6. Zasady zachowania energii, pędu i momentu pędu, praca.
Wybór i opracowanie zadań 6.1-6.29..Bogumiła Strzelecka.
6.1. Sanki zsuwają się ze szczytu toru o długości l pochylonego pod kątem ą do poziomu, a
następnie wje\
d\
ają na tor prosty. Wzdłu\
całego toru działa na sanki siła tarcia.
Współczynnik tarcia na torze pochyÅ‚ym wynosi µ1, zaÅ› na torze prostym µ2. Obliczyć jakÄ…
drogę s przebędą sanki po torze prostym.
6.2. Kulka o masie m = 20 g wyrzucona pionowo w górę z prędkością vo = 200 m/s, spadła na
ziemię z prędkością v = 50 m/s. Obliczyć pracę sił tarcia w powietrzu.
6.3. Do gałęzi drzewa przywiązana jest lina, po której wspina się człowiek o masie m. Jaką
pracę wykona człowiek, je\
eli przebędzie on po tej linie odcinek o długości l. Przyspieszenie
ziemskie wynosi g.
6.4. Kulka o masie M, znajdująca się na końcu mogącego się obracać cienkiego pręta o
długości l (masę pręta pomijamy), została wychylona o 180o ze swego najni\
szego poło\
enia.
SpadajÄ…c kulka zderza siÄ™ w najni\
szym poło\
eniu z kulkÄ… plastelinowÄ… o masie m. Na jakÄ…
wysokość wzniosą się obie kulki po zderzeniu i zlepieniu się? W obliczeniach przyjąć, \
e l
jest du\
o większe ni\
rozmiary mas M i m.
6.5. Na szczycie gładkiej kuli o promieniu R poło\
ono monetę, której nadano prędkość
początkową w kierunku poziomym o wartości vq. W którym miejscu, licząc od wierzchołka
kuli, moneta oderwie siÄ™ od niej (moneta zsuwa siÄ™ bez tarcia)? Przyspieszenie ziemskie jest
równe g.
6.6. Dwie kule o masach m1 i m2, poruszające się z taką samą prędkością v zderzają się
centralnie. Zderzenie jest doskonale sprÄ™\
yste. Podać warunki, jakie muszą być spełnione,
aby: a) pierwsza kula zatrzymała się; b) druga kula zatrzymała się; c) nastąpiła zmiana
zwrotu prędkości ka\
dej z kul.
6.7. JakÄ… pracÄ™ nale\
y wykonać, aby słup telegraficzny o masie M = 200 kg, do którego
wierzchołka przymocowano poprzeczkę o masie m = 30 kg, podnieść z poło\
enia poziomego
do pozycji pionowej, je\
eli długość słupa jest równa l =10m ? Przyspieszenie ziemskie
przyjąć g = 10 m/s2.
6.8. Znalez
ć noc wodospadu Niagara, je\
eli jego wysokość h = 50m, a średni przepływ wody
V = 5900 m3/s. GÄ™stość wody Á = 1000 kg/m3, a przyspieszenie ziemskie g = 10 m/s2.
6.9. Kulka o masie m uderza w wahadło fizyczne o masie M i pozostaje w nim. Jaka część
energii kulki zamieni się na ciepło?
6.10. Ciało wyrzucono pionowo w górę z prędkością vo. Znalez
ć wysokość, na której energia
kinetyczna ciała będzie równa jego energii potencjalnej? Przyspieszenie ziemskie wynosi g.
6.11. Kulka o masie m lecÄ…ca poziomo, uderza w powierzchniÄ™ klina o masie M le\
Ä…cego na
poziomej płaszczyz
nie tak, \
e odskakuje pionowo w górę na wysokość h. Zakładając, \
e
zderzenie jest doskonale sprÄ™\
yste, znalez
ć prędkość, jaką uzyskał klin tu\
po zderzeniu.
Przyspieszenie ziemskie jest równe g.
6.12. Piłeczkę pingpongową o promieniu r = 15 mm i masie m = 5 g zanurzono w wodzie na
głębokości h = 30 cm. kiedy puszczono tę piłeczkę, wyskoczyła ona z wody na wysokość h1
= 10 cm. Jaka ilość ciepÅ‚a wydzieliÅ‚a siÄ™ w wyniku dziaÅ‚ania siÅ‚ tarcia? GÄ™stość wody Á =
1000 kg/m3. Przyjąć g = 10 m/s2.
