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

=

⇒

.