Zadania do rozdziału 3.
Zad.3.1.
Rozważmy klocek o masie m=2 kg ciągnięty wzdłuż gładkiej poziomej płaszczyzny

przez siłę P . Ile wynosi siła reakcji FN wywierana na klocek przez gładką powierzchnię?
Oblicz siÅ‚Ä™ P, która nada klockowi poziomÄ… prÄ™dkość Åx = 4 m / s w czasie t-2 s (jeżeli w
chwili poczÄ…tkowej klocek znajduje siÄ™ w spoczynku)?
RozwiÄ…zanie:

Na klocek działają siły: P - siła ciągnąca, Q - siła ciężkości, FN - siła reakcji wywierana na
klocek przez powierzchniÄ™.
Z drugiej zasady dynamiki wiemy, że :


F = ma
"
co możemy zapisać
Fx = ma i Fy = ma
" "
x y
Ponieważ ay=0; ax`"0
a Fy = FN - Q; Fx = P
" "
Zatem FN - Q = 0; P = ma
x
Q = m Å"g; Q = 2 kg Å"9.81m / s2 == 19.62 N ;
Ponieważ FN=Q to siła nacisku FN=19.62 N
64
m
4
Åx - 0 m
s
a = a = ; a = 2
x x x
t 2s
s2
m
Ostatecznie P = m Å" a ; P = 2 kg Å" 2 ; P = 4 N
x
s2
Zad.3.2.
Samochód ciężarowy o masie m = 6 t doznaje przyspieszenia a = 0.5 m / s2 . Oblicz
siłę F silnika, która ciągnie samochód.
RozwiÄ…zanie:
Z drugiej zasady dynamiki
F = m Å" a
F = 6000 kg Å"0,5 m / s2 = 3000 N
Zad.3.3.
Z lotniskowca, którego masa m = 30 000 t, wyrzucony został za pomocą katapulty samolot z
siłą F = 90 000 N. Oblicz przyspieszenie a jakie doznaje lotniskowiec?
RozwiÄ…zanie:

Z trzeciej zasady dynamiki wynika, że na lotniskowiec działa siła F , taka sama co do modułu
lecz przeciwnie skierowana, z jakÄ… lotniskowiec wyrzuca samolot.
Z drugiej zasady dynamiki
F = m Å" a
F
a =
m
m
kg Å"
90000 N
a = = 3 Å"10-3 s2
30 000 000 kg kg
a = 3 Å"10-3 m / s2
Zad.3.4.
Ciało o masie m1 = 2 kg jest ciągnięte za pomocą nieważkiej nici po gładkiej,
poziomej płaszczyz
nie. Na drugim końcu nitki przerzuconym przez krążek wisi inne ciało o
masie m2=1 kg. Zakładając, że krążek jest nieważki i służy wyłącznie do zmiany kierunku
naprężenia w nici, znalez
ć przyspieszenie a układu i naprężenie nici T.
RozwiÄ…zanie:


F = m1a1
"
65


F = m2a
"
2


a1 = ia1x + ja1y


a = ia + ja
2 2x 2y
Ciało o masie m1 porusza się w kierunku osi x, czyli a1y = 0 .
Wobec tego możemy napisać dla m1
+ FN - m1g = 0 dla osi y
+ T = +m1a1x dla osi x
i dla m2
- T + m2g = +m2a dla osi y
2y
0 = 0 dla osi x
Ze względu na to, że na krążku zmienia się kierunek naprężenia nici i, że nić ma ustaloną
długość, zachodzi
a1x = a = a
2y
Zatem
T = m1a
oraz m2g - T = m2a
co daje m2g - m1a = m2a
66
m2
stÄ…d a = Å" g
m1 + m2
PodstawiajÄ…c dane liczbowe otrzymujemy:
1kg m
a = Å" 9.81 E" 3.3m / s2
2 kg + 1kg
s2
m2
i T = m1 Å" Å" g
m1 + m2
1kg m
T = 2 kg Å" 9.81 E" 6.5 N
2 kg + 1kg
s2
Zad.3.5.
Dwie nierówne masy m1=2 kg i m2=1 kg są połączone ze sobą za pomocą nieważkiej
linki przerzuconej przez niewielki krążek. Oblicz przyspieszenie a układu oraz naprężenie
linki T.
RozwiÄ…zanie:
Równanie ruchu masy m1 ma postać
F = m1a1;
"
m1g - T = m1 Å" a1 *)
Równanie ruchu masy m2 ma postać
F = m2a ;
"
2
m2g - T = -m2 Å" a **)
2
Ale a1 = a = a (patrz zad.3.4)
2
T = m1g - m1 Å" a i podstawiamy do **)
m2g - m1g + m1a = -m2a; m1a + m2a = m1g - m2g
stÄ…d
m1 - m2
a = Å" g
m1 + m2
PodstawiajÄ…c dane liczbowe otrzymujemy:
2 kg - 1kg m m
a = Å" 9.81 E" 3.3
2 kg + 1kg
s2 s2
oraz
67
m1 - m2
T = m1g - m1 Å" Å" g
m1 + m2
ëÅ‚ - m2 öÅ‚ m1 + m2 - m1 + m2 2m1m2
m1
ìÅ‚ ÷Å‚
T = m1gìÅ‚1 - = m1g = g
m1 + m2 ÷Å‚ m1 + m2 m1 + m2
íÅ‚ Å‚Å‚
2 Å" 2 kg Å"1kg m
g = Å" 9.81 E" 13.1N
2 kg + 1kg
s2
Zad.3.6.
Promień zakrętu toru kolejowego wynosi r=100 m. Pod jakim kątem ą ma być
nachylony tor do poziomu, aby nacisk pociągu F na tor był prostopadły do toru (koła pociągu
nie działają wówczas na płaszczyzny boczne szyn i nie występuje zjawisko zrzucania
wagonów z toru) jeżeli prÄ™dkość pociÄ…gu na zakrÄ™cie wynosi Å=36 km/godz.
RozwiÄ…zanie:
Rozpatrujemy jeden wagonu pociÄ…gu.
Zakładając, że masa wagonu wynosi m,

Q - ciężar wagonu

Pn - siła odśrodkowa

R - wypadkowa siła reakcji szyn na koła
wagonu

F - siła nacisku wagonu na tor.

Siła F będzie prostopadła do płaszczyzny tory gdy kąt zawarty między siłami Q i F będzie
równy kątowi ą nachylenia szyn.
Pn
tg Ä… =
Q
Q = m Å" g
Reakcję odśrodkową (siłę odśrodkową) możemy wyrazić
Pn = m Å" a
n
gdzie przyspieszenie odśrodkowe an ma postać:
Å2
a =
n
r
68
Å2
Zatem Pn = m Å"
r
Å2
m
Å2
r
Wtedy tg Ä… = =
mg r Å" g
km 36.000 m
Å = 36 = = 10 m / s
godz 3.600s
100m2 / s2
tg Ä… = H" 0.1
100 m Å" 9.81m / s2
Ä… = ar ctg 0.1 E" 6o
Wniosek: Kąt nachylenia toru na zakręcie nie zależy od masy m jadącego pociągu, a zależy
jedynie od jego prędkości Ši promienia krzywizny toru r.
Zad.3.7.
Długość prętów l regulatora Wata wynosi 200 mm. Oblicz kąt ą nachylenia ramion
regulatora, jego prędkość obrotowa wynosi n=2 obroty/s.
RozwiÄ…zanie:
Zakładamy, że masa kuli regulatora
wynosi m. Wtedy na kulÄ™ regulatora
działają w płaszczyz
nie prostopadłej do
kierunku ruchu trzy siły: ciężar kulki Q,
siła odśrodkowa Pn oraz naciąg pręta F.
Ponieważ położenie kulki w tej
płaszczyz
nie przy stałych obrotach nie
ulega zmianie, powyższe trzy siły znajdują
się w równowadze.
Z trójkąta sił wynikają bezpośrednio następujące zależności
Pn
tg Ä… =
Q
Ciężar ciaÅ‚a Q można wyrazić równaniem Q = m Å" g ,
mÅ2
a reakcję odśrodkową Pn równaniem Pn =
r
gdzie: r =lsinÄ…, a prÄ™dkość kulki Å = 2Ä„nr = 2Ä„nl sin Ä… , skÄ…d
69
2 2
m Å" 4Ä„2n l2 sin Ä…
2
Pn = = 4Ä„2n mlsin Ä…
lsin Ä…
Podstawiając wartość Q i Pn do pierwszego równania otrzymamy
2
4Ä„2 Å" n Å" m Å" l Å" sin Ä…
tg Ä… =
m Å" g
sin Ä…
i uwzględniając, że tg ą = otrzymamy
cos Ä…
2
sin Ä… 4Ä„2n l sin Ä…
=
cos Ä… g
2
1 4Ä„2n l
Zatem =
cos Ä… g
g
cos Ä… =
2
4Ä„2n l
9.81m / s2
cos Ä… = = 0.31
1
4 Å" (3.14)2 Å" 22 Å" 0.2 m
s2
Ä… = arc cos 0.31 E" 71o
Wniosek: Kąt nachylenia ą ramion regulatora Wata nie zależy od masy m kuli regulatora.
Zad.3.8.
Jaką pracę W wykona człowiek przesuwający klocek o masie m=10 kg z podstawy na
szczyt równi pochyłej mającej długość d=5 m i wysokość h=3 m. Człowiek przesuwa klocek
ze stałą prędkością siłą P równoległą do równi. Oblicz moc człowieka P przy wykonywaniu
tej pracy, jeśli czas przesuwania klocka wynosił t=10 s.
RozwiÄ…zanie:
Sytuacja jest przedstawiona na rysunku.
Ponieważ przesuwanie klocka wzdłuż osi x
odbywa siÄ™ (bez przyspieszenia) ruchem
jednostajnym, zatem II zasada dynamiki
przyjmie postać
F = R
" - F = 0
70
F = Q Å" sin Ä…
h
Q = m Å" g; sin Ä… =
l
h 3m
R = mg ; R =10kg Å"9.81m / s2 Å" = 58.8 N
l 5m
R E" 58.8 N
Praca W wykonana przez siłę P na drodze l