6.13. Dwie kule o masach m1 = 0,2 kg i m2 = 0,8 kg zawieszone na dwóch równoległych
niciach o długości l = 2 m ka\
da, stykajÄ… siÄ™ ze sobÄ…. Mniejsza kula zostaje odchylona o kÄ…t
90o od początku poło\
enia i puszczona. Znalez
ć prędkość kul po zderzeniu zakładając, \
e
zderzenie kul było: a) doskonale sprę\
yste, b) doskonale niesprÄ™\
yste. Jaka część energii
początkowej zamieni się na ciepło w przypadku zderzenia doskonale niesprę\
ystego?
6.14. Ciało o masie m przymocowane do nici o długości lo zatacza okrąg o promieniu równym
długości nici z prędkością vo. Jaką pracę nale\
y wykonać ściągając ciało do środka okręgu,
skracając nić o "l.
6.15. Znalez
ć hamujący moment siły, który mo\
e zatrzymać w ciągu czasu t = 20 s koło
zamachowe o masie m = 50 kg i promieniu R = 0,3 m obracające się z częstotliwością f = 30
s-1 . Zało\
yć, \
e masa koła zamachowego rozmieszczona jest na jego obwodzie. Jaka praca
będzie potrzebna do zatrzymania tego koła zamachowego?
6.16*. Jednorodna deska o masie m i długości l le\
y na granicy zetknięcia dwóch stołów, na
stole pierwszym. JakÄ… minimalnÄ… pracÄ™ nale\
y wykonać, aby przesunąć ją ze stołu pierwszego
na drugi, je\
eli współczynniki tarcia pomiÄ™dzy deskÄ… a stoÅ‚em wynoszÄ… µ1 i µ2, odpowiednio
dla pierwszego i drugiego stołu.
6.17*. Walec o wysokoÅ›ci h, promieniu podstawy R i gÄ™stoÅ›ci Á1 pÅ‚ywa w naczyniu
wypeÅ‚nionym cieczÄ… o gÄ™stoÅ›ci Á2 > Á1. OÅ› walca jest prostopadÅ‚a do podstawy naczynia.
Obliczyć pracę, jaką nale\
y wykonać aby walec zanurzyć całkowicie w cieczy?
6.18*. Na podłodze le\
y lina o masie m i długości l. Jeden z jej końców podnosimy do góry
dopóki lina nie oderwie się od podłogi. Wyznaczyć minimalną wartość pracy jaką nale\
y
wykonać, aby podnieść linę z podłogi w polu grawitacyjnym Ziemi w przypadku, gdy:
a) lina jest jednorodna
b) lina jest niejednorodna i jej masa m zale\
y od odległości x od jednego z jej końców
2
x
wedÅ‚ug wzoru m(x) = m0 ëÅ‚ öÅ‚ , gdzie x jest dÅ‚ugoÅ›ciÄ… podnoszonej części sznura.
ìÅ‚ ÷Å‚
l
íÅ‚ Å‚Å‚
6.19. Człowiek stoi na nieruchomym wózku i rzuca do przodu kamień o masie m, nadając mu
prędkość v. Wyznaczyć pracę, jaką musi wykonać przy tym człowiek, je\
eli Masa wózka
wraz z nim wynosi M.
6.20. Człowiek o masie m1 = 60 kg, biegnący z prędkością v1 = 8 km/h, dogania wózek o
masie m2 = 90 kg, który jedzie z prędkością v2 = 4 km/h i wskakuje na ten wózek. Z jaką
prędkością będzie poruszał się wózek z człowiekiem? Jaka będzie prędkość wózka z
człowiekiem w przypadku, gdy człowiek będzie biegł naprzeciwko wózka?
6.21. Lecący poziomo granat z prędkością v = 10 m/s w pewnej chwili rozerwał się na dwa
odłamki. Większy odłamek, którego masa stanowiła n = 60% masy całego granatu,
kontynuował lot w pierwotnym kierunku, lecz ze zwiększoną prędkością v1 = 25 m/s. Znalez
ć
kierunek i wartość prędkości mniejszego odłamka.
