Prawo Archimedesa

Odpowiedź: A.

$$F_w=1000\cdot10\cdot0{,}001=10\,\mathrm{N}$$

Odpowiedź: $10\,\mathrm{N}$.

1. $p=\rho gh=1000\cdot10\cdot20=200\,000$ Pa $=2\cdot10^5$ Pa.

Odpowiedź: $p=2\cdot10^5$ Pa

$V_z=1000\,\mathrm{cm}^3=0{,}001\,\mathrm{m}^3$; $$F_w=1000\cdot10\cdot0{,}001=10\,\mathrm{N}$$

Odpowiedź: $10\,\mathrm{N}$.

1. $F_w=\rho gV=1000\cdot10\cdot0{,}002=20$ N.

Odpowiedź: $F_w=20$ N

Odpowiedź: A.

1. Ruch jednostajny $\Rightarrow$ wypadkowa sił jest zerowa.
2. Siła oporu równoważy siłę grawitacji, więc jest jej równa co do wartości.

Odpowiedź: B

Dlaczego nie pozostałe? Stała prędkość oznacza brak przyśpieszenia, a więc zerową siłę wypadkową.

Skoro pływa, siła wyporu równoważy ciężar: $$F_w=m g=3\cdot10=30\,\mathrm{N}$$

Odpowiedź: $30\,\mathrm{N}$.

1. 1. Wartość siły oporu rośnie wraz z prędkością — prawda.
2. 2. Przyśpieszenie kulki rośnie — fałsz, maleje do zera.
3. 3. Przy prędkości granicznej suma sił jest zerowa — prawda.

Odpowiedź: PFP

1. $[A]=\dfrac{[F]}{[R][v]}=\dfrac{\text{kg}\cdot\text{m}\cdot\text{s}^{-2}}{\text{m}\cdot\text{m}\cdot\text{s}^{-1}}$.
2. $[A]=\text{kg}\cdot\text{m}^{-1}\cdot\text{s}^{-1}=\dfrac{\text{kg}}{\text{m}\cdot\text{s}}$.

Odpowiedź: $\tfrac{\text{kg}}{\text{m}\cdot\text{s}}$

1. $mg=bv_{max}^2 \Rightarrow v_{max}=\sqrt{\dfrac{mg}{b}}$.
2. $v_{max}=\sqrt{\dfrac{800}{0{,}32}}=\sqrt{2500}=50\,\tfrac{\text{m}}{\text{s}}$.

Odpowiedź: $v_{max}=50\,\tfrac{\text{m}}{\text{s}}$

1. Pływanie: $mg=F_w \Rightarrow \rho_kVg=\rho_wV_zg$.
2. $\dfrac{V_z}{V}=\dfrac{\rho_k}{\rho_w}=\dfrac{600}{1000}=0{,}6$, czyli $60\%$.

Odpowiedź: $60\%$

1. $v_{max}=\dfrac{4\pi R^2g(\rho_k-\rho_c)}{3A}$ (wyprowadzenie jak w przykładzie).
2. $v_{max}=\dfrac{4\pi\cdot(2\cdot10^{-3})^2\cdot10\cdot1800}{3\cdot0{,}12}$.
3. $v_{max}=\dfrac{4\pi\cdot4\cdot10^{-6}\cdot18000}{0{,}36}\approx2{,}51\,\tfrac{\text{m}}{\text{s}}$.

Odpowiedź: $v_{max}\approx2{,}5\,\tfrac{\text{m}}{\text{s}}$

1. $F_g=mg=20$ N, $F_w=\rho_wgV=10$ N.
2. $F_{wyp}=20-10=10$ N w dół.
3. $a=\dfrac{10}{2}=5\,\tfrac{\text{m}}{\text{s}^2}$ — ciało tonie.

Odpowiedź: $a=5\,\tfrac{\text{m}}{\text{s}^2}$, zwrot w dół

1. Ruch jednostajny: $mg=k\rho_pSv^2$.
2. $m=\rho_wV=\rho_w\tfrac43\pi R^3$, $S=\pi R^2$.
3. $\rho_w\tfrac43\pi R^3g=k\rho_p\pi R^2v^2 \Rightarrow v^2=\dfrac{4R\rho_wg}{3k\rho_p}$.
4. $v=\sqrt{\dfrac{4R\rho_wg}{3k\rho_p}}$.

Odpowiedź: $v=\sqrt{\dfrac{4R\rho_wg}{3k\rho_p}}$

Wskazówka: Sprawdź wynik jakościowo: większa kropla spada szybciej — i rzeczywiście $v\propto\sqrt{R}$.

Oba ciała są w równowadze, więc dla każdego siła grawitacji równoważy siłę wyporu.

$\mathcal{C}_{1}$: $\vec{F}_{g1}$ ma tę samą długość co dana $\vec{F}_{w1}$, jest skierowana pionowo w dół (a $\vec{F}_{w1}$ w górę).

