1
BLOK 5 ODPOWIEDZI
Projekt jest współfinansowany z Europejskiego Funduszu Społecznego
w ramach programu operacyjnego KAPITAŁ LUDZKI
Odpowiedzi do zada
ń
do samodzielnego rozwi
ą
zania:
1. Wskazanie wagi spr
ęż
ynowej jest równe co do warto
ś
ci sile reakcji powierzchni wagi.
Poniewa
ż
masa człowieka jest równa 80 kg, to wskazanie wagi w windzie spoczywaj
ą
cej
powinno by
ć
równe:
N
800
10
kg
80
mg
|
F
|
|
R
|
2
s
m
c
=
⋅
=
=
=
r
r
. Ale w zadaniu wskazanie wagi jest
wi
ę
ksze ni
ż
ta warto
ść
. Oznacza to,
ż
e warto
ść
reakcji podło
ż
a jest wi
ę
ksza ni
ż
w windzie
spoczywaj
ą
cej i wynosi 1000 N. Zadanie to mo
ż
na rozwi
ą
za
ć
w dwóch układach:
•
W układzie inercjalnym. Siły działaj
ą
ce na człowieka nadaj
ą
mu przyspieszenie równe
przyspieszeniu windy:
II zasada dynamiki Newtona:
m
a
F
R
c
⋅
=
+
r
r
r
. Niech pionowa o
ś
układu współrz
ę
dnych
b
ę
dzie zwrócona ku górze. Wówczas algebraiczne równanie ruchu przyjmuje posta
ć
:
m
a
mg
R
F
R
y
c
⋅
=
−
=
−
, przy czym nie wiemy jeszcze, czy
0
a
y
>
, czy
0
a
y
<
.
2
2
s
m
s
m
y
5
,
2
kg
80
N
200
kg
80
10
kg
80
N
1000
m
mg
R
a
=
=
⋅
−
=
−
=
. Współrz
ę
dna ta jest dodatnia,
zatem przyspieszenie windy jest równe co do warto
ś
ci
2
s
m
5
,
2
a
=
i skierowane pionowo w
gór
ę
, zgodnie z kierunkiem i zwrotem wybranej przez nas osi układu współrz
ę
dnych.
Oznacza to mo
ż
liwo
ść
zaistnienia dwóch przypadków: albo winda porusza si
ę
pionowo w
gór
ę
i przyspiesza, albo porusza si
ę
pionowo w dół i hamuje.
•
W układzie nieinercjalnym, zwi
ą
zanym z wind
ą
.
Ż
eby móc stosowa
ć
II zasad
ę
dynamiki Newtona, musimy uwzgl
ę
dni
ć
sił
ę
bezwładno
ś
ci działaj
ą
c
ą
na człowieka w
tej windzie.
0
F
F
R
b
c
=
+
+
r
r
r
, gdy
ż
człowiek nie porusza si
ę
w swoim własnym układzie
współrz
ę
dnych (inaczej mówi
ą
c: w układzie windy). Korzystamy z wektorowej definicji siły
bezwładno
ś
ci:
m
a
F
b
⋅
−
=
r
r
.
Uwaga: minus jest tutaj istotny!
Czyli:
0
m
a
F
R
c
=
⋅
−
+
r
r
r
m
a
F
R
c
⋅
=
+
⇒
r
r
r
.
Od tego miejsca rozwi
ą
zanie zadania jest analogiczne jak w układzie inercjalnym:
Niech pionowa o
ś
układu współrz
ę
dnych b
ę
dzie zwrócona ku górze. Wówczas
algebraiczne równanie ruchu przyjmuje posta
ć
:
m
a
mg
R
F
R
y
c
⋅
=
−
=
−
, przy czym nie
wiemy jeszcze, czy
0
a
y
>
, czy
0
a
y
<
.
2
2
s
m
s
m
y
5
,
2
kg
80
N
200
kg
80
10
kg
80
N
1000
m
mg
R
a
=
=
⋅
−
=
−
=
. Współrz
ę
dna ta jest dodatnia,
zatem przyspieszenie windy jest równe co do warto
ś
ci
2
s
m
5
,
2
a
=
i skierowane pionowo w
gór
ę
, zgodnie z kierunkiem i zwrotem wybranej przez nas osi układu współrz
ę
dnych.
Oznacza to mo
ż
liwo
ść
zaistnienia dwóch przypadków: albo winda porusza si
ę
pionowo w
gór
ę
i przyspiesza, albo porusza si
ę
pionowo w dół i hamuje.
Odp. B i C
Blok 5:
Układy nieinercjalne.