6.22. Znalez
ć wartość prędkości początkowej poruszającego się po lodzie krą\
ka hokejowego,
je\
eli przed zderzeniem z bandą przebył on drogę s1 = 5 m, a po zderzeniu, które mo\
na
traktować jako doskonale sprę\
yste, przebył jeszcze drogę s2 =2 m do chwili zatrzymania się.
Współczynnik tarcia krą\
ka o lód jest równy µ = 0,1.
6.23. Z rury o przekroju s = 5 cm2 wypływa w kierunku poziomym strumień wody z
prędkością, której wartość wynosi v = 10 m/s, uderzając pionowo w ścianę stojącej na
szynach wózka, a następnie spływa w dół po tej ściance. Z jakim przyspieszeniem będzie
poruszać się wózek? Jego masa m = 200 kg, a kierunek strumienia wody jest równoległy do
kierunku szyn. Przyjąć, i\
hamująca ruch wózka siła oporu jest sto razy mniejsza od cię\
aru
tego pojazdu.
6.24. Dwie poziome tarcze wirują wokół pionowej osi przechodzącej przez ich środek.
Momenty bezwÅ‚adnoÅ›ci tarcz wynoszÄ… I1 oraz I2, a ich prÄ™dkoÅ›ci kÄ…towe É1 i É2. Po upadku
tarczy górnej na dolną obie tarcze ( w wyniku działania sił tarcia) obracają się razem jak
jedno ciało. Wyznaczyć:
a) prędkość kątową tarcz po złączeniu;
b) pracę wykonaną przez siły tarcia.
6.25. Na brzegu poziomo ustawionej tarczy o momencie bezwładności I (względem osi
pionowej przechodzącej przez środek tarczy) i promieniu R znajduje się człowiek o masie m.
Obliczyć prÄ™dkość kÄ…towÄ… tarczy É, gdy czÅ‚owiek zacznie poruszać siÄ™ wzdÅ‚u\
jej brzegu z
prędkością v względem niej.
6.26. Człowiek o masie m stoi na osi obrotowego stolika o promieniu R trzymając oburącz za
oÅ›, pionowo nad gÅ‚owÄ… obracajÄ…ce wokół tej osi (pionowej) z prÄ™dkoÅ›ciÄ… kÄ…towÄ… Éo koÅ‚o
rowerowe o momencie bezwÅ‚adnoÅ›ci Io. Wyznaczyć prÄ™dkość kÄ…towÄ… É1 ruchu obrotowego
stolika po:
a) obróceniu przez człowieka koła o kąt 180o,
b) zahamowaniu koła przez człowieka.
Moment bezwładności stolika z człowiekiem wynosi I.
6.27. Listwa drewniana o długości l i masie m mo\
e się obracać dookoła osi prostopadłej do
listwy, przechodzącej przez jej środek. W koniec listwy trafia pocisk o masie m1, lecący z
prędkością v1 w kierunku prostopadłym do osi i do listwy. Znalez
ć prędkość kątową, z jaka
listwa zacznie się obracać, gdy utkwi w niej pocisk.
6.28. Na poziomym, doskonale gładkim stole le\
y pręt o długości l i masie m. W koniec pręta
trafia pocisk o masie m1, lecący z prędkością v1 w kierunku prostopadłym do osi pręta.
Znalez
ć prędkość kątową, z jaką pręt zacznie się obracać, gdy utkwi w niej pocisk oraz
wartość prędkości liniowej środka pręta.
RozwiÄ…zania:
6.1.R.
Korzystając z zasady zachowania energii oraz pamiętając, \
e praca jest formÄ… energii
otrzymujemy:
mv2
(1) mgh = + W1
2
mv2
(2) = W2
2
oraz z definicji pracy
(3) W1 = T1 Å"l
(4) W2 = T2 Å" x
i siły tarcia
(5) T1 = µ1mg cosÄ…
(6) T2 = µ2mg
podstawiamy wyra\
enia określone równaniami (2), (3), (4), (5) i (6) do równania (1)
trzymujÄ…c:
(7) mgh = µ2mgx + µ1mg cosÄ… Å"l
Poniewa\

h
(8) = sinÄ… , stÄ…d h = l Å" sinÄ… .
l
PodstawiajÄ…c to\
samość (8) do równania (7) i przekształcając je otrzymujemy:
sinÄ… - µ1 cosÄ…
x = Å"l
µ2
6.2.O. W = 375 J
6.3.O. W = mgl
6.4.R.
