Lista 1 z rozwiązaniami

Autorzy rozwiązań zadań:

Zad.22 – 41 dr J.Bożym

Zad. 42 – 59 dr S. Gładysz

Prędkość średnia

22. Rowerzyści w czasie wycieczki rejestrowali swoją prędkość.
a) Rowerzysta A godzinę jechał z prędkością v

1

= 25 km/h podczas drugiej na skutek zmęczenia jechał

z prędkością v

2

= 15 km/h.

b) Rowerzysta B pierwsze 20 km jechał z prędkością v

1

= 25 km/h a kolejne 20 km z prędkością

v

2

= 15 km/h.

c) Rowerzysta C godzinę jechał z prędkością v

1

= 25 km/h a następne 20 km z prędkością

v

2

= 15 km/h.

Oblicz prędkości średnie rowerzystów.

Rozwiązanie:

23. Biegacz przebiegł połowę trasy z prędkością

h

km

18

v

1

=

, a drugą połowę z inną prędkością v

2

.

Gdyby biegł cały czas ze stałą prędkością

h

km

12

v

=

, to czas potrzebny na przebycie całej trasy nie

zmieniłby się. Oblicz wartość prędkości v

2

.

Rozwiązanie:

24. Indianin Sokole Oko przejechał na koniu odległość S dzielącą jego wigwam od źródła wody pitnej
z prędkością V = 10 km/h. Z jaką prędkością powinien wrócić do obozu, aby jego prędkość średnia
była równa: a) V/3; b) 2V? Odpowiedź do części b) zadania w Internecie pod adresem

http://www.videosift.pl/story.php?id=12430

Rozwiązanie:

Względność ruchu

25. Rybak płynie łódką w górę rzeki. Przepływając pod mostem gubi zapasowe wiosło, które wpada
do wody. Po godzinie rybak spostrzega brak wiosła. Wraca z powrotem i dogania wiosło w odległości
6 km poniżej mostu. Jaka jest prędkość rzeki, jeśli rybak poruszając się zarówno w górę, jak i w dół
rzeki wiosłuje jednakowo?

Rozwiązanie:

26. Po rzece płynie łódka ze stałą względem wody prędkością u, prostopadłą do kierunku prądu. Woda
w rzece płynie wszędzie równolegle do brzegów, ale wartość jej prędkości V zależy od odległości y od
brzegu i dana jest wzorem: V = v

o

sin(

π

y/L), gdzie v

o

jest stałą, a L szerokością rzeki. Znaleźć wektor

prędkości łódki względem brzegu.

Rozwiązanie:

27. Prędkość łódki względem wody wynosi v. Jak należy skierować łódź, aby przepłynąć rzekę w
kierunku prostopadłym do brzegu? Woda w rzece płynie z prędkością u.

Rozwiązanie:

28. Dwa samochody poruszają się po dwóch prostoliniowych i wzajemnie prostopadłych drogach w
kierunku ich przecięcia ze stałymi szybkościami v

1

= 50 km/h i v

2

= 100 km/h. Przed rozpoczęciem

ruchu pierwszy samochód znajdował się w odległości s

1

=100km od skrzyżowania dróg, a drugi w

odległości s

2

= 50km. od ich przecięcia. Po jakim czasie od chwili rozpoczęcia ruchu odległość między

samochodami będzie najmniejsza?

Rozwiązanie:

29. Krople deszczu spadają na ziemię z chmury znajdującej się na wysokości 1700 m. Oblicz, jaką
wartość prędkości (w km/h ) miałyby te krople w chwili upadku na ziemię, gdyby ich ruch nie był
spowalniany w wyniku oporu powietrza.

Rozwiązanie:

30. Dwóch pływaków A i B skacze jednocześnie do rzeki, w której woda płynie z prędkością v.
Prędkość c (c > v) każdego pływaka względem wody jest taka sama. Pływak A przepływa z prądem
odległość L i zawraca do punktu startu. Pływak B płynie prostopadle do brzegów rzeki (pomimo
znoszącego go prądu) i oddala się na odległość L, po czym zawraca do punktu startu. Który z nich
wróci pierwszy?

Rozwiązanie:

Ruch prostoliniowy jednostajnie przyspieszony

31. Cząstka rozpoczyna ruch przyspieszony z zerową prędkością
początkową. Zależność przyspieszenia od czasu przedstawia wykres.
Wyznaczyć: (a) prędkość cząstki w chwilach t

1

= 10 s i t

2

= 20 s; (b)

ś

rednią prędkość w czasie od t

1

do t

2

; (c) drogę przebytą przez nią po

czasie t

2

.

Rozwiązanie:

32. Oblicz prędkość jaką uzyskasz poruszając się przez 1 rok prostoliniowo z przyspieszeniem
ziemskim g = 9,81m/s

2

.

Rozwiązanie:

33. Ciało swobodnie spadające pokonuje połowę drogi w ciągu ostatniej sekundy ruchu. Z jakiej
wysokości spada to ciało?

Rozwiązanie:

34. Motocyklista rusza ze stałym przyspieszeniem a = 0.5 m/s

2

. Po 0,6 min od chwili rozpoczęcia

ruchu zatrzymuje go policjant. Czy motocyklista będzie płacił mandat z powodu przekroczenia
dozwolonej prędkości 60 km/h?

Rozwiązanie:

35. Aby móc oderwać się od ziemi samolot musi osiągnąć prędkość

s

m

100

v

=

. Znaleźć czas

rozbiegu i przyspieszenie samolotu, jeżeli długość rozbiegu wynosi d = 600m. Założyć, że ruch
samolotu jest jednostajnie zmienny.

Rozwiązanie:

36. Samochód jadący z prędkością

h

km

36

v

0

=

w pewnej chwili zaczął hamować i zatrzymał się po

upływie

s

2

=

t

. Zakładając, że ruch samochodu był jednostajnie zmienny, wyznacz jego

przyspieszenie a oraz drogę s, jaką przebył podczas hamowania.

