1
BLOK 7 ODPOWIEDZI
Projekt jest współfinansowany z Europejskiego Funduszu Społecznego
w ramach programu operacyjnego KAPITAŁ LUDZKI
Odpowiedzi do zestawu zada
ń
do samodzielnego rozwi
ą
zania:
1. Energia potencjalna pojedynczej cegły le
żą
cego na stole wynosi
mga
E
2
1
pot
=
, (gdzie
a
–
jest wysoko
ś
ci
ą
klocka), poniewa
ż
energi
ę
potencjaln
ą
ciała znajduj
ą
cego si
ę
w pobli
ż
u
powierzchni Ziemi obliczamy jako iloczyn warto
ś
ci przyspieszenie grawitacyjnego,
g
, masy
ciała,
m
oraz wysoko
ś
ci powy
ż
ej poziomu Ziemi, na której znajduje si
ę
ś
rodek masy ciała.
Ś
rodek masy cegły znajduje si
ę
na poziomie połowy wysoko
ś
ci cegły.
Poniewa
ż
cegły zarówno w sytuacji pocz
ą
tkowej, jak i w sytuacji ko
ń
cowej spoczywaj
ą
, to
praca wykonana na uło
ż
enie kolumny cegieł jest równa przyrostowi energii potencjalnej cegieł
w polu grawitacyjnym Ziemi.
I sposób:
7
6
5
4
3
2
1
p
Ep
Ep
Ep
Ep
Ep
Ep
Ep
E
W
∆
+
∆
+
∆
+
∆
+
∆
+
∆
+
∆
=
∆
=
0
Ep
1
=
∆
, bo cegła pozostaje na powierzchni Ziemi,
mga
mga
mga
Ep
2
1
2
3
2
=
−
=
∆
mga
2
mga
mga
Ep
Ep
2
1
2
5
4
3
=
−
=
∆
=
∆
mga
3
mga
mga
Ep
2
1
2
7
5
=
−
=
∆
mga
4
mgx
mga
Ep
2
1
2
9
6
=
−
=
∆
mga
5
mga
mga
Ep
2
1
2
11
7
=
−
=
∆
Razem:
mga
17
W
=
II sposób:
mga
17
)
(
mga
)
7
2
(
mga
Ep
Ep
E
W
2
7
41
2
1
2
11
2
9
2
7
2
5
2
3
2
1
poczatku
na
ukl
koncu
na
ukl
p
=
⋅
=
=
⋅
−
+
+
+
⋅
+
+
⋅
=
−
=
∆
=
−
2. Ciało umieszczone jest na sztywnym i niewa
ż
kim pr
ę
cie, co czyni pewn
ą
subteln
ą
ró
ż
nic
ę
w
stosunku do podobnych zada
ń
, wcze
ś
niej przerabianych na zaj
ę
ciach. Aby ciało wykonało
jeden pełen obrót musi by
ć
spełniony tylko jeden warunek: nale
ż
y przekaza
ć
mu
wystarczaj
ą
co du
ż
o energii, aby wzniosło si
ę
ono na szczyt p
ę
tli, po której b
ę
dzie si
ę
porusza
ć
. Nie musimy ju
ż
dba
ć
, jak w innych przypadkach (ciało na sznurku lub diabelska
p
ę
tla), aby spełniony został tak
ż
e warunek
|
F
|
|
F
|
c
odśd
r
r
≥
. W przypadku pr
ę
ta, to siły jego
sztywno
ś
ci zapewniaj
ą
,
ż
e je
ś
li tylko ciało osi
ą
gnie punkt maksymalny toru, to ju
ż
na pewno
nie spadnie pionowo w dół.
Z zasady zachowania energii:
0
E
E
p
k
=
∆
+
∆
oraz
2
mv
2
mv
0
E
2
2
k
−
=
−
=
∆
, a
L
2
mg
0
mgh
E
p
⋅
=
−
=
∆
(podczas wznoszenia si
ę
ciała energia kinetyczna maleje do zera,
energia potencjalna ro
ś
nie).
