1
BLOK 2 odpowiedzi do zada
ń
do samodzielnego rozwi
ą
zania
Projekt jest współfinansowany z Europejskiego Funduszu Społecznego
w ramach programu operacyjnego KAPITAŁ LUDZKI
Odpowiedzi do zestawu do samodzielnego rozwi
ą
zania:
1.
•
Odległo
ść
jest warto
ś
ci
ą
bezwzgl
ę
dn
ą
przemieszczenia. Najpierw obliczmy przemieszczenie:
•
Punkt startu maszyny znajduje si
ę
w
0
x
0
=
.
Przemieszczenie obliczymy jako pole figury pomi
ę
dzy
wykresem funkcji a osi
ą
czasu, wzi
ę
te z odpowiednim
znakiem. Poniewa
ż
w zakresie czasu (0,2 s) figura ta
znajduje si
ę
pod osi
ą
czasu, nale
ż
y uwzgl
ę
dni
ć
znak
„minus”.
1
0
P
x
)
s
2
t
(
x
−
=
=
;
m
2
s
2
2
P
s
m
2
1
1
=
⋅
⋅
=
.
Czyli
m
2
)
s
2
t
(
x
−
=
=
St
ą
d odległo
ść
od punktu startu po pierwszych 2 s ruchu jest równa 2m.
•
Aby obliczy
ć
całkowit
ą
drog
ę
, nale
ż
y narysowa
ć
zale
ż
no
ść
szybko
ś
ci od czasu w tym ruchu.
Droga jest sum
ą
pól figur pomi
ę
dzy wykresem a osi
ą
OX.
m
11
P
P
s
2
1
=
+
=
•
m
7
|
m
9
m
2
|
|
P
P
|
|
r
|
2
1
=
+
−
=
+
−
=
∆
r
Całkowite
przemieszczenie jest sum
ą
pól figur pomi
ę
dzy
wykresem
)
t
(
v
x
, a osi
ą
czasu, przy czym pola le
żą
ce
poni
ż
ej osi czasu s
ą
brane ze znakiem minus.
•
Przedziałach czasu:
)
s
2
,
0
(
:
t
1
∆
- ruch opó
ź
niony (bo współrz
ę
dna pr
ę
dko
ś
ci jest ujemna, a tangens k
ą
ta
nachylenia wykresu, odpowiadaj
ą
cy współrz
ę
dnej przyspieszenia - jest dodatni; czyli
pr
ę
dko
ść
i przyspieszenie maj
ą
przeciwne zwroty, zatem ruch opó
ź
niony); ruch
jednostajnie opó
ź
niony, bo zale
ż
no
ść
)
t
(
v
x
jest liniowa, a zatem tangens kata
nachylenia stycznej do wykresu jest stały (czyli współrz
ę
dna przyspieszenia jest stała)
)
s
5
,
2
(
:
t
2
∆
- ruch przyspieszony (bo współrz
ę
dna pr
ę
dko
ś
ci jest dodatnia, a tangens
k
ą
ta nachylenia wykresu, odpowiadaj
ą
cy współrz
ę
dnej przyspieszenia - jest dodatni; czyli
pr
ę
dko
ść
i przyspieszenie maj
ą
te same zwroty, zatem ruch przyspieszony); wida
ć
tak
ż
e,
ż
e ruch jest jednostajnie opó
ź
niony, bo zale
ż
no
ść
)
t
(
v
x
jest liniowa, a zatem tangens
kata nachylenia stycznej do wykresu jest stały (czyli współrz
ę
dna przyspieszenia jest
stała)
Blok 2:
Zale
ż
no
ść
funkcyjna wielko
ś
ci fizycznych
2
BLOK 2 odpowiedzi do zada
ń
do samodzielnego rozwi
ą
zania
Projekt jest współfinansowany z Europejskiego Funduszu Społecznego