Rozwiązanie:

37. W chwili, gdy zapala się zielone światło, samochód osobowy rusza z miejsca ze stałym
przyspieszeniem a równym 2,2 m/s

2

. W tej samej chwili wyprzedza go ciężarówka, jadąca ze stałą

prędkością 9,5 m/s. (a) W jakiej odległości od sygnalizatora samochód osobowy dogoni ciężarówkę?
(b) Ile wynosić będzie wówczas jego prędkość?

Rozwiązanie:

38. Wysokość szybu windy w hotelu Marriott Marquis w Nowym Jorku wynosi 190 m. Maksymalna
prędkość kabiny jest równa 305 m/min. Przyspieszenie windy w obu kierunkach jazdy ma wartość
1,22 m/s

2

. (a) Na jakiej drodze ruszający z miejsca wagonik osiąga maksymalną prędkość jazdy? (b)

Jak długo trwa pełny, 190-metrowy przejazd wagonika bez zatrzymania po drodze, licząc od chwili
zatrzymania na dole do chwili zatrzymania na górze?

Rozwiązanie:

39. W biegu na 100 metrów Ben Johnson i Carl Lewis przecinają linię mety na ostatnim wydechu
równocześnie w czasie 10,2 s (bo wiatr wiał im w oczy). Przyspieszając jednostajnie, Ben potrzebuje 2
s, a Carl 3 s, aby osiągnąć maksymalne prędkości, które nie zmieniają się do końca biegu. (a) Jakie są
maksymalne prędkości oraz przyspieszenia obu sprinterów? (b) Jaka jest ich maksymalna prędkość
względna? (c) Który z nich prowadzi w 6. sekundzie biegu?

Rozwiązanie:

40. Wykres (patrz obok) przedstawia zależność prędkości samochodu od
czasu. Ile wynosiła jego średnia prędkość po 2.5 h.

Rozwiązanie:

[

]

km/h

v

90

[h]

t

2

1

2.5

60
30

41. Wykres (patrz obok) przedstawia zależność od czasu prędkości biegacza
po tzw. „falstarcie”. Jaką drogę przebiegł on w ciągu t s?

Rozwiązanie:

Rzuty

42. Ciało znajdujące się na wysokości h nad powierzchnią ziemi rzucono pionowo do góry z
prędkością v

0

= 5 m/s. Prędkość końcowa ciała (tuż przed upadkiem) wyniosła |v

k

| = 5v

0

. Wyznaczyć

h. Na jaką maksymalną wysokość H nad powierzchnię ziemi wzniosło się ciało? Ile czasu t

c

trwał ruch

ciała?

Rozwiązanie:

43. Ciało rzucono pionowo w dół z wysokości H, nadając mu prędkość początkową v

0

= 5m/s. Ciało

uderzyło o ziemię z prędkością v

k

= 35 m/s. Z jakiej wysokości H zostało rzucone? Ile sekund trwał

ruch ciała? Jaką prędkość v

1

miało to ciało w chwili, gdy przebyło drogę s

1

= H/6?

Rozwiązanie:

44. Kamień rzucono pionowo do góry. Mija on punkt A z prędkością v, a punkt B, leżący 3m wyżej
niż punkt A z prędkością 1/2 v. Oblicz: (a) prędkość v; (b) maksymalną wysokość wzniesienia się
kamienia ponad punkt B

Rozwiązanie:

45. Ciało spada swobodnie na ziemię z wysokości H. Na jakiej wysokości prędkość tego ciała będzie n
razy mniejsza od jego prędkości końcowej? Obliczenia numeryczne wykonaj dla H=27 m i n=3.

Rozwiązanie:

46. Układający się do drzemki kot spostrzega doniczkę przelatującą za oknem, najpierw w górę potem
w dół. Łączny czas, w jakim kot ma doniczkę w polu widzenia wynosi 0,5 s, a wysokość okna, przez
które ją obserwuje jest równa 2 m. Jak wysoko nad górną framugę okna wzniosła się doniczka?

Rozwiązanie:

47. W rzucie poziomym prędkość końcowa ciała jest n = 3 razy większa od prędkości początkowej.
Prędkość początkowa ciała wynosi

s

m

8

,

9

v

0

=

. Obliczyć wysokość początkową rzutu. Przyspieszenie

ziemskie

2

s

m

8

,

9

=

g

.

Rozwiązanie:

m

v

s

 

 

 

10

[s]

t

2

1

2.5

48. Kula pistoletowa wystrzelona poziomo przebiła dwie pionowo ustawione kartki papieru,
umieszczone w odległościach

m

20

1

=

l

i

m

30

2

=

l

od pistoletu. Różnica wysokości na jakich znajdują

się otwory w kartkach wynosi h = 5 cm. Oblicz prędkość początkową kuli. Przyspieszenie ziemskie

Rozwiązanie:

49. Z wieży o wysokości H=10 m wystrzelono z prędkością v = 100m/s pod kątem

α

= 30

o

pocisk. Z

jaką prędkością uderzył pocisk o ziemię? Jaki kąt tworzył tor pocisku z płaszczyzną ziemi? Napisz
równanie toru pocisku. Oblicz zasięg maksymalny.

Rozwiązanie:

50. Lotnik, który leci na wysokości h w kierunku poziomym z prędkością v

x

, puszcza ładunek, który

ma upaść na ziemię w punkcie A. Pod jakim kątem lotnik powinien widzieć cel w chwili puszczania
ładunku, aby ten spadł w punkcie A? Za kąt widzenia celu przyjmij kąt pomiędzy kierunkiem
poziomym a linią łączącą samolot z celem.

Rozwiązanie:

51. Karabin jest wycelowany w tarczę, odległą od niego o s m. Kula trafia w tarczę d m poniżej
punktu, w który celowano. Wyznaczyć czas lotu kuli i jej prędkość początkową.

Rozwiązanie:

52. Na mistrzostwach świata w Tokio w 1991 r., Mike Powell skoczył w konkursie skoku w dal
8,95 m. Wyznaczyć jego prędkość początkową, jeśli kąt wybicia był równy 40°. Przyjąć g = 9,85m/s

2

.