Korzystając z zasady zachowania energii mechanicznej otrzymujemy równanie:
p2
(1) Mg2l = , gdzie p oznacza wartość pędu masy M w najni\
szym poło\
eniu.
2M
Z zasady zachowania pędu:
(2) p = pu
Wysokość, na którą wzniosą się obie masy po złączeniu, obliczamy korzystając ponownie z
zasady zachowania energii:
2
pu
(3) = (M + m)gh
2(M + m)
Po przekształceniach
2
M
(4) h = 2 Å" l
2
(M + m)
6.5.R.
Z zasady zachowania energii wynika:
2
mvo mv2
(1) + mgR = + mg(R - x)
2 2
W punkcie, w którym oderwie się ciało:
mv2
(2) = N , gdzie N  wartość siły nacisku.
R
Z podobieństwa trójkątów:
N R - x
(3) =
mg R
Po rozwiązaniu układu powy\
szych równań otrzymujemy:
2
R v0
(4) x = -
3 3g
m2
6.6.O. a) m1=3m2. b) 3m1 = m2, c) "m1 "3m2
3
6.7.R. Praca jest równa zmianie energii potencjalnej słupa względem jego pierwotnego
poło\
enia:
(1) W = "Ep
Słup traktujemy jako bryłę sztywną, natomiast poprzeczkę jako punkt materialny.
l
ëÅ‚ öÅ‚
(2) W = Mg + mgl - 0 = 13kJ
ìÅ‚ ÷Å‚
2
íÅ‚ Å‚Å‚
6.8.R.
W
(1) P =
t
(2) W = "E = mgh
mgh
(3) P =
t
m
(4) = Á Å"V
t
(5) P = Á Å"Vgh = 2950MW
6.9.R.
Q
(1) x = , gdzie Q  wydzielone ciepło, Eo  energia kinetyczna kulki;
Eo
(2) Q = Eo - E , E  energia kinetyczna układu kulka wahadło po zderzeniu;
2
po p2
(3) Eo = , E = , gdzie po  pęd kulki przed zderzeniem, p  pęd układu kulka
2m 2(M + m)
wahadło po zderzeniu.
Zgodnie z zasadą zachowania pędu:
(4) p0 = p
Podstawiając wzory (2), (3) i (4) do równania (1) otrzymujemy:
M
(5) x =
M + m
6.10.O.
2
vo
h =
4g
6.11.R.
Korzystając z zasady zachowania pędu oraz zasady zachowania energii otrzymujemy układ
trzech równań:
2 2 2
(1) p3 = p2 + p1 , p1  pęd kulki przed zderzeniem, p2  pęd kulki po zderzeniu, p3  pęd
klina.
2 2 2
p3 p2 p1
(2) + =
2M 2m 2m
2
p2
(3) = mgh
2m
RozwiÄ…zujÄ…c powy\
szy układ równań otrzymujemy wzór na wartość p3:
ghM
(4) p3 = 2m
M - m
Poniewa\
p3 = MÅ"v3, stÄ…d
gh
(5) v3 = 2m
M(M - m)
6.12.R.
Praca siły wyporu Fw na drodze h zostaje wykorzystana na zmianę energii potencjalnej ciała
"E względem poło\
enia początkowego oraz na ciepło Q:
(1) Fwh = Q + "E
4
3
(2) Fw = Á Å" gV ; V = Ä„ Å" r
3
(3) "E = mg(h + h1)
Przekształcając powy\
sze równania otrzymujemy:
4
3
(4) Q = Ä„ Å" r Å" Á Å" gh - mg(h + h1) = 2,2 Å"10-2 J
3
6.13.R.
a) W zderzeniu doskonale sprÄ™\
ystym spełniona jest zasada zachowani pędu i energii
mechanicznej
(1) m1v = m1v1 + m2v2 , gdzie v,v1  wartości prędkości ciała o masie m1 przed i po
zderzeniu, v2  wartość prędkości ciała m2 po zderzeniu.