$\mathcal{C}_{2}$: ponieważ ciało jest całkowicie zanurzone, $\vec{F}_{w2}$ odpowiada wyporowi całej objętości i jest większa od $\vec{F}_{w1}$; siła $\vec{F}_{g2}=\vec{F}_{w2}$ (równowaga), skierowana w dół, a $\vec{F}_{w2}$ w górę — obie dłuższe od $\vec{F}_{w1}$ (o $\tfrac{4}{3}$).

Z pływania w wodzie ($\tfrac{3}{4}$ zanurzenia): $\rho_{\mathcal{C}_{1}}=\dfrac{3}{4}\rho_{w}=0,75$ g/cm$^{3}$.

Z pływania w cieczy X ($\tfrac{2}{3}$ zanurzenia): $\rho_{\mathcal{C}_{1}}=\dfrac{2}{3}\rho_{X}$, stąd $\rho_{X}=\dfrac{3}{2}\rho_{\mathcal{C}_{1}}=\dfrac{3}{2}\cdot 0,75=1,125$ g/cm$^{3}\approx 1,1$ g/cm$^{3}$.

Rozwiązanie

W miarę wzrostu prędkości rośnie $F_o=ARv$, więc siła wypadkowa $F_g-F_w-F_o$ maleje — przyśpieszenie się zmniejsza, ponieważ siła oporu się zwiększa.

Odpowiedź: B oraz 1.

Rozwiązanie

$A=\dfrac{F_o}{Rv}$, więc $[A]=\dfrac{\text{N}}{\text{m}\cdot\tfrac{\text{m}}{\text{s}}}=\dfrac{\text{kg}\cdot\text{m}\cdot\text{s}^{-2}}{\text{m}^2\cdot\text{s}^{-1}}=\text{kg}\cdot\text{m}^{-1}\cdot\text{s}^{-1}=\dfrac{\text{kg}}{\text{m}\cdot\text{s}}$.

Rozwiązanie

1. Ruch jednostajny: $F_g=F_w+F_o$, gdzie $F_g=\rho_k V g$, $F_w=\rho_c V g$, $F_o=AR\,v_{max}$, $V=\tfrac43\pi R^3$.
2. $AR\,v_{max}=(\rho_k-\rho_c)\tfrac43\pi R^3 g\Rightarrow v_{max}=\dfrac{4\pi g R^2(\rho_k-\rho_c)}{3A}$.

Rozwiązanie

1. b) Dla $m_x=0$ objętość $V_z=B$ — punkt przecięcia prostej z osią $V_z$: $B\approx150\ \text{cm}^3$.
2. c) $A$ = nachylenie prostej: $A=\dfrac{\Delta V_z}{\Delta m_x}\approx\dfrac{610-210}{400-50}\approx1{,}2\ \tfrac{\text{cm}^3}{\text{g}}$.

Rozwiązanie

1. a) Wypór = ciężar: $\rho\, V_z\, g=(m_p+m_x)g\Rightarrow \rho V_z=m_p+m_x$.
2. b) $V_z=\dfrac{1}{\rho}m_x+\dfrac{m_p}{\rho}$; porównując z $V_z=A m_x+B$: $A=\dfrac{1}{\rho}$, $B=\dfrac{m_p}{\rho}$.
3. c) $\rho=\dfrac{1}{A}=\dfrac{1}{1{,}2}\approx0{,}83\ \tfrac{\text{g}}{\text{cm}^3}$.

Rozwiązanie

• Ciężar tratwy $\vec P$ jest taki sam na obu rysunkach (masa tratwy się nie zmienia).
• Rys.1 (pływa swobodnie): $\vec F=\vec P$ (wypór równy ciężarowi).
• Rys.2 (z ładunkiem): tratwa zanurza się głębiej, więc $\vec F$ jest większe; zachodzi $F=P+Q$, czyli $\vec F$ na rys.2 jest dłuższe niż na rys.1.

Rozwiązanie

1. Objętość $10$ pni: $V=10\cdot(0{,}07\text{ m}^2\cdot2\text{ m})=1{,}4\ \text{m}^3$.
2. Zanurzone $75\%$: $V_{zan}=0{,}75\cdot1{,}4=1{,}05\ \text{m}^3$.
3. Warunek pływania: $\rho_w V_{zan}=m_{tratwy}+m_{\text{ład}}$, gdzie $m_{tratwy}=\rho_d V=600\cdot1{,}4=840$ kg, a $\rho_w V_{zan}=1000\cdot1{,}05=1050$ kg.
4. $m_{\text{ład}}=1050-840=210$ kg.

Odpowiedź: maksymalnie $210$ kg.

Rozwiązanie

1. Warunek pływania: $\rho_{lodu}Vg=\rho_{wody}V_{zan}g\Rightarrow \dfrac{V_{zan}}{V}=\dfrac{\rho_{lodu}}{\rho_{wody}}=\dfrac{900}{1040}$.
2. Część wystająca: $1-\dfrac{900}{1040}=\dfrac{140}{1040}\approx0{,}135$.

Odpowiedź: ponad wodę wystaje ok. $13{,}5\%$ objętości góry.