Rozwiązanie:

53. Kamień wyrzucono z katapulty z prędkością początkową 20 m/s w górę pod kątem
45°.Wyznaczyć położenie i prędkość kamienia po czasie 1,2 s.

Rozwiązanie:

54. Kamień rzucono ukośnie z powierzchni ziemi. Na wysokości 9,1 m jego prędkość jest równa v =
7,6i + 6,1j. Jaka jest maksymalna wysokość i zasięg rzutu? Jaka była prędkość początkowa i końcowa
(tuż przed upadkiem) kamienia?

Rozwiązanie:

55. Wartość prędkości początkowej pewnego pocisku wyrzuconego ukośnie jest pięć razy większa od
jego prędkości w punkcie maksymalnego wzniesienia. Pod jakim kątem wystrzelono pocisk?

Rozwiązanie:

56. Samolot lecący z prędkością v = 290 km/h nurkuje pod kątem 30° do powierzchni morza i
wypuszcza pakunek z żywnością dla rozbitków znajdujących się w odległości 700 m liczonej po
powierzchni morza od punktu leżącego bezpośrednio pod samolotem w momencie, gdy wypuszcza

ładunek. Jak długo trwał lot pakunku? Na jakiej wysokości znajdował się samolot w momencie
wyrzucenia ładunku?

Rozwiązanie:

57. W meczu tenisowym Roger Federer serwując nadał piłce znajdującej się na wysokości 2,37m
prędkość poziomą 23,6 m/s stojąc w odległości 12 m od siatki. Czy piłka przejdzie nad siatką?

Rozwiązanie:

58. Sterowiec leci na wysokości H = 2000 m w kierunku poziomym z prędkością u = 10 m/s. Ze
sterowca wyrzucono kulkę metalową, nadając jej poziomą prędkość początkową v = 5m/s (względem
sterowca) w chwili, gdy przelatywał on nad wierzchołkiem masztu stacji radiowej stojącego na
płaskim terenie. Jak daleko od masztu upadła kulka? Jaki był czas ruchu kulki? Wyznaczyć wektor
prędkości v

1

, wysokość H, przyspieszenie całkowite a oraz składową styczną as przyspieszenia kulki

po czasie t = 3 s od momentu jej wyrzucenia ze sterowca. Opory powietrza zaniedbać. Jak zależy
promień krzywizny toru kulki od czasu? Przyjąć g = 10 m/s

2

.

Rozwiązanie:

Kinematyka ruchu po okręgu

59. Talerz twardego dysku o średnicy 3,5 cala (cal = 2,54 cm) uzyskuje, przyspieszając jednostajnie,
końcową prędkość kątową 7200 obrotów na minutę w czasie t = 3 sek. Wyznaczyć: a) końcową
prędkość kątową wyrażoną w radianach na sekundę; b) przyspieszenie kątowe talerza; c) drogę kątową
punktów talerza zakreśloną w czasie t = 3 sek.; d) liczbę obrotów talerza podczas przyspieszonego
ruchu obrotowego; e) przyspieszenie styczne punktów położonych na brzegu talerza podczas
przyspieszonego ruchu obrotowego; f) zależność od czasu prędkości liniowej i przyspieszenia
dośrodkowego punktów na brzegu talerza w trakcie przyspieszonego ruchu obrotowego; g) prędkość
liniową, przyspieszenie dośrodkowe oraz styczne punktów na brzegu talerza po czasie t = 3 sek.

---------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------

Rozwiązania

RZad22

a)

ś









gdzie: S- cała przebyta droga, t – czas ruchu

W czasie pierwszej godziny rowerzysta przejechał drogę S

1

=v

1

t

1

(gdzie t

1

=1 h),

a w czasie drugiej godziny S

2

=v

2

t

2

(gdzie t

2

=1 h).

Zatem:

ś



















































Uwzględniając, że t

1

=t

2

=t otrzymujemy, że

ś











 20 /.

b)

ś















































Uwzględniając, że S

1

=S

2

=S otrzymujemy:

ś















 18,75 /.

c)

ś

















































 19,29/

Uwaga: Tylko w przypadku t

1

=t

2

prędkość średnia jest średnią arytmetyczną prędkości (pkt. a).

RZad23

Przyjmując , że:

t

1

- czas pokonania pierwszej połowy drogi z prędkością v

1

t

2

- czas pokonania drugiej połowy drogi z prędkością v

2

t - czas pokonania całej drogi z prędkością v

możemy zapisać:





 

 ,

czyli:























.

Stąd:





2




 9 /

RZad24

a) Rozwiązujemy podobnie jak zadanie 23.

Przyjmując , że:

t

1

–czas pokonania drogi S w jedną stronę z prędkością v

t

2

- czas pokonania drogi S w drugą stronę z prędkością v

2

t - czas pokonania całej trasy w obie strony z prędkością średnią v

ś

r

możemy zapisać:





 

 









2

ś



Stąd:



ś



2


ś



Po uwzględnieniu, że v

ś

r

=





v mamy:



5

b)



ś



2


ś



Po uwzględnieniu, że v

ś

r

=2v mamy wyrażenie nieokreślone. Oznacza to w tym przypadku, że nie jest

możliwe aby Indianin poruszał się z prędkością średnią 2v, ponieważ musiałby wrócić z nieskończoną
prędkością (w zerowym czasie), czego nawet Indianin Rącza Strzała nie jest w stanie dokonać.

Względność ruchu

RZad25

Rozpatrzmy to zadanie w układzie odniesienia związanym z płynącą wodą w rzece. Niech początkiem
tego układu będzie wiosło. W stosunku do wiosła rybak najpierw oddala się przez t

1

= 1h, a następnie

przybliża się w czasie t

2

, który jest równy czasowi t

1

(tak samo jak na stojącej wodzie - ruch wody

powoduje jedynie , że cały układ ( tj. łódka, woda i wiosło) zmienia swoje położenie względem
brzegu). Czyli od momentu wypadnięcia wiosła do momentu jego wyłowienia upływa czas t=2t

1

=2h.