2 2
m1v2 m1v1 m2v2
(2) = +
2 2 2
RozwiÄ…zujÄ…c powy\
sze równania otrzymujemy:
m2 - m1 2m1
(3) v1 = v oraz v2 = v .
m1 + m2 m1 + m2
Energia potencjalna odchylonej kulki jest równa jej energii kinetycznej w momencie
zderzenia z drugÄ… kulkÄ…:
m1v2
(4) m1gl = stÄ…d v = 2gl
2
więc:
m - m 2m1
2 1
(5) v1 = 2gl = 3,8m / s i v2 = 2gl = 2,5m / s
m + m m1 + m2
1 2
b)
W zderzeniu doskonale nie sprÄ™\
ystym spełniona jest zasada zachowania pędu:
(1) m1v = (m1 + m2 )vx ,
gdzie v wartość prędkości masy m przed zderzeniem, vx wartość prędkości obu złączonych
kulek po zderzeniu
stÄ…d:
m1
(2) vx = v
m1 + m2
Poniewa\

m1v2
(3) m1gl = stÄ…d v = 2gl
2
otrzymujemy
2m1
(4) vx = 2gl = 1,3m / s
m1 + m2
Q
(5) x = - oznacza, jaka część energii zamieni się na ciepło
m1gl
(m1 + m2 )v
2
(6) Q = m1gl -
x
2
Po podstawieniu za vx otrzymujemy:
m2
(7) x = = 0,8
m1 + m2
6.14.R.
Wykonana praca jest równa zmianie energii kinetycznej:
mvo
mv2 2
(1) W = "E = - .
2 2
Prędkość v kulki po skróceniu nici znajdujemy z zasady zachowania pędu:
(2) mv(l0 - "l) = mv0l0
Wówczas praca jest równa:
2 2
mv0 îÅ‚ l0 Å‚Å‚
(3)W = -1śł
ïÅ‚
2 - "l)
(l0 2 ûÅ‚
ïÅ‚ śł
ðÅ‚
6.15.R.
(1) M = I Å"µ ; gdzie M  wartość momentu siÅ‚y, I = mR2  moment bezwÅ‚adnoÅ›ci
tarczy, µ - wartość przyspieszenia kÄ…towego.
"É É - 0 2Ä„f
(2) µ = = =
t t t
2Ä„ Å" fmR2
(3) M = = 42,39N Å" m
t
Praca potrzebna do zatrzymania koła jest równa zmianie energii kinetycznej:
1 1
2
2 2 2
(4) W = "E = IÉ - 0 = mR2 Å"(2Ä„ Å" f ) = 2Ä„ mR2 f = 79,9kJ
2 2
6.16.R.
Przesunięcie deski z jednego stołu na drugi wymaga wykonania pracy siłą co najmniej równą
sile tarcia pomiędzy deską a płaszczyznami stołów. Siła tarcia w tym przypadku jest równa
sumie sił tarcia pomiędzy deską i, odpowiednio, stołem pierwszym (T1) i drugim (T2).
l
T1 T2
0
l-x x X
l
(1) W = (T1 + T2 )dx
+"
0
Zgodnie z rysunkiem wartości sił T1 i T2 zale\
ą od tego, jaka część deski znajduje się na stole
pierwszym, a jaka na drugim. Poniewa\
deska jest jednorodna wychodząc z zało\
enia, \
e
masa jest proporcjonalna do długości deski mo\
emy znalez
ć wartości sił nacisku na
poszczególne stoły.
l - x l - x
(2) N1 = mg , a wiÄ™c T1 = µ1 Å" mg
l l
x x
(3) N2 = mg , a wiÄ™c T2 = µ2 Å" mg
l l
Podstawiając do wzoru (1) otrzymujemy po scałkowaniu:
mgl
(4) W = (µ1 + µ2 )
2
6.17.R.
PracÄ™ obliczamy z wzoru
h
(1) W = Fwdx
+"
hx
h
hx
poniewa\
wartość siÅ‚y wyporu Fw = Á2 Å"Vg = Á2 Å" g Å"Ä„ Å" R2 x zale\
y od głębokości zanurzenia
walca.