St
ą
d:
gL
2
v
=
Je
ż
eli ciało uzyska wi
ę
ksz
ą
ni
ż
powy
ż
sza szybko
ść
pocz
ą
tkow
ą
, to po osi
ą
gni
ę
ciu
maksymalnej wysoko
ś
ci jego energia kinetyczna zmaleje do zera. Mo
ż
na by zada
ć
jeszcze
jedno pytanie: czy w takim razie pr
ę
t zatrzyma si
ę
w pozycji pionowej w tym najwy
ż
szym
poło
ż
eniu? Otó
ż
, nie! Minie to poło
ż
enie zgodnie z zasad
ą
bezwładno
ś
ci (inercji), a gdy ju
ż
minie, powrotem zacznie nabiera
ć
szybko
ś
ci, poniewa
ż
zacznie porusza
ć
si
ę
w dół.
Blok 7:
Zasada zachowania energii mechanicznej.
Zderzenia
2
BLOK 7 ODPOWIEDZI
Projekt jest współfinansowany z Europejskiego Funduszu Społecznego
w ramach programu operacyjnego KAPITAŁ LUDZKI
3.
2
2
2
2
k
t
2
mg
2
)
gt
(
m
2
mv
E
=
=
=
, a wykresem takiej zale
ż
no
ś
ci jest parabola „u
ś
miechni
ę
ta”.
Odp. C
4. Zderzenia niespr
ęż
yste: obowi
ą
zuje jedynie zasada zachowania p
ę
du (ZZP) dla układu. Nie
obowi
ą
zuje zasada zachowania energii mechanicznej.
ZZP:
v
)
m
m
(
v
m
v
m
2
1
2
2
1
1
r
r
r
+
=
+
Kulki poruszaj
ą
si
ę
naprzeciw siebie, o
ś
OX wybieramy
np. tak jak na rysunku:
OX:
⇒
+
=
−
v
)
m
m
(
v
m
v
m
2
1
2
2
1
1
, gdzie zało
ż
yli
ś
my,
ż
e
po zderzeniu ciała poruszaj
ą
si
ę
zgodnie ze zwrotem osi
OX. Je
ś
li zało
ż
enie jest bł
ę
dne, wynik b
ę
dzie ujemny.
2
1
2
2
1
1
m
m
v
m
v
m
v
+
−
=
, czyli
s
m
s
m
s
m
5
kg
2
kg
1
10
kg
2
5
kg
1
v
−
=
+
⋅
−
⋅
=
. Warto
ść
ta jest ujemna, zatem
pr
ę
dko
ść
v
r
zwrócona jest przeciwnie do zwrotu osi OX.
Ilo
ść
energii cieplnej:
J
v
m
v
m
v
m
m
Q
E
k
75
2
2
2
)
(
2
2
2
2
1
1
2
2
1
−
=
+
−
+
=
=
∆
5. Zderzenia spr
ęż
yste: obowi
ą
zuje zarówno zasada zachowania p
ę
du (ZZP) dla układu oraz
zasada zachowania energii mechanicznej (ZZEM).
ZZP:
4
2
3
1
2
2
1
1
v
m
v
m
v
m
v
m
r
r
r
r
+
=
+
ZZEM:
2
v
m
2
v
m
2
v
m
2
v
m
2
4
2
2
3
1
2
2
2
2
1
1
+
=
+
O
ś
OX wybieramy np. tak, jak na rysunku:
OX:
4
2
1
1
1
1
v
m
v
m
0
v
m
+
=
+
, mo
ż
emy
bowiem przewidzie
ć
,
ż
e po zderzeniu tym
przynajmniej kulka (2) b
ę
dzie si
ę
porusza
ć
zgodnie ze zwrotem wybranej osi OX.