W tym czasie wiosło w raz z wodą w rzece przepłynęło dystans S=6km. Oznacza to, że woda w rzece
porusza się z prędkością:









!"

#

 3 /

RZad26

Ruchy w kierunku x oraz y są niezależne.

Wektor prędkości łódki ma postać:

%  &

'

,

(

)  *

+

sin

/(

0

, 12.

Jest to wektor o wartości

 34

+

567

89

:

;

 1

Wektor ten nachylony jest do brzegu pod kątem α, którego tangens jest równy:

<= 

9

>



?

@

ABC

89

:

.

Z analizy tangensa wynika, że przy brzegach (y = 0 lub y = L) łódka jest skierowana prostopadle do

nurtu rzeki bo tg

DE ∞, a na środku rzeki (y =



L) kąt α jest najmniejszy i

<= 

?

F

.

RZad27

u

v v

wyp

Aby prędkość wypadkowa była skierowana prostopadle do brzegu, prędkość łodzi

% względem wody

powinna być skierowana do brzegu pod kątem α takim, że:

<= 

G9H

?



√



J?



?

.

KL5= 

1

RZad28

Wprowadźmy układ współrzędnych taki, że pierwszy samochód porusza się w kierunku dodatnim osi
x, a drugi w kierunku dodatnim osi y. Niech skrzyżowanie dróg będzie początkiem tego układu
współrzędnych. W tym układzie równania ruchu obu samochodów przyjmą postać:

MNO  5









PNO  5





Odległość f między samochodami w funkcji czasu można obliczyć z twierdzenia Pitagorasa:

QNO  RM

 P

 RN5







O

 N5



O

.

Czas t

min

, po którym funkcja osiąga minimum wartości można obliczyć z warunku zerowania się

pochodnej tej funkcji po czasie:

Q

′

NO  0

Z tego warunku uzyskujemy wyrażenie na t

min

:



"ST









 







4

5   48 67

RZad29

Jeżeli pominiemy opór powietrza to ruch kropli odbywa się w polu sił potencjalnych, a więc kropla
zachowuje swoją całkowitą energię mechaniczną E

cał

. Jeśli oznaczymy punkt początkowy przez A, a

końcowy przez B, to można zapisać równanie:

V

WXł,Y

 V

WXł,Z

czyli:

V

!,Y

 V

[,Y

 V

!,Z

 V

[,Z

gdzie: E

kA

, E

kB

, E

pA

, E

pB

to odpowiednio energie kinetyczne i potencjalne w punktach A i B.

Dla względnie małych wysokości energię potencjalną można wyrazić równaniem E

p

=mgh.

Przyjmijmy też, że poziomem odniesienia względem, którego mierzymy wysokość h jest poziom
ziemi, więc E

p,B

=0. Ponadto, energia kinetyczna w miejscu, w którym kropla rozpoczyna ruch jest też

równa zeru E

k

,

A

=0. Zatem mamy, że :

V

[,Y

 V

!,Z

< 



!

2

Stąd:

!

 R2<  183

"

\

 657 /.

RZad30

Aby ustalić który pływak pierwszy powróci obliczmy czasy obu pływaków. Pierwszy pływak, który
płynie w poprzek rzeki ma wypadkową prędkością prostopadłą do brzegu wyrażoną wzorem (patrz
rysunek):

^([

 √K



.

v

c v

wyp

Zatem czas t

1

potrzebny na to, aby pierwszy pływak pokonał dystans od długości L tam i z powrotem

wynosi:







0

G9H



0

√W



J



.

Czas drugiego pływaka, który płynie wzdłuż rzeki, obliczymy jako sumę czasu t

21

potrzebnego do

przepłynięcia dystansu L z nurtem rzeki i czasu t

22

potrzebnego do przepłynięcia tej samej długości L,

ale pod prąd:



 



 



0

W



0

WJ



0W

W



J



.

Aby ustalić który czas jest dłuższy obliczmy stosunek:











:

R_`

:_

_`



√W



J



W

 3

W



J



W



 31  a

W

b

<1

czyli t

1

<t

2

Pływak płynący w poprzek rzeki powróci pierwszy.

RZad31

Z wykresu ustalamy, że w czasie pierwszych 10 sekund cząstka porusza się ruchem jednostajnie
przyspieszonym z przyspieszeniem a

1

=2m/s

2

, zatem prędkość od czasu zależy według równia:

NO 

+

 c



.

Z treści zadania wynika, że prędkość początkowa cząstki v

01

=0, więc dla t

1

=10s prędkość cząstki

wyniesie:

N



O  c



  20



5

Ustalmy teraz prędkość dla t

2

=20s. W przedziale czasu od t

3

=15s do t

2

=20s cząstka porusza się

ruchem jednostajnie opóźnionym z opóźnieniem a

2

=3m/s

2

, zatem:

NO 

+

 c

,

Gdzie czas t mierzony jest od momentu t

3

=15s, a prędkość początkowa v

02

chwili t

3

jest taka sama jak

prędkość uzyskana w chwili t

1

, gdyż od chwili t

1

=10s do chwili t

3

=15s cząstka porusza się ze stałą

prędkością. Zatem v

02

=20 m/s.

Czyli:

N

O 

+

 c

 

+

 c

N

 

d

O  5 /5

Ustalmy teraz średnią prędkość w przedziale czasu od t

1

do t

2

. W tym przedziale cząstka od chwili

t

1

=10s

do chwili t

3

=15s porusza się ruchem jednostajnym pokonując odcinek s

1

, a następnie porusza

się ruchem jednostajnie opóźnionym pokonując odcinek s

2

, gdzie:






N



ON

d

 



O  100

i





+

N

 

d

O 



c

N

 

d

O

 62.5 .

Zatem prędkość średnia w przedziale czasu od t

1

do t

2

jest równa:

ś

















J



 16,25 /5.

Aby obliczyć pełną drogę od t=0 do t

2

=20s należy do sumy dróg S

1

i S

2

dodać drogę S

10

przebytą w

pierwszych 10 sekundach.



