Lista 4 z rozwiązaniami
Autorzy rozwiązań:
Zad.81,100 dr P.Biegański
Zad.82 -90 dr A.Kolarz.
Zad. 91 99,101-103 mgr. W.Magierski
Poprawione/uzupełnione rozwiązania zad. 101/103 prof. W. Salejda
Siły bezwładności
81. Jaką minimalną siłą należy działać na ciało A o masie MA (patrz rysunek), aby
ciało B o masie MB nie poruszało się względem niego (nie zsuwało się w dół),
jeśli: a) współczynnik tarcia między A i B wynosi fAB, gdy A porusza się po
idealnie gładkiej powierzchni? b) współczynnik tarcia między A i B wynosi f , a między A i
AB
poziomą powierzchnią wynosi f? Obliczenia wykonać dla fAB = 0,6, f = 0,4, MA = 20 kg i MB = 2 kg.
Rozwiązanie:
82. Wahadło o masie m wisi na podstawce umocowanej na wózku. Znalezć kierunek nici wahadła, tj.
kąt ą nici z pionem oraz jej naprężenie T w przypadkach: a) wózek porusza się ruchem jednostajnym
po płaszczyznie poziomej, b) wózek porusza się po płaszczyznie poziomej z przyspieszeniem a, c)
wózek stacza się swobodnie z równi pochyłej, która tworzy kąt z poziomem.
Rozwiązanie:
83. O jaki kąt odchyli się poziom cieczy przewożonej w samochodzie cysternie, gdy samochód
hamuje z opóznieniem 5 m/s2 (g = 10 m/s).
Rozwiązanie:
84. Wyznaczyć wartości sił odśrodkowych działających na człowieka znajdującego się: a) na równiku;
b) na powierzchni Ziemi poruszającej się wokół Słońca. Dane: masa człowieka 80 kg, promień Ziemi
6400 km, średnia odległość Ziemi od Słońca wynosi 150 mln. km.
Rozwiązanie:
85. Wyznaczyć nacisk ciała pilota o masie M na fotel samolotu wykonującą pętlę o promieniu R = 6
km leżącą w płaszczyznie pionowej, gdy samolot jest: a) w najniższym punkcie okręgu (fotel jest pod
ciałem pilota) a prędkość samolotu wynosi 280 m/s; b) w najwyższym punkcie pętli (fotel jest nad
pilotem) a prędkość samolotu wynosi 120 m/s. Obliczenia wykonać dla M = 62 kg. W jakim punkcie
pętli i przy jakich wartościach podanych parametrów pilot przez chwilę znajdzie się w stanie
nieważkości?
1
Rozwiązanie:
86. Współczynnik tarcia między torem a oponami samochodu wynosi 0,8. Z jaką maksymalną
prędkością może ten samochód pokonać bez poślizgu zakręt o promieniu 40 m?
Rozwiązanie:
87. Na cało o masie M poruszający się w powietrzu z prędkością v nad powierzchnią Ziemi działa
oprócz siły grawitacji, siła bezwładności FC = 2 M vw, zwana siłą Coriolisa, gdzie w jest prędkością
kątową ruchu obrotowego Ziemi wokół osi płn-płd., przy czym wektor w jest skierowany od bieguna
płd. Ziemi do jej bieguna płn. Uzasadnić, że ciała wykonujące rzut ukośny na półkuli płn. odchylają
się od pierwotnego kierunku zawsze w prawo względem wektora prędkości v. Jaką regułę można stąd
wysnuć dla ciał wykonujących rzut ukośny na półkuli płd? Dlaczego ciała rzucone pionowo w dół,
niezależnie od półkuli, odchylają się na wschód, tj. nie spadają pionowo w dół? Wyobraz sobie
idealnie gładką rurkę o średnicy d i wysokości H ustawioną pionowo na równiku, w której spada
swobodnie i bez tarcia kulka o średnicy d. Z rurki odpompowano powietrze. Jak zależy od czasu siła
wywierana przez spadającą kulkę na boczną ściankę rurki?
Rozwiązanie:
88. Wiadro z wodą wprawiono w ruch po okręgu o promieniu R leżący w płaszczyznie pionowej. Jaka
jest minimalna wartość prędkości wiadra w najwyższym punkcie toru ruchu, dla której woda nie
będzie wylewała się z niego?
Rozwiązanie:
89. Największy i najmniejszy pozorny ciężar ciała człowiek stojącego na wadze umieszczonej w
windzie wynosi odpowiednio 591 N i 391 N. Zakładając, że wartości przyspieszenia i opóznienia
(przy hamowaniu) windy podczas jej ruchu w górę są takie same wyznaczyć rzeczywistą masę
człowieka oraz przyspieszenie/opóznienie windy.
Rozwiązanie:
90. Samochód porusza się ze stałą prędkością v po drodze położonej na wzgórzu o promieniu
krzywizny w najwyższym punkcie równym 20 m. Wyznaczyć v, jeśli na szczycie wzgórza nacisk kół
samochodu na drogę jest zaniedbywalnie mały.
Rozwiązanie:
Dynamika ruchu krzywoliniowego
2
91. Jarek o masie M = 40 kg buja się na huśtawce zawieszonej na dwóch linkach o długości L = 2 m
każda. W najniższym punkcie toru P siła naprężenia każdej z linek wynosi 300 N. Wyznaczyć
prędkość i przyspieszenie dośrodkowe Jarka oraz siłę jego nacisku na deskę huśtawki w punkcie P
toru.
Rozwiązanie:
92. Samochód porusza się po łuku drogi o promieniu R. Powierzchnia drogi jest nachylona pod kątem
a względem poziomu w kierunku do wnętrza zakrętu. Współczynnik tarcia wynosi f. Pokazać, że
maksymalna prędkość, przy której samochód nie wypadnie z zakrętu na skutek poślizgu spełnia
równość (vmax)2 = Rg(f+tga)/(1-ftga).
Rozwiązanie:
93. Samochód wpadł w poślizg na poziomym zakręcie o promieniu krzywizny 200 m, przed którym
stał znak ograniczenia prędkości do 40 km/h. O ile przekroczył kierowca dozwoloną prędkość, jeśli
współczynnik tarcia między oponami i jezdnią wynosił 4/5? Wynik podać w km/h.
Rozwiązanie:
94. Rowerzysta jedzie ze stałą prędkością v = 10 m/s po torze kołowym. Kąt nachylenia płaszczyzny
roweru do poziomu wynosi ą=60. Oblicz promień toru.
Rozwiązanie:
95. Droga ma łagodny płaski zakręt o promieniu R = 100 m