Siły bezwładno
ś
ci
2
BLOK 5 ODPOWIEDZI
Projekt jest współfinansowany z Europejskiego Funduszu Społecznego
w ramach programu operacyjnego KAPITAŁ LUDZKI
2. Wskazanie wagi jest równe co do warto
ś
ci sile reakcji powierzchni wagi na człowieka. Je
ż
eli
jednak winda urwała si
ę
, to zarówno winda, jak i waga, jak i człowiek – wszystkie te ciała
poruszaj
ą
si
ę
z tym samym przyspieszeniem równym przyspieszeniu ziemskiemu. II zasada
dynamiki Newtona w układzie inercjalnym (laboratoryjnym, zwi
ą
zanym z Ziemi
ą
):
m
a
R
F
c
⋅
=
+
r
r
r
, ale
g
a
r
r
=
, jak to poprzednio zauwa
ż
yli
ś
my. Zatem:
0
R
m
g
R
g
m
=
⇒
⋅
=
+
r
r
r
r
.
Zatem wskazanie wagi tak
ż
e jest równe zeru.
3. Naci
ą
g nici nie jest dla danej nici warto
ś
ci
ą
uniwersaln
ą
. Siła naci
ą
gu nici dostosowuje si
ę
bowiem (a
ż
do pewnej warto
ś
ci granicznej zwanej wytrzymało
ś
ci
ą
nici) do warto
ś
ci sił
napr
ęż
aj
ą
cych ni
ć
. Sił
ą
napr
ęż
aj
ą
c
ą
ni
ć
jest wypadkowa sił działaj
ą
cych na ni
ć
od strony kulki
wahadła matematycznego, a ta z kolei jest równa składowej wzdłu
ż
nici siły wypadkowej
działaj
ą
cej na kulk
ę
. Rozpatrujemy wahadło w pozycji (stanie) równowagi. Gdy autobus stoi
na przystanku, wahadło matematyczne wisi w pozycji pionowej. Gdy autobus rusza z
przystanku, mo
ż
na przyj
ąć
,
ż
e od pierwszej chwili jego przyspieszenie jest stałe i wynosi
a
r
.
Na kulk
ę
wahadła zaczyna wi
ę
c działa
ć
siła bezwładno
ś
ci zwrócona w stron
ę
przeciwn
ą
do
przyspieszenia autobusu,
a
r
. Wahadło matematyczne zaczyna si
ę
odchyla
ć
w pierwszych
chwilach jazdy i znajduje now
ą
pozycj
ę
równowagow
ą
– w odchyleniu o pewien k
ą
t
α
od
pionu. K
ą
t ten jest
ś
ci
ś
le ustalony i jego tangens wynosi
g
a
|
F
|
|
F
|
tg
c
b
=
=
α
r
r
.
4. Zadanie to mo
ż
na rozwi
ą
za
ć
np. w układzie nieinercjalnym. Siły
działaj
ą
ce na człowieka (autobus przyspiesza w lewo):
Zatem
o
3
3
c
b
30
3
3
g
g
g
a
|
F
|
|
F
|
tg
=
α
⇒
=
=
=
=
α
r
r
5. Warto
ść
siły nacisku pilota na fotel jest równa warto
ś
ci siły reakcji fotela na pilota. Zadanie
mo
ż
emy rozwi
ą
za
ć
np. w układzie nieinercjalnym:
I zasada dynamiki Newtona w obu przypadkach (pilot w maksymalnym lub minimalnym
poło
ż
eniu) jest dana:
0
R
F
F
b
c
=
+
+
r
r
r
Uwaga: Sił
ą
bezwładno
ś
ci w ruchu jednostajnym po okr
ę
gu jest siła od
ś
rodkowa.
Mo
ż
emy nie korzystaj
ą
c z wektorowej definicji siły bezwładno
ś
ci, od razu zapisa
ć
I zasad
ę
dynamiki Newtona w składowych igrekowych (o
ś
OY wybieramy pionow
ą
, zwrócon
ą
do
ś
rodka okr
ę
gu).
Pilot porusza si
ę
tak,
ż
e jego głowa jest stale zwrócona do
ś
rodka p
ę
tli, a zatem porusza si
ę
po wewn
ę
trznej stronie tej p
ę
tli.