+



+







1

2 c









1

2 c







 100 

Zatem cała droga:

  

+

 



 

 262,2 .

RZad32

Ciało porusza się ruchem jednostajnie przyspieszonym bez prędkości początkowej (v

0

=0)



+

 <  <  3.09 · 10

g

/5.

Oznacza to, że przekroczona zostałaby prędkość światła (

K  3 · 10

g

/5), co przeczy aktualnej teorii

fizycznej. W rzeczywistości prędkość ciała rosłaby wolniej i jego masa nie byłaby stała, lecz rosłaby

w raz z prędkością wg wzoru

 

"

@

3Ja



_

b



.

v 

ij

3a

kl

_

b



 2,15 · 10

g

/5

RZad33

Z treści zadania wynika, że:

 

1

2 <



 



<N  1O

.

Pierwsze równanie wyraża drogę h przebytą przez spadające swobodnie (v

0

=0) ciało w czasie t.

Drugie równie zawiera informację o tym, że w czasie o 1s krótszym ciało przebędzie drogę o

długości



, co oznacza, że w ostatniej sekundzie pokona pozostałą drogę też o długości



.

Rozwiązanie tego układu równań to:

 

√

√ J

5  42  √2;5

h=57,17 m

RZad34

Motocyklista porusza się ruchem jednostajnie przyspieszonym bez prędkości początkowej, więc:

NO 

+

 c  c  18



5  18

0.001 

1

3600 

 64,8





Motocyklista zapłaci mandat bo przekroczył dozwoloną prędkość.

RZad35

Samolot rozpędza się ruchem jednostajnie przyspieszonym bez prędkości początkowej, więc:



+

 c  c

m 

+

 

1

2 c



1

2 c

Rozwiązanie tego układu , to:

 

2m

 12 5

c 



n

 8, N3O/5

. Albo av/t

RZad36



+

 c  0

5 

+

 



c

.

Rozwiązanie tego układu równań, to:

c  

@



 5 /5

,

5 



+

  10 .

Ujemna wartość przyspieszenia oznacza, że ruch jest opóźniony.

RZad37

Wprowadźmy oś X skierowaną w kierunku ruchu obu pojazdów. Przyjmijmy, że zero tej osi jest w
miejscu występowania świateł, czyli w miejscu gdzie pojazdy spotkały się po raz pierwszy. Zapiszmy
równania ruchu obu pojazdów w tym układzie.

Samochód osobowy porusza się ruchem jednostajnie przyspieszonym bez prędkości początkowej, a
samochód ciężarowy ruchem jednostajnym z prędkością v

s

, więc położenie samochodu osobowego x

s

oraz ciężarowego x

c

można zapisać równaniami:

M

\

NO 

+

 

1

2 c



1

2 c

M

W

NO 

W

.

Po czasie t

sp

oba pojazdy spotkają się ponownie, więc ich położenia będą jednakowe:

M

\

4

\[

;  M

W

4

\[

;

1

2 c

\[



W



\[

Stąd:



\[



2

W

c  8,6 5

Aby obliczyć drogę s jaką oba samochody pokonają do miejsca ich spotkania wystarczy podstawić
obliczony czas t

sp

do x

s

lub x

c.

Wykorzystajmy x

c

:

  M4

\[

; 

W



\[



W

2

W

c 

2

W

c  82 

Prędkość samochodu osobowego wyniesie wtedy:

\

4

\[

; 

+

 c

\[

 c

\[

 c

2

W

c  2

W

 19 /5

RZad38

Ruch kabiny należy rozbić na trzy etapy:

1)ruch jednostajnie przyspieszony z przyspieszeniem a na drodze s

1

, na której kabina osiąga

maksymalną prędkość v

max

,

2) ruch jednostajny z maksymalną prędkością v

max

na drodze s

2

,

3) ruch jednostajnie opóźniony z przyspieszeniem –a od prędkości maksymalnej v

max

do zatrzymania

kabiny. Ponieważ na tym etapie wartość bezwzględna przyspieszenia jest taka sama jak na etapie 1,
oraz wartość bezwzględna zmiany prędkości też jest taka sama jak na etapie 1 to droga s

3

podczas

hamowania na etapie 3 jest równa drodze s

1

na etapie 1, czyli

5

d

 5



.

Zatem cała droga H jest równa:

u  5



 5

 5

d

 25



 5

Drogę s

1

można obliczyć ze wzoru na drogę w ruchu jednostajnie przyspieszonym bez prędkości

początkowej:

5





1

2 c



Należy jednak najpierw obliczyć czas t

1

potrzebny na to, aby kabina rozpędziła się od zera do

prędkości v

max

. Czas ten obliczymy ze wzoru na prędkość w ruchu jednostajnie przyspieszonym bez

prędkości początkowej:

"X'



+

 c



 c



.

Stąd:







vw>

X

 4,16 5.

Zatem

5







c







c a

vw>

X

b





vw>



X

 10,58 m.

Oznacza to, że kabina porusza się ruchem jednostajnym na drodze:

5

 u  25



 190   21,16   168,84.

Całkowity czas t

c

poruszania się kabiny to suma czasów z poszczególnych etapów ruchu:

Całkowity czas t

c

poruszania się kabiny to suma czasów z poszczególnych etapów ruchu:



W

 



 

 

d

.

Czas rozpędzania się kabiny t

1

jest równy czasowi jej hamowania t

3

bo wartości bezwzględne

przyspieszeń są jednakowe oraz jednakowe są bezwzględne zmiany prędkości, czyli:



d

 



.

Czas t

2

obliczymy z równania dla ruchu jednostajnego:





5

"X'

.

Zatem:



W

 2



 

 2

vw>

X



\



vw>

 2

vw>

X



xJ





vw>



w

vw>



vw>

X



x

vw>

 41,56 5.

RZad39

Przeanalizujmy ruch Bena Johnsona.



WXł

 



 



1

2 c

Z



Z



"X'Z

N

WXł

 

Z

O

gdzie:

c

Z



vw>z



z

.