w ramach programu operacyjnego KAPITAŁ LUDZKI
)
s
6
,
5
(
:
t
3
∆
ruch jednostajny, bo współrz
ę
dna pr
ę
dko
ś
ci si
ę
nie zmienia
)
s
7
,
6
(
:
t
4
∆
- ruch opó
ź
niony (bo współrz
ę
dna pr
ę
dko
ś
ci jest dodatnia, a tangens k
ą
ta
nachylenia wykresu, odpowiadaj
ą
cy współrz
ę
dnej przyspieszenia - jest
ujemny; czyli pr
ę
dko
ść
i przyspieszenie maj
ą
przeciwne zwroty, zatem ruch opó
ź
niony);
wida
ć
tak
ż
e,
ż
e ruch ten jest jednostajnie opó
ź
niony, bo zale
ż
no
ść
)
t
(
v
x
jest liniowa, a
zatem tangens k
ą
ta nachylenia stycznej do wykresu jest stały (czyli współrz
ę
dna
przyspieszenia jest stała)
2. Poniewa
ż
ciało startuje od stanu spoczynku, szybko
ść
jest
równa polu figury pod wykresem warto
ś
ci przyspieszenia
od czasu:
s
m
2
s
m
2
1
3
s
3
2
u
=
⋅
=
3. Na wykresie przedstawiono zale
ż
no
ść
współrz
ę
dnej
pr
ę
dko
ś
ci od czasu. Poniewa
ż
współrz
ę
dna pr
ę
dko
ś
ci jest
w czasie całego ruchu dodatnia, to wykres szybko
ś
ci od
czasu b
ę
dzie identyczny.
Droga jest równa polu figury pomi
ę
dzy wykresem szybko
ś
ci
od czasu a osi
ą
czasu.
m
5
,
4
)
s
3
t
(
s
=
=
•
Wykres zale
ż
no
ś
ci współrz
ę
dnej przyspieszenia
tego ciała od czasu przedstawia rysunek:
4. Podany wykres przedstawia zale
ż
no
ść
szybko
ś
ci
pewnego ciała od czasu, dlatego mo
ż
na z niego
obliczy
ć
drogi przebyte przez to ciało podczas dwóch,
wyra
ź
nie oddzielonych etapów ruchu. Droga to pole
powierzchni figury zawartej pomi
ę
dzy wykresem
szybko
ś
ci od czasu a osi
ą
czasu.
Szybko
ść
ś
rednia:
t
s
u
ś
r
∆
∆
=
2
1
s
s
s
+
=
∆
,
2
2
1
1
P
s
,
P
s
=
=
,
min
2
t
=
s
m
583
,
0
min
m
35
min
2
min
1
)
60
40
(
min
1
40
u
min
m
min
m
2
1
min
m
2
1
ś
r
≈
=
⋅
+
+
⋅
⋅
=
3
BLOK 2 odpowiedzi do zada
ń
do samodzielnego rozwi
ą
zania
Projekt jest współfinansowany z Europejskiego Funduszu Społecznego
w ramach programu operacyjnego KAPITAŁ LUDZKI
Uwaga ogólna do poni
ż
szych zada
ń
:
W wielu równaniach pojawia si
ę
zapis:
|
v
|
|,
a
|
r
r
itp., maj
ą
cy zwróci
ć
uwag
ę
na to,
ż
e wielko
ść
ta jest
warto
ś
ci
ą
, a nie współrz
ę
dn
ą
wektora. Zapis ten jednak mo
ż
e razi
ć
lub wr
ę
cz sta
ć
si
ę
nieczytelny.
Dlatego mo
ż
na w nim pomin
ąć
moduł i wektor (np. zamiast
|
a
|
r
napisa
ć
a), ale tylko wówczas, gdy
mamy pewno
ść
,
ż
e pami
ę
tamy, i
ż
w tym miejscu nale
ż
y podczas wykonywania oblicze
ń
wstawi
ć
warto
ść
wektora.