Wa
ż
ne: Nie jeste
ś
my pewni, w któr
ą
stron
ę
b
ę
dzie porusza
ć
si
ę
kulka (1), ale poniewa
ż
ze
wszystkich wektorów wyst
ę
puj
ą
cych z ZZP tylko ten jeden nie jest okre
ś
lony co do zwrotu, to
mo
ż
emy wst
ę
pnie zało
ż
y
ć
,
ż
e i on jest zgodny ze zwrotem osi OX. Je
ś
li zało
ż
enie jest bł
ę
dne,
wynik b
ę
dzie ujemny.
2
v
m
2
v
m
0
2
v
m
2
4
2
2
3
1
2
1
1
+
=
+
W obu równaniach gromadzimy po jednej stronie wyrazy zawieraj
ą
ce
1
m
, a po drugiej stronie –
wyrazy zawieraj
ą
ce
2
m
:
4
2
3
1
1
1
v
m
v
m
v
m
=
−
2
4
2
2
3
1
2
1
1
v
m
v
m
v
m
=
−
, gdzie dodatkowo to równanie pomno
ż
yli
ś
my przez 2
Otrzymali
ś
my układ równa
ń
: liniowego i kwadratowego. Mo
ż
emy go rozwi
ą
za
ć
metod
ą
podstawienia (
ż
mudne) lub zastosowa
ć
pewien trik: podzieli
ć
równania stronami. Ostatecznie
otrzymujemy:
4
3
1
v
v
v
=
+
4
2
3
1
1
1
v
m
v
m
v
m
=
−
(równanie I)
3
BLOK 7 ODPOWIEDZI
Projekt jest współfinansowany z Europejskiego Funduszu Społecznego
w ramach programu operacyjnego KAPITAŁ LUDZKI
2
1
1
1
4
m
m
m
v
2
v
+
=
oraz
2
1
2
1
1
3
m
m
)
m
m
(
v
v
+
−
=
Czyli:
s
m
s
m
4
8
,
0
kg
3
,
0
kg
2
,
0
kg
2
,
0
2
2
v
=
+
⋅
⋅
=
i
s
cm
s
m
3
4
,
0
kg
3
,
0
kg
2
,
0
)
kg
3
,
0
kg
2
,
0
(
2
v
−
=
+
−
=
.
Kula pierwotnie spoczywaj
ą
ca, zacznie porusza
ć
si
ę
w prawo, a kula pierwotnie poruszaj
ą
ca si
ę
w prawo, odbije si
ę
i zacznie porusza
ć
si
ę
w lewo.
6. Uwaga: zmieniono oznaczenia: szybko
ść
wyrzucanej kuli wzgl
ę
dem łodzi oznaczono jako
v
∆
, natomiast jako
3
2
1
v
,
v
,
v
r
r
r
- pr
ę
dko
ś
ci łodzi wzgl
ę
dem ziemi w kolejnych sytuacjach, a
3
K
2
K
1
K
v
,
v
,
v
r
r
r
- pr
ę
dko
ś
ci kul wzgl
ę
dem ziemi w kolejnych sytuacjach.
To zadanie ma dwa rozwi
ą
zania w zale
ż
no
ś
ci od przyj
ę
tego modelu:
Przyj
ę
to model I: pr
ę
dko
ść
wzgl
ę
dna wyrzucanej kuli wzgl
ę
dem łodzi jest pr
ę
dko
ś
ci
ą
obliczan
ą
tu
ż
po wyrzuceniu.
Przypadek I: m
ęż
czyzna rzuca kule po kolei, pomijamy wszelkie opory ruchu.
Podczas wyrzutu pierwszej kuli, druga kula pozostaje wewn
ą
trz łodzi.