Zatem:



WXł





vw>z



z



Z



"X'Z

N

WXł

 

Z

O 

"X'Z



WXł





"X'Z



Z

.

Stąd:

"X'Z





_wł



_wł

J







z

 10,87 /5.

Wstawiając v

maxB

do wzoru na przyspieszenie otrzymamy:

c

Z



vw>z



z





_wł

a

_wł

J







z

b

z

 5,43 /5

.

W ten sam sposób można przeanalizować ruch Carla Lewisa i otrzymać:

"X'{





_wł



_wł

J







|

 11,49 /5,

c

{



vw>|



|





_wł

a

_wł

J







|

b

|

 3,83 /5

.

Poniższy wykres przedstawia zależności prędkości obu biegaczy od czasu.

v

2

3

t[s]

Ben Johnson rozpędza się szybciej, ale osiąga mniejszą prędkość maksymalną niż Carl Lewis.
Maksymalna różnica prędkości obu biegaczy może wystąpić w chwili t

1B

=2s lub po czasie t

1C

=3s.

Sprawdźmy jakie biegacze mają prędkości dla chwili t

1B

=2s.

Z

 c

Z



Z



"X'Z

 10,87 /5

{

 c

{



Z



vw>|



|



Z

 7,66 /5.

Czyli różnica prędkości dla t

1B

=2 s wynosi:

∆


Z



{

 3,21 /5

Ta różnica jest większa niż różnica prędkości po czasie t

1C

=3s, która wynosi (11,49-10,87)m/s=0,62

m/s. Zatem maksymalna wartość prędkości względnej obu biegaczy wynosi

~€,^



Z



{

 3,21 /5.

Po upływie czasu t=6s biegacze pokonają drogi, które obliczymy ze wzorów:



Z

NO 

1

2 c

Z



Z



"X'Z

N  

Z

O 

1

2

"X'Z



Z



"X'Z

N  

Z

O



{

NO 

1

2 c

{



{



"X'{

N  

{

O 

1

2

"X'{



{



"X'{

N  

{

O

Czyli



Z

N65O  54,35m



{

N65O  51,71 

RZad40

Prędkość średnia to stosunek całkowitej drogi S

cał

do całkowitego czasu ruchu t

cał

. Na poszczególnych

etapach ciało porusza się ruchem jednostajnym, więc:

ś





_wł



_wł

















_wł



+·ƒ+·d+·+,„

,„

!"

#

 66 /.

RZad41

Całkowita droga to suma dróg przebytych na poszczególnych etapach:



WXł

 



 

 

d

,

lub pole pod krzywą na wykresie prędkości od czasu. Korzystając z geometrycznej interpretacji drogi

mamy, że:



WXł

 …

1

2 10 · 1  10 · 1 

1

2 10 · 0,5†   17,5 .

RZad42

Oznaczmy przez t

1

czas ruchu ciała w górę aż do przebycia drogi (w górę) h

1

. Dla tych wielkości

mamy następujący układ równań:







−

=

−

=

2

1

2

1

1

1

1

0

gt

t

v

h

gt

v

o

o

Rozwiązując ten układ otrzymujemy:

g

v

t

0

1

=

,

g

v

h

2

2

0

1

=

Oznaczmy przez t

2

czas ruchu ciała w dół z wysokości h+h

1

. Z warunków zadania mamy:







=

=

+

2

0

2

2

2

1

1

5

gt

v

gt

h

h

Stąd obliczamy:

g

v

t

0

2

5

=

,

g

v

h

gt

h

2

0

1

2

2

2

1

12

=

−

=

,

g

v

gt

h

h

H

2

25

2

0

2

2

2

1

1

=

=

+

=

i

g

v

t

t

t

0

2

1

6

=

+

=

dla całkowitego czasu ruchu.

RZad43

Oznaczając przez t czas ruchu ciała mamy następujący układ równań opisujący rzut pionowy w dół z
prędkością początkową v

0:







+

=

+

=

2

2

1

0

0

gt

t

v

H

gt

v

v

k

Rozwiązując ten układ otrzymujemy:

g

v

v

t

k

0

−

=

,

g

v

v

H

o

k

2

2

2

−

=

Dalej, oznaczmy przez t

1

czas ruchu na drodze s

1

. Następujący układ równań opisuje kinematykę

ruchu rzuconego ciała na drodze s

1

:









+

=

+

=

2

1

2

1

1

0

1

0

1

6

gt

t

v

H

gt

v

v

Po obliczeniu

g

v

v

t

0

1

1

−

=

i wykorzystaniu wyrażenia dla H (patrz wyżej) drugie równanie z tego

układu otrzymuje postać:

2

0

1

2

1

0

1

0

2

0

2

2

6

1













−

+

−

⋅

=

−

⋅

g

v

v

g

g

v

v

v

g

v

v

k

, stąd po przekształceniach obliczamy

6

5

2

0

2

1

v

v

v

k

+

=

RZad44

Jeśli przez t oznaczymy czas ruchu w górę o punktu A do punktu B to odległość h i t są związane
następującym układem równań:









−

=

−

=

2

2

1

2

1

gt

vt

h

gt

v

v

Eliminując czas t obliczamy:

gh

v

3

8

=

.

Oznaczmy teraz przez H i t

1

odpowiednio wysokość wzniesienia się kamienia ponad punkt B i czas do

tego potrzebny. Kinematykę ruchu kamienia w tej sytuacji opisuje układ równań:









−

=

−

=

1

2

1

2

1

2

1

1

2

1

0

gt

v

gt

vt

H

Postępując tak jak poprzednio obliczamy :

h

g

v

g

v

g

g

v

v

H

3

1

8

2

2

2

2

2

1

2

1

=

=













−

=

.