Wielkość początkowego zanurzenia walca h1 obliczamy z równowagi siły wyporu i siły
ciÄ™\
kości w chwili początkowej:
Á1
(2) Fw = Q , czyli Á2 Å"Ä„ Å" R2hx g = Á1 Å"Ä„ Å" R2hg , stÄ…d hx = h .
Á2
Po podstawieniu do równania jeden otrzymujemy wyra\
enie na pracÄ™:
2 2
Ä„ Å" R2 gh2 Á2 - Á1
(3) W = Å"
2 Á2
6.18.R.
a) Na fragment liny o masie dm, znajdujący się w odległości x od jej końca, działa siła
(1) dF = gÅ"dm.
Podnosząc ten fragment na wysokość x nale\
y działać na niego siłą równą co do wartości dF
lecz przeciwnie skierowanÄ…. Zostanie przy tym wykonana praca elementarna :
(2) dW = xÅ"dF = xgÅ"dm.
dx dm
Poniewa\
cała jednorodna lina o długości l ma masę m, z proporcji = wynika, \
e
l m
rozpatrywany fragment ma masÄ™
m
(3) dm = Å" dx .
l
Podstawiając wzór (3) do wzoru (2) i sumując prace elementarne dW otrzymujemy:
l
mg mgl
(4) W = x Å" dx =
+"
l 2
0
2
x
b) Dla liny niejednorodnej mamy zale\
ność masy od odlegÅ‚oÅ›ci x: m(x) = m0 ëÅ‚ öÅ‚ .
ìÅ‚ ÷Å‚
l
íÅ‚ Å‚Å‚
Masę dm elementu liny o długości dx obliczamy ró\
niczkujÄ…c tÄ™ zale\
ność:
2m0
(5) dm = x Å" dx .
2
l
Siła dF ma teraz postać:
2m0 g
(6) dF = g Å" dm = x Å" dx ,
2
l
zaÅ› praca elementarna
2m0 g
(7) dW = x Å" dF = x2 Å" dx .
2
l
Praca całkowita jest równa całce:
l
2m0 g 2m0 gl
(8) W = x2 Å" dx =
2 +"
l 3
0
6.19.R.
Praca wykonana przez człowieka będzie równa przyrostowi energii kinetycznej układu:
2
Mv1 mv2
(1) W = "Ek = + ,
2 2
gdzie prędkość v1 jest prędkość wózka z człowiekiem po rzucie. Prędkość tę oblicza się z
zasady zachowania pędu:
r r
(2) 0 = Mv1 + mv .
Po uwzględnieniu zwrotów wektorów :
(3) 0 = Mv1 - mv
otrzymujemy :
m
(4) v1 = v .
M
Uwzględniając zale\
ność (4) otrzymujemy wzór na pracę:
2
M m mv2 mv2 m
ëÅ‚ ëÅ‚1+ öÅ‚
(5) W = vöÅ‚ + =
ìÅ‚ ÷Å‚ ìÅ‚ ÷Å‚
2 M 2 2 M
íÅ‚ Å‚Å‚ íÅ‚ Å‚Å‚
6.20.O.
m1v1 + m2v2 km
a) v = = 5,6
m1 + m2 h
m2v2 - m1v1 km
b) v = = 0,8
m1 + m2 h
6.21.R.
Z zasady zachowania pędu wynika, \
e pęd granatu przed wybuchem musi być równy sumie
pędów wszystkich odłamków granatu po wybuch:
r r r
(1) mv = m1v1 + m2v2 .
Przechodząc do równania skalarnego nale\
y uwzględnić , \
e prędkości ułamków są
skierowane przeciwnie:
(2) mv = m1v1 - m2v2
Przekształcając równanie (2) otrzymujemy:
m1v1 - mv
(3) v2 = .
m2
Z warunków zadania wynika:
m1 = nm oraz m2 = m - m1 = (1- n)m .
PodstawiajÄ…c powy\
sze zale\
ności do równania (3) otrzymujemy:
nv1 - v m
(4) v2 = = 12,5 .
1- n s
Mniejszy odłamek odleciał w kierunku przeciwnym do kierunku lotu odłamka większego.
6.22.R.