5. Dane:
const
|
a
|
,
0
u
,
s
4
t
,
m
12
s
s
m
0
1
1
=
=
=
=
r
s
m
k
9
u
=
Szukane:
?
t
k
=
Analiza: ruch jednostajnie przyspieszony. Nale
ż
y skorzysta
ć
ze wzorów, które opisuj
ą
ten
ruch:
2
2
1
0
0
t
|
a
|
t
u
s
)
t
(
s
r
+
⋅
+
=
,
t
|
a
|
u
)
t
(
u
0
⋅
+
=
r
Rozwi
ą
zanie:
|
a
|
u
t
t
|
a
|
u
u
k
k
k
o
k
r
r
=
⇒
⋅
+
=
Jedyn
ą
nieznan
ą
wielko
ś
ci
ą
po prawej stronie równania jest
|
a
|
r
, ale mamy te
ż
inne dane, z
których mo
ż
emy skorzysta
ć
:
2
2
2
1
1
1
2
1
2
1
2
1
1
s
m
5
,
1
s
16
m
12
2
t
s
2
|
a
|
|
a
|
s
2
t
t
|
a
|
)
t
(
s
=
⋅
=
⋅
=
⇒
⋅
=
⇒
=
r
r
r
Zatem:
s
6
5
,
1
9
|
a
|
u
t
2
s
m
s
m
k
k
=
=
=
r
Odpowied
ź
: Sanki osi
ą
gaj
ą
szybko
ść
9 m/s po sze
ś
ciu sekundach ruchu.
6. Dane:
2
s
/
m
4
|
a
|
=
r
,
s
5
t
k
=
.
Szukane:
?
u
ś
r
=
Analiza: Ruch jednostajnie przyspieszony, szybko
ść
pocz
ą
tkowa
s
m
0
0
u
=
. Nale
ż
y skorzysta
ć
ze wzoru na drog
ę
w tym ruchu:
2
2
1
t
|
a
|
)
t
(
s
r
=
.
Rozwi
ą
zanie:
s
m
10
s
5
s
m
4
2
1
t
|
a
|
2
1
t
t
|
a
|
t
)
t
(
s
u
2
k
k
2
k
2
1
k
k
ś
r
=
⋅
⋅
=
=
=
=
r
r
Odpowied
ź
: Szybko
ść
ś
rednia w czasie pierwszych 5 sekund ruchu wyniosła 10 m/s.
4
BLOK 2 odpowiedzi do zada
ń
do samodzielnego rozwi
ą
zania
Projekt jest współfinansowany z Europejskiego Funduszu Społecznego
w ramach programu operacyjnego KAPITAŁ LUDZKI
7. Po upływie 1 h, w punkcie o współrz
ę
dnej
0
x
=
znajdzie si
ę
auto, którego ruch opisywany jest prost
ą
I, czyli samochód ci
ęż
arowy(patrz rysunek obok).
Samochód ten startuje (
0
t
=
) w punkcie A,
znajduj
ą
cym si
ę
w punkcie o współrz
ę
dnej
km
100
x
A
0
−
=
.
Zatem prosta II opisuje ruch samochodu osobowego,
który startuje z punktu B znajduj
ą
cego si
ę
w punkcie
o współrz
ę
dnej
km
150
x
B
0
=
.