ZZP:
1
K
1
2
1
v
m
v
)
m
m
m
(
0
r
r
+
+
+
=
(p
ę
d pocz
ą
tkowy układu jest równy zero), zatem, je
ś
li
wybior
ę
o
ś
OX o zwrocie zgodnym ze zwrotem pr
ę
dko
ś
ci łódki po wyrzuceniu pierwszej kuli,
to:
0
mv
v
)
m
m
m
(
1
K
1
2
1
=
−
+
+
1
K
1
2
1
mv
v
)
m
m
m
(
=
+
+
⇒
Ale z wzgl
ę
dno
ś
ci ruchu:
1
1
K
v
v
v
−
∆
=
)
m
2
m
m
(
v
v
m
2
1
1
+
+
=
∆
⇒
1
2
1
v
m
2
m
m
v
m
=
+
+
∆
⇒
(*)
Nast
ę
pnie człowiek wyrzuca drug
ą
kul
ę
(w t
ę
sam
ą
stron
ę
), ale trzeba pami
ę
ta
ć
,
ż
e tym
razem p
ę
d pocz
ą
tkowy układu (człowiek, jedna kula, łód
ź
) nie jest równy zeru, poniewa
ż
układ
ten porusza si
ę
ju
ż
na skutek odrzutu powstałego podczas wyrzucania pierwszej kuli.
2
K
2
2
1
1
2
1
v
m
v
)
m
m
(
v
)
m
m
m
(
r
r
r
+
+
=
+
+
2
K
2
2
1
1
2
1
mv
v
)
m
m
(
v
)
m
m
m
(
−
+
=
+
+
Ale ponownie z wzgl
ę
dno
ś
ci ruchu:
2
2
K
v
v
v
−
∆
=
, zatem:
v
m
v
)
m
m
m
(
v
)
m
m
m
(
2
2
1
1
2
1
∆
−
+
+
=
+
+
i do tego równania zamiast
1
v
wstawiam lew
ą
cz
ęść
z równania (*):
v
m
v
)
m
m
m
(
m
2
m
m
v
m
)
m
m
m
(
2
2
1
2
1
2
1
∆
−
+
+
=
+
+
∆
+
+
; dziel
ę
obustronnie przez:
)
m
m
m
(
2
1
+
+
i otrzymuję:
2
2
1
2
1
v
m
m
m
v
m
m
2
m
m
v
m
=
+
+
∆
+
+
+
∆
, czyli
s
m
54
,
0
)
m
2
m
m
)(
m
m
m
(
m
3
m
2
m
2
v
m
v
2
1
2
1
2
1
2
=
+
+
+
+
+
+
∆
=
Przypadek II: m
ęż
czyzna rzuca kule naraz, pomijamy wszelkie opory ruchu.
Podczas wyrzutu kul:
ZZP:
3
K
3
2
1
v
m
2
v
)
m
m
(
0
r
r
+
+
=
(p
ę
d pocz
ą
tkowy układu jest równy zero), zatem, je
ś
li
wybior
ę
o
ś
OX o zwrocie zgodnym ze zwrotem pr
ę
dko
ś
ci łódki po wyrzuceniu pierwszej kuli,
to:
0
mv
2
v
)
m
m
(
3
K
3
2
1
=
−
+
i ponownie z wzgl
ę
dno
ś
ci ruchu:
3
3
K
v
v
v
−
∆
=
, zatem
v
m
2
v
)
m
2
m
m
(
3
2
1
∆
=
+
+
3
2
1
v
m
2
m
m
v
m
2
=
+
+
∆
⇒
s
m
55
,
0
v
3
=
⇒
.
4
BLOK 7 ODPOWIEDZI
Projekt jest współfinansowany z Europejskiego Funduszu Społecznego
w ramach programu operacyjnego KAPITAŁ LUDZKI
Przyj
ę
to model II: pr
ę
dko
ść
wzgl
ę
dna wyrzucanej kuli wzgl
ę
dem łodzi jest pr
ę
dko
ś
ci
ą
obliczan
ą
tu
ż
przed wyrzuceniu.