Pilot w najwy
ż
szym punkcie toru:
0
F
R
mg
b
najwyzszy
=
−
+
mg
m
a
mg
F
R
d
b
najwyzszy
−
⋅
=
−
=
⇒
Pilot w najni
ż
szym punkcie toru:
0
F
R
mg
b
najnizszy
=
−
+
−
mg
m
a
mg
F
R
d
b
najnizszy
+
⋅
=
+
=
⇒
Poniewa
ż
R
v
a
2
d
=
, to:
N
3200
kg
80
10
m
200
)
100
(
m
g
R
v
R
2
s
m
2
s
m
2
najwyzszy
=
⋅
−
=
⋅
−
=
N
4800
kg
80
10
m
200
)
100
(
m
g
R
v
R
2
s
m
2
s
m
2
najnizszy
=
⋅
+
=
⋅
+
=
3
BLOK 5 ODPOWIEDZI
Projekt jest współfinansowany z Europejskiego Funduszu Społecznego
w ramach programu operacyjnego KAPITAŁ LUDZKI
6. Siła nacisku roweru na mostek jest jak zawsze równa sile reakcji powierzchni mostka na
rower.
I zasada dynamiki Newtona:
0
R
F
F
b
c
=
+
+
r
r
r
Teraz sytuacja jest jednak inna ni
ż
w poprzednim zadaniu, poniewa
ż
rower porusza si
ę
po
zewn
ę
trznej stronie zakrzywionego mostka. Ponownie wybieramy o
ś
OY, tym razem np.
zwrócon
ą
pionowo w dół:
0
F
R
mg
b
=
−
−
N
400
kg
80
m
20
)
10
(
10
m
R
v
g
R
2
s
m
s
m
2
2
=
⋅
−
=
⋅
−
=
7. Zadanie to mo
ż
emy rozwi
ą
za
ć
np. w układzie
nieinercjalnym, zwi
ą
zanym z tarcz
ą
. O
ś
OY tego układu jest
prostopadła do powierzchni tarczy, a o
ś
OX jest równoległa
do powierzchni tarczy i zwrócona do
ś
rodka tarczy; pocz
ą
tek
układu współrz
ę
dnych znajduje si
ę
np. w punkcie poło
ż
enia
klocka.
Siły reakcji i ci
ęż
ko
ś
ci równowa
żą
si
ę
(klocek nie porusza
si
ę
, a tym bardziej nie przyspiesza w pionie):
(*)
c
c
F
R
0
F
R
=
⇒
=
−
Składowa pozioma siły wypadkowej, w układzie klocka tak
ż
e jest równa zeru i w przypadku
granicznym (tu
ż
przed zerwaniem przyczepno
ś
ci):
0
F
T
b
max
s
=
−
m
a
R
d
s
=
µ
⇒
.
Korzystaj
ą
c z wzoru na warto
ść
przyspieszenia do
ś
rodkowego:
r
v
a
2
d
=
oraz z równania (*),
otrzymujemy:
2
s
2
2
s
g
r
m
r
m
r
v
mg
ω
⋅
µ
=
⇒
⋅
⋅
ω
=
=
⋅
µ
8. Tak, jest to mo
ż
liwe. Wystarczy,
ż
eby siła docisku klocka do pionowej
ś
ciany (a tym samym
siła reakcji
ś
ciany,
R
r
) miała na tyle du
żą
warto
ść
, aby tarcie statyczne powstałe pomi
ę
dzy
ś
cian
ą
a klockiem zrównowa
ż
yło sił
ę
ci
ęż
ko
ś
ci klocka.
Zatem spełnione musz
ą
by
ć
dwa warunki:
c
s
F
T
=
, czyli w przypadku granicznym
mg
R
s
=
µ
.
Siła docisku jest równa co do warto
ś
ci sile bezwładno
ś
ci działaj
ą
cej na klocek (je
ś
li
rozpatrujemy sytuacj
ę
klocka w nieinercjalnym układzie współrz
ę
dnych zwi
ą
zanym z pionow
ą
ś
cian
ą
platformy. Czyli
m
a
R
⋅
=
. Ostateczny warunek na spoczywanie klocka po pionowej
ś
cianie:
g
a
s
=
⋅
µ
.
9. Zadanie mo
ż
na rozwi
ą
za
ć
np. w układzie nieinercjalnym zwi
ą
zanym z kartk
ą
. I zasada
dynamiki Newtona dla kredy:
0
F
T
R
F
b
max
s
c
=
+
+
+
r
r
r
r
, przy czym w układzie współrz
ę
dnych, w którym o
ś
OY jest
prostopadła do powierzchni kartki, a o
ś
OX jest równoległa do tej powierzchni i ma kierunek i
zwrot zgodny z kierunkiem i zwrotem przyspieszenia kartki:
dla osi OX:
0
F
T
b
max
s
=
−
dla osi OY:
g
m
F
R
0
F
R
c
c
⋅
=
=
⇒
=
−
Poniewa
ż
R
T
s
max
s
µ
=
oraz
m
a
F
b
⋅
=
otrzymujemy warunek na maksymaln
ą
warto
ść
przyspieszenia:
2
2
s
m
s
g
a
=
⋅
=
µ
.