Energia kinetyczna poczÄ…tkowa krÄ…\
ka zostaje zu\
yta na pracę siły tarcia przed zderzeniem z
bandÄ… i po zderzeniu z bandÄ…, poniewa\
w wyniku zderzenia doskonale sprÄ™\
ystego zmienia
się kierunek a nie wartość pędu.
2
mv0
(1) = kmgs1 + kmgs2
2
Po przekształceniu powy\
szego równania otrzymujemy:
m
(2) vo = 2kg(s1 + s2 ) = 3,7
s
6.23.R.
Siła wypadkowa działająca na wózek opisana jest równaniem:
mg
(1) Fw = ma = F -
100
Siłę F, jaką woda popycha wózek, obliczamy z II zasady dynamiki Newtona:
(2) F Å" t = "p
Zmiana pędu w kierunku ruchu drezyny jest równa:
(3) "p = p - 0 .
Poniewa\
p = mv , zaÅ› m = Á Å"V = Á Å" S Å" x otrzymujemy podstawiajÄ…c te zale\
ności do
równania (2):
(4) F Å" t = Á Å" S Å" x Å" v .
DzielÄ…c powy\
sze równanie obustronnie przez t otrzymujemy:
x x
(5) F = Å" Á Å" S Å" v = Á Å" S Å" v2 , poniewa\
v = .
t t
Podstawiając do równania (1) otrzymujemy:
mg
(6) ma = Á Å" S Å" v2 - .
100
Po przekształceniu otrzymujemy:
Á Å" S Å" v2 g m
(7) a = - = 0,15 .
m 100 s2
6.24.R.
Na układ opisany w zadaniu nie działa \
aden zewnętrzny moment sił. Moment pędu układu L1
przed połączeniem tarcz wynosi:
(1) L1 = I1É1 + I2É2 ,
natomiast po połączeniu momentu pędu L2 wynosi:
(2) L2 = (I1 + I2 )Å"É .
W powy\
szym wzorze É jest prÄ™dkoÅ›ciÄ… kÄ…towÄ… po poÅ‚Ä…czeniu siÄ™ tarcz. Z zasady
zachowania momentu pędu L1=L2, tote\
porównując oba powy\
sze wzory otrzymujemy
wyra\
enie na prÄ™dkość kÄ…towÄ… É w postaci:
(3) É = I1É1 + I2É2 .
I1 + I2
Pracę, która została wykonana przez siłę tarcia podczas wyrównywania się prędkości tarcz,
obliczamy jako ró\
nicę energii kinetycznych układu:
poczÄ…tkowej:
2 2
I1É1 I2É2
(4) Ek1 = +
2 2
i końcowej:
2
(I1 + I2 )É
(5) Ek 2 =
2
Wówczas :
2
I1I2(É1 -É2 )
(6) W = Ek1 - Ek 2 =
2(I1 + I2 )
6.25.R.
Stosując zasadę zachowania momentu pędu otrzymujemy:
r r
(1) 0 = Lc + Lt , gdzie Lc  moment pędu człowieka, Lt  moment pędu tarczy.
ZapisujÄ…c powy\
sze równanie w postaci skalarnej otrzymujemy:
(2) 0 = Lc + Lt .
Moment pędu tarczy wynosi:
(3) Lt = I Å"Ét , gdzie Ét  prÄ™dkoÅ›ciÄ… kÄ…towÄ… tarczy.
v
CzÅ‚owiek porusza siÄ™ z prÄ™dkoÅ›ciÄ… kÄ…towÄ… Éc = wzglÄ™dem tarczy i jednoczeÅ›nie jest
R
unoszony przez tarczÄ™ z prÄ™dkoÅ›ciÄ… kÄ…towÄ… Ét w kierunku przeciwnym. Zatem jego caÅ‚kowity
moment pędu wynosi:
(4) Lc = Ic Å"Ét - Ic Å"Éc , gdzie Ic = mR2 jest momentem bezwÅ‚adnoÅ›ci czÅ‚owieka o masie
m względem osi obrotu tarczy.
Podstawiając równania (3) i (4) do (2) otrzymujemy:
mRv
(5) Ét =
I + mR2
6.26.R.
a) Początkowy moment pędu układu wynosi:
(1) L0 = I0 Å"É0 ,
poniewa\
tylko koło się obraca.