Odległo
ść
pomi
ę
dzy miastami A i B jest równa:
km
250
|
)
km
100
(
km
150
|
|
x
x
|
d
A
0
B
0
=
−
−
=
−
=
•
Współrz
ę
dn
ą
poło
ż
enia samochodu ci
ęż
arowego opisuje równanie:
t
|
v
|
x
)
t
(
x
A
A
0
A
⋅
+
=
r
, gdzie
h
km
100
h
1
km
100
tg
|
v
|
1
A
=
=
α
=
r
(
1
α
- jest k
ą
tem nachylenia
prostej I do osi czasu)
•
Współrz
ę
dn
ą
poło
ż
enia samochodu osobowego opisuje równanie:
t
|
v
|
x
)
t
(
x
B
B
0
B
⋅
−
=
r
, gdzie
h
km
7
,
66
h
5
,
1
km
100
|
tg
|
|
v
|
2
B
≈
−
=
α
=
r
Spotkanie samochodów opisuje układ równa
ń
(musz
ą
si
ę
oba znale
źć
w tym samym miejscu,
w tym samym czasie:
⋅
−
=
⋅
+
=
s
B
B
0
s
s
A
A
0
s
t
|
v
|
x
x
t
|
v
|
x
x
r
r
Sk
ą
d:
⋅
−
=
⋅
+
−
=
s
h
km
s
s
h
km
s
t
7
,
66
150
x
t
100
km
100
x
=
=
⇒
h
5
,
1
t
km
50
x
s
s
- współrz
ę
dna i czas spotkania
samochodów.
Zatem punkt spotkania znajduje si
ę
w odległo
ś
ci
km
150
|
)
km
100
(
km
50
|
|
x
x
|
L
A
0
s
=
−
−
=
−
=
od miasta A.
•
Kinematyczne równania ruchu dla samochodu ci
ęż
arowego:
t
|
v
|
x
)
t
(
x
A
A
0
A
⋅
+
=
r
i
const
|
v
|
A
=
r
, czyli:
t
100
km
100
)
t
(
x
h
km
A
⋅
+
−
=
Kinematyczne równania ruchu dla samochodu osobowego:
t
|
v
|
x
)
t
(
x
B
B
0
B
⋅
−
=
r
i
const
|
v
|
B
=
r
, czyli:
t
7
,
66
150
)
t
(
x
h
km
h
km
B
⋅
−
=
8. Dane:
s
/
m
12
|
v
|
0
=
r
o
30
=
α
Szukane;
?
)
h
(
v
max
=
r
Analiza: W najwy
ż
szym punkcie toru pionowa składowa pr
ę
dko
ś
ci jest równa zeru, czyli
pr
ę
dko
ść
jest równa tylko poziomej składowej pr
ę
dko
ś
ci, a ta w rzucie pionowym si
ę
nie
zmienia podczas całego ruchu.
Rozwi
ą
zanie:
x
0
v
v
r
r
=
oraz
s
m
s
m
o
s
m
0
x
0
6
2
1
12
30
sin
12
sin
|
v
|
|
v
|
=
⋅
=
⋅
=
α
⋅
=
r
r
.
Odpowied
ź
: W najwy
ż
szym punkcie toru pr
ę
dko
ść
ciała jest równoległa do osi OX, zwrócona
zgodnie ze zwrotem osi OX (równoległej do powierzchni Ziemi i zwróconej od miejsca startu
do miejsca l
ą
dowania) i ma warto
ść
równ
ą
s
m
6
.
5
BLOK 2 odpowiedzi do zada
ń
do samodzielnego rozwi
ą
zania
Projekt jest współfinansowany z Europejskiego Funduszu Społecznego
w ramach programu operacyjnego KAPITAŁ LUDZKI
9. Dane:
1
2
II
t
t
t
−
=
∆
, gdzie
s
2
t
2
=
,
s
1
t
1
=
.
Szukane:
?
)
t
(
s
II
=
Analiza: Droga przebyta w ci
ą
gu drugiej sekundy ruchu jest równa ró
ż
nicy
1
2
s
s
−
, gdzie
1
s
to droga przebyta w ci
ą
gu jednej (pierwszej) sekundy ruchu, a
2
s
to droga przebyta w ci
ą
gu
pierwszych (pocz
ą
tkowych) dwóch sekund ruchu.
Wa
ż
ne: Kinematyczne równania ruchu opisuj
ą
stan ruchu po okre
ś
lonym czasie.