W = R Å" l = P Å"l
W = 58.8 N Å"5m = 294 J
Gdyby klocek trzeba było podnieść do góry bez użycia równi to wówczas wykonalibyśmy
pracÄ™ W

W'= Q Å" h = Q Å" h
W'=10kg Å"9.81m / s2 Å"3m = 294J
A więc praca W=W . Używając równi pochyłej możemy zyskać na sile, ale musimy wykonać
takÄ… samÄ… pracÄ™.
Moc człowieka
W
P =
t
294 J
P = = 29.4 W
10 s
Zad.3.10.
Oblicz prÄ™dkość Å, którÄ… uzyska rakieta o masie m=1.6 t w chwili startu, jeżeli gazy
spalinowe posiadaÅ‚y prÄ™dkość Åp = 3500 m / s , a masa spalonego paliwa wraz z utleniaczem
wynosiła mp=50 kg.
RozwiÄ…zanie:
Przed startem rakieta miaÅ‚a masÄ™ mo = m + mp , zaÅ› prÄ™dkość Åo = 0 .

Zatem pÄ™d p = moÅo = 0 .
Ponieważ na rakietę w chwili startu nie działają żadne siły zewnętrzne, dlatego pęd p całego
układu (rakieta + wylatujące spaliny) musi być równy zero.
71
PÄ™d rakiety po starcie pr = mÅ
PÄ™d spalin po starcie ps = -mpÅp
PÄ™d ukÅ‚adu pr = mÅ - mpÅp = 0
Zatem mÅ = mpÅp
mpÅp
Å =
m
50 kg Å" 3500 m / s
Å = E" 110 m / s
1600 kg
Å =110 m / s
Zad.3.10.
Oblicz energiÄ™ kinetycznÄ… pocisku o masie m=40 kg, wystrzelonego z lufy armatniej z
prÄ™dkoÅ›ciÄ… Å = 600 m / s . Oblicz Å›redniÄ… siÅ‚Ä™ parcia P gazów prochowych w lufie, jeżeli
długość jej wynosi s=2 m.
RozwiÄ…zanie:
Energia kinetyczna EK pocisku wynosi
mÅ2
EK =
2
40 kg Å" (600)2 m2 / s2
EK = = 7200000 J
2
Energia kinetyczna jaką uzyskał pocisk po opuszczeniu lufy pojawiła się kosztem wykonanej
pracy W, którą wykonały gazy prochowe przesuwające pocisk siłą P na dystansie długości
lufy s
W = P Å" s = EK
EK = mÅ2
P = =
s 2s
40 kg Å" (600)2 m2 / s2
P = = 3600000 N
2 Å" 2m
72