Po obróceniu koła o 180o jego moment pędu zmieni się na przeciwny, wskutek czego
człowiek ze stolikiem będzie się poruszał ruchem obrotowym. Wówczas całkowity moment
pędu układu jest równy:
(2) L1 = I Å"É1 - I0 Å"É0
gdzie É1  prÄ™dkość kÄ…towa czÅ‚owieka ze stolikiem.
Korzystając z zasady zachowania momentu pędu:
(3) L0 = L1
wyznaczamy prÄ™dkość kÄ…towÄ… É1:
I0 Å"É0
(4) É1 = 2
I
b) Po zahamowaniu koła rowerowego całkowity moment pędu układu będzie równy
momentowi pędu stolika z człowiekiem:
(5) L2 = I Å"É2
StosujÄ…c zasadÄ™ zachowania momentu pÄ™du wyznaczamy É2:
I0 Å"É0
(6) É2 =
I
6.27.R.
Z zasady zachowania momentu pędu wynika:
(1) L1= L2,
gdzie:
l
(2) L1 = m1v1 jest momentem pędu układu listwa  pocisk przed zderzeniem,
2
zaÅ›:
(3) L2 = I Å"É jest momentem ukÅ‚adu po zderzeniu.
Moment bezwładności układu I po zderzeniu opisany jest zale\
nością:
2
1 l
2
(4) I = ml + m1ëÅ‚ öÅ‚ .
ìÅ‚ ÷Å‚
12 2
íÅ‚ Å‚Å‚
Przekształcając powy\
sze równania otrzymujemy:
2m1v1
(5) É =
1
lëÅ‚ m + m1 öÅ‚
ìÅ‚ ÷Å‚
3
íÅ‚ Å‚Å‚
6.28.R.
Przy rozwiązaniu zadania korzystamy z zasady zachowania pędu i z zasady zachowania
momentu pędu.
Przed zderzeniem pęd układu równy jest pędowi pocisku:
(1) p1 = m1v1 .
Moment pędu układu względem dowolnie wybranego punktu jest równy momentowi pędu
pocisku.
l
(2) L1 = m1v1ëÅ‚ - xöÅ‚ , gdzie x jest odlegÅ‚oÅ›ciÄ… Å›rodka masy ukÅ‚adu pocisk-prÄ™t od
ìÅ‚ ÷Å‚
2
íÅ‚ Å‚Å‚
środka pręta.
Poło\
enie środka masy znajdujemy ze wzoru:
l
Å" m1 + 0 Å" m
ëÅ‚ öÅ‚
l m1
2
ìÅ‚ ÷Å‚
(3) x = = .
ìÅ‚
m1 + m 2 m + m1 ÷Å‚
íÅ‚ Å‚Å‚
Po zderzeniu pocisku z prętem pęd układu jest równy:
(4) p2 = (m + m1)vs , gdzie vs  prędkość środka masy układu.
Porównując wartości pędów przed (1) i po zderzeniu (4) obliczamy prędkość środka masy:
m1
(5) vs = v1.
m + m1
Moment pędu układu pocisk-pręt po zderzeniu wyra\
a siÄ™ wzorem:
(6) L2 = I Å"É ,
gdzie É - prÄ™dkość kÄ…towa, zaÅ› moment bezwÅ‚adnoÅ›ci I jest sumÄ… momentu bezwÅ‚adnoÅ›ci
pręta i momentu bezwładności pocisku:
(7) I =Ipr + Ipoc.
Moment bezwładności pocisku liczymy jak moment bezwładności punktu materialnego:
2
l
(8) I = m1ëÅ‚ - xöÅ‚ .
ìÅ‚ ÷Å‚
poc
2
íÅ‚ Å‚Å‚
Moment bezwładności pręta względem środka masy układu obliczamy korzystając z prawa
Steinera:
1
2
(9) I = I0 + mx2 = ml + mx2 .
pr
12
Korzystając z zasady zachowania momentu pędu [rów.(2) i (6)] oraz podstawiając wzory:
(3), (7), (8) i (9) otrzymujemy wzór na prędkość kątową:
6m1(m + m1)v1
(10) É =
2
l(m2 + m Å" m1 + 4m1 )