Nale
ż
y skorzysta
ć
z równania na drog
ę
w ruchu jednostajnie przyspieszonym, z
przyspieszeniem
a
r
i szybko
ś
ci
ą
pocz
ą
tkow
ą
równ
ą
0
u
0
=
:
2
2
1
t
|
a
|
)
t
(
s
r
=
Rozwi
ą
zanie:
)
t
(
s
)
t
(
s
)
t
(
s
1
2
II
−
=
m
15
]
)
s
1
(
)
s
2
[(
10
)
t
t
(
|
g
|
)
t
(
s
2
2
2
s
m
2
1
2
1
2
2
2
1
II
=
−
⋅
⋅
=
−
⋅
=
r
Odpowied
ź
: droga przebyta w ci
ą
gu drugiej sekundy ruch wynosi 15 m.
10. Dane:
o
1
60
=
α
,
2
1
z
z
=
,
|
v
|
|
v
|
02
01
r
r
=
Szukane:
?
2
=
α
Analiza: Rzut uko
ś
ny. Interesuje nas tylko pozioma składowa pr
ę
dko
ś
ci i przemieszczenie w
poziomie. Rzut uko
ś
ny mo
ż
na rozpatrywa
ć
jako zło
ż
enie dwóch, odbywaj
ą
cych si
ę
równocze
ś
nie ruchów: jednostajnego wzdłu
ż
osi poziomej (osi OX) i jednostajnie zmiennego
wzdłu
ż
osi pionowej (osi OY). Ruch w poziomie jest ruchem jednostajnym, z pr
ę
dko
ś
ci
ą
o
warto
ś
ci:
α
⋅
=
cos
|
v
|
|
v
|
0
x
0
r
r
. Zasi
ę
g jest równy warto
ś
ci poziomej składowej przemieszczenia.
( w tym przypadku: jest tak
ż
e równy drodze przebytej przez ciało wzdłu
ż
osi poziomej).
Ale czas musimy obliczy
ć
z równania na pionow
ą
składow
ą
pr
ę
dko
ś
ci osi
ą
gni
ę
t
ą
w punkcie
maksymalnym toru:
↑
↑
↑
↑
⋅
−
=
⇒
⋅
+
=
t
|
g
|
|
v
|
|
)
t
(
v
|
t
g
v
)
t
(
v
y
0
y
y
0
y
r
r
r
r
r
r
, przy czym
α
⋅
=
sin
|
v
|
|
v
|
0
y
0
r
r
,
0
)
t
(
v
y
=
↑
r
oraz
↑
⋅
=
t
2
t
k
(nie ma mowy o oporach ruchu).
|
g
|
sin
|
v
|
t
0
r
r
α
⋅
=
↑
Rozwi
ą
zanie:
1
k
1
0
1
k
x
0
1
t
cos
|
v
|
|
t
|
v
||
z
⋅
α
⋅
=
⋅
=
r
r
i
2
k
2
0
2
k
x
0
2
t
cos
|
v
|
|
t
|
v
||
z
⋅
α
⋅
=
⋅
=
r
r
oraz
1
1
k
t
2
t
↑
⋅
=
i
|
g
|
sin
|
v
|
t
1
0
1
r
r
α
⋅
=
↑
St
ą
d:
|
g
|
)
2
sin(
|
v
|
|
g
|
sin
cos
|
v
|
z
1
2
0
1
1
2
0
1
r
r
r
r
α
⋅
=
α
⋅
α
⋅
=
|
g
|
)
2
sin(
|
v
|
|
g
|
sin
cos
|
v
|
z
2
2
0
2
2
2
0
2
r
r
r
r
α
⋅
=
α
⋅
α
⋅
=
o
2
o
2
2
3
o
o
2
1
2
1
30
60
2
120
sin
)
60
2
sin(
)
2
sin(
)
2
sin(
z
z
=
α
⇒
=
α
⋅
⇒
=
=
⋅
=
α
=
α
⇒
=
Odpowied
ź
: Nale
ż
y rzuci
ć
kamie
ń
pod k
ą
tem 30
o
.