RZad45

Spadając z wysokości H w czasie t w momencie zetknięcia z ziemią ciało ma prędkość v

k

, przy czym

wielkości te związane są układem równań opisujących kinematykę spadku swobodnego:







=

=

2

2

1

gt

H

gt

v

k

Stąd obliczamy

gH

v

k

2

=

. Podobny układ równań z czasem ruchu t

1

układamy dla ruchu na

drodze H-h:











=

−

=

2

1

2

1

1

1

gt

h

H

gt

v

n

k

Z pierwszego równania mamy:

gH

ng

g

v

n

t

k

2

1

1

1

=

=

. Po wstawieniu do drugiego równania tak

obliczonego t

1

dostajemy wynik końcowy:

H

n

h













−

=

2

1

1

.

RZad46

W rozwiązaniu zadania wykorzystamy naturalną symetrię w czasie: czas przelotu doniczki w górę i w
dół na wysokości okna h=2m jest taki sam. Oznaczymy go t

0

, a z warunków zadania wiemy, że t

0

=

0,25s. Oznaczmy przez v

1

i v

2

prędkości doniczki odpowiednio przy dolnej i górnej framudze. W

czasie ruchu do góry na drodze h mamy dla nich następujący układ równań:







−

=

−

=

0

1

2

2

0

2

1

0

1

gt

v

v

gt

t

v

h

Z tego układu obliczamy

2

0

0

1

gt

t

h

v

+

=

. Poszukiwaną wysokość wzniesienia H nad górną framugę

obliczymy z następującego układu równań:







−

=

−

=

1

2

2

1

2

1

1

2

0

gt

v

gt

t

v

H

w którym t

1

oznacza czas ruchu na drodze H. Z tego układu obliczamy

g

v

H

2

2

2

=

, a po wykorzystaniu

wyrażenia dla v

2

otrzymujemy końcowy rezultat:

2

0

0

2

2

1













+

=

gt

t

h

g

H

RZad47

Oznaczmy przez t czas trwania rzutu; wtedy dla wysokości początkowej h i wartości prędkości

końcowej v

k

mamy następujące równości:

2

2

1

gt

h

=

,

( )

2

2

0

gt

v

v

k

+

=

. Ponieważ v

k

=nv

0

, więc

otrzymujemy następujące równanie dla obliczenia t:

( )

0

2

2

0

nv

gt

v

=

+

. Końcowo dostajemy:

(

)

1

2

2

2

0

−

=

n

g

v

h

.

RZad48

Oznaczmy przez t

1

i h

1

czas ruchu i położenie otworu w kartce odległej o l

1

, mierzone od wysokości

początkowej. Analogicznie definiujemy t

2

i h

2

. Mamy następujące równości wiążące te wielkości:

1

0

1

t

v

l

=

,

2

0

2

t

v

l

=

,

2

1

2

1

1

gt

h

=

,

2

2

2

1

2

gt

h

=

. Ponieważ h=h

2

– h

1

, więc eliminując czas z pierwszych

dwóch równań otrzymujemy:

(

)

2

1

2

2

2

0

2

l

l

v

g

h

−

=

. Stąd obliczamy

(

)

2

1

2

2

0

2

l

l

h

g

v

−

=

.

RZad49

Składowe wektora prędkości poruszającego się ciała jako funkcje czasu wyrażają się następującymi

równaniami:

( )

( )







−

=

=

gt

v

t

v

v

t

v

y

x

α

α

sin

cos

0

0

Dla składowych wektora położenia jako funkcji czasu mamy:

( )

( )







+

−

⋅

=

⋅

=

H

gt

t

v

t

y

t

v

t

x

2

2

1

0

0

sin

cos

α

α

Do wypisania składowych użyto standardowego układu współrzędnych tzn. oś X kierunek poziomy,
oś Y kierunek pionowy. Równanie toru otrzymamy wyrażając czas t przez x z pierwszego równania i

podstawiając do drugiego:

2

2

0

cos

2

9

x

v

x

tg

H

y

α

α

−

⋅

+

=

. Obliczymy następnie czas trwania rzutu

T rozwiązując równanie y(T)=0. Po uporządkowaniu równanie to przyjmuje postać równania

kwadratowego:

0

2

sin

2

0

2

=

−

−

g

H

T

g

v

T

α

. Dodatni pierwiastek tego równania jest równy:















+

+

=

α

α

2

2

0

0

sin

2

1

1

sin

v

gH

g

v

T

. Zasięg rzutu

( )















+

+

=

=

α

α

α

2

2

0

2

0

sin

2

1

1

sin

cos

v

gh

g

v

T

x

z

.

Obliczymy teraz prędkość v

k

w momencie upadku i kąt

β

jaki wektor prędkości tworzy z

powierzchnią ziemi, wykorzystując formuły:

( )

( )

T

v

T

v

v

y

x

k

2

2

+

=

i

( )

( )

T

v

T

v

tg

x

y

−

=

β

. Wyniki

końcowe są następujące:

gH

v

v

k

2

2

0

+

=

i

α

α

β

tg

v

gH

tg

2

2

0

sin

2

1

+

=

.

RZad50

Przyjmiemy jako wielkości dane, którymi dysponuje pilot wysokość h i prędkość v

x

. Kąt

α

(tak jak

definiuje go tekst zadania) obliczymy z zależności:

A

x

h

tg

=

α

, gdzie x

A

oznacza odległość celu A

mierzoną w kierunku poziomym od miejsca nad którym znajduje się samolot. Mamy:

t

v

x

x

A

=

,

2

2

1

gt

h

=

gdzie t oznacza czas lotu ładunku. Obliczając czas t z drugiego równania dostajemy:

2

1

2

gh

v

g

h

v

h

tg

x

x

=

=

α

.

RZad51

Oznaczając czas lotu kuli t a jej prędkość początkową v

0

otrzymujemy dla tych wielkości następujący

układ równań:







=

=

t

v

s

gt

d

0

2

2

1

. Stąd obliczamy

g

d

t

2

=

i

d

g

s

v

2

0

=

.

RZad52

Niech z = 8,95m oznacza zasięg skoku, kąt

α

= 40

0

jest kątem wybicia. Oznaczjąc przez v

0

prędkość

początkową mamy dla z standardowe wyrażenie:

g

v

z

α

2

sin

2

0

=

. Stąd obliczamy

α

2

sin

0

gz

v

=

.