Przypadek I: m
ęż
czyzna rzuca kule po kolei, pomijamy wszelkie opory ruchu.
Podczas wyrzutu pierwszej kuli, druga kula pozostaje wewn
ą
trz łodzi.
ZZP:
1
K
1
2
1
v
m
v
)
m
m
m
(
0
r
r
+
+
+
=
(p
ę
d pocz
ą
tkowy układu jest równy zero), zatem, je
ś
li
wybior
ę
o
ś
OX o zwrocie zgodnym ze zwrotem pr
ę
dko
ś
ci łódki po wyrzuceniu pierwszej kuli,
to:
0
mv
v
)
m
m
m
(
1
K
1
2
1
=
−
+
+
1
K
1
2
1
mv
v
)
m
m
m
(
=
+
+
⇒
Ale z wzgl
ę
dno
ś
ci ruchu:
v
v
1
K
∆
=
)
m
m
m
(
v
v
m
2
1
1
+
+
=
∆
⇒
1
2
1
v
m
m
m
v
m
=
+
+
∆
⇒
(*)
Nast
ę
pnie człowiek wyrzuca drug
ą
kul
ę
(w t
ę
sam
ą
stron
ę
), ale trzeba pami
ę
ta
ć
,
ż
e tym
razem p
ę
d pocz
ą
tkowy układu (człowiek, jedna kula, łód
ź
) nie jest równy zeru, poniewa
ż
układ
ten porusza si
ę
ju
ż
na skutek odrzutu powstałego podczas wyrzucania pierwszej kuli.
2
K
2
2
1
1
2
1
v
m
v
)
m
m
(
v
)
m
m
m
(
r
r
r
+
+
=
+
+
2
K
2
2
1
1
2
1
mv
v
)
m
m
(
v
)
m
m
m
(
−
+
=
+
+
Ale ponownie z wzgl
ę
dno
ś
ci ruchu:
1
2
K
v
v
v
−
∆
=
, zatem:
1
2
2
1
1
2
1
mv
v
m
v
)
m
m
(
v
)
m
m
m
(
+
∆
−
+
=
+
+
i najpierw odejmuj
ę
obustronnie
1
v
m
∆
, a
nast
ę
pnie do tego równania zamiast
1
v
wstawiam lew
ą
cz
ęść
z równania (*):
v
m
v
)
m
m
(
m
m
m
v
m
)
m
m
(
2
2
1
2
1
2
1
∆
−
+
=
+
+
∆
+
; dziel
ę
obustronnie przez:
)
m
m
(
2
1
+
i
otrzymuję:
2
2
1
2
1
v
m
m
v
m
m
m
m
v
m
=
+
∆
+
+
+
∆
, czyli
s
m
57
,
0
)
m
m
)(
m
m
m
(
m
m
2
m
2
v
m
v
2
1
2
1
2
1
2
=
+
+
+
+
+
∆
=
Przypadek II: m
ęż
czyzna rzuca kule naraz, pomijamy wszelkie opory ruchu.
Podczas wyrzutu kul:
ZZP:
3
K
3
2
1
v
m
2
v
)
m
m
(
0
r
r
+
+
=
(p
ę
d pocz
ą
tkowy układu jest równy zero), zatem, je
ś
li
wybior
ę
o
ś
OX o zwrocie zgodnym ze zwrotem pr
ę
dko
ś
ci łódki po wyrzuceniu pierwszej kuli,
to:
0
mv
2
v
)
m
m
(
3
K
3
2
1
=
−
+
i ponownie z wzgl
ę
dno
ś
ci ruchu:
v
v
3
K
∆
=
, zatem
v
m
2
v
)
m
m
(
3
2
1
∆
=
+
3
2
1
v
m
m
v
m
2
=
+
∆
⇒
s
m
59
,
0
v
3
=
⇒
.