RZad53

Oznaczając v

0

= 20m/s,

α

= 45

0

, t = 1,2s przywołujemy do rozwiązania znane wyrażenia dla

składowych wektora prędkości i wektora położenia jako funkcji czasu t:







−

=

=

gt

v

t

v

v

t

v

y

x

α

α

sin

)

(

cos

)

(

0

0

i







−

⋅

=

⋅

=

2

2

1

0

0

sin

)

(

cos

)

(

gt

t

v

t

y

t

v

t

x

α

α

. Podano składowe przy standardowym wyborze układu odniesienia: oś

X równoległa do powierzchni ziemi, oś Y prostopadła do powierzchni ziemi, początek układu to punkt
wyrzucenia kamienia.

RZad54

Niech t oznacza czas osiągnięcia podanej wysokości h = 9,1m zaś v

x

= 7,6 m/s i v

y

= 6,1 m/s niech

będą składowymi wektora prędkości na tej wysokości. Mamy następujący układ równań dla h i v

y:









−

⋅

=

−

=

2

2

1

0

0

sin

sin

gt

t

v

h

gt

v

v

y

α

α

.

Ponieważ znamy wartości numeryczne h i v

y

, więc z tego układu dostajemy

następujące równanie dla czasu t:

0

2

2

2

=

−

+

g

h

t

g

v

t

y

. Dodatni pierwiastek tego równania jest równy:

















+

+

−

=

2

2

1

1

y

y

v

gh

g

v

t

. Ponieważ

gt

v

v

y

+

=

α

sin

0

więc otrzymujemy

2

0

2

1

sin

y

y

v

gh

v

v

+

=

α

.

Obliczamy teraz kolejno:

(

)

gh

v

g

g

v

g

g

v

v

h

y

2

2

1

sin

2

1

sin

sin

2

2

0

0

0

max

+

=













−

=

α

α

α

,

gh

v

g

v

g

v

v

z

y

x

x

2

2

sin

2

2

0

+

=

=

α

. W powyższych dwóch związkach widnieje wyrażenie

g

v

α

sin

0

oznaczające czas ruchu do maksymalnego wzniesienia i fakt że zasięg jest drogą w ruchu
jednostajnym z prędkością v

x

. Ponieważ prędkość końcowa jest równa prędkości początkowej więc

otrzymujemy:

(

) (

)

gh

v

v

v

v

v

v

y

x

p

k

2

sin

cos

2

2

2

0

2

0

+

+

=

+

=

=

α

α

.

RZad55

W rozwiązaniu wykorzystamy następujące znany fakt dotyczący rzutu ukośnego, mianowicie że w
punkcie max wzniesienia prędkość jest równa składowej x-owej (składowa y-kowa =0). Stąd z

warunków zadania mamy równanie:

α

cos

5

0

0

v

v

=

. Czyli

5

1

arccos

=

α

.

RZad56

Jest to zagadnienie rzutu ukośnego w dół, pod kątem

α

=-30

0

do poziomu. Podana prędkość samolotu

v = 290 km/h = 80,56 m/s jest prędkością początkową rzutu. Niech x

r

oznacza odległość rozbitków

liczoną w kierunku poziomym od miejsca nad którym znajduje się samolot. Mamy wtedy

t

v

x

r

⋅

=

α

cos

, skąd szukany czas t jest równy

α

cos

v

x

t

r

=

. Szukana wysokość samolotu

(

)

2

2

1

0

2

2

2

sin

2

cos

r

r

g

h

v

t

gt

x tg

x

v

α

α

α

=

+

=

+

.

RZad57

Piłka tenisowa poruszając się wykonuje rzut poziomy z wysokości h = 2,37m z prędkością

początkową v

0

= 23,6m/s. Odległość d = 12m piłka przebędzie w czasie

0

v

d

t

=

. W tej chwili piłka

będzie na wysokości

2

2

1

gt

h

−

. Jeśli ta wysokość będzie większa od wysokości siatki s, to piłka

przejdzie nad nią, stąd otrzymujemy warunek:

2

0

2

1













+

≥

v

d

g

s

h

.

RZad58

Jest to zagadnienie rzutu poziomego z wysokości H z prędkością początkową u+v. Oznaczjąc przez T

całkowity czas ruchu zaś przez z zasięg rzutu mamy:

(

)







+

=

=

T

v

u

z

gT

H

2

2

1

. Stąd otrzymujemy :

g

H

T

2

=

i

(

)

g

H

v

u

z

2

+

=

. Dla składowych prędkości v

1

mamy: v

x

= v+u, v

y

= -gt. Składowe

przyspieszenia a są równe a

x

= 0, a

y

= -g. Składowe styczną i normalną przyśpieszenia obliczymy

wykorzystując znane wzory, wynikające z podobieństwa trójkąta prędkości ze składowymi v

x

, v

y

i

trójkąta

przyspieszeń

ze

składowymi

a

s

,

a

n

:

(

) ( )

2

2

1

gt

u

v

gt

g

v

v

g

a

y

s

+

+

=

=

,

(

) ( )

2

2

gt

u

v

u

v

g

a

n

+

+

+

=

. Ponieważ

R

v

a

n

2

1

=

, więc promień krzywizny

(

) ( )

[

]

(

)

u

v

g

gt

u

v

R

+

+

+

=

2

3

2

2

.

RZad59

Podana w tekście zadania liczba 7200 obr/min jest częstotliwością f

k

, którą przeliczamy na 120 obr/s.

a)

k

k

f

⋅

=

π

ω

2

, b)

t

f

t

k

k

⋅

=

=

π

ω

ε

2

, c)

t

f

t

k

⋅

=

⋅

=

π

ε

α

2

2

1

, d)

2

2

t

f

n

k

=

=

π

α

,

e)

t

d

f

d

R

a

k

s

⋅

=

=

=

π

ε

ε

2

, f)

2

d

t

R

v

ε

ω

=

=

,

2

2

2

2

d

t

R

a

n

ε

ω

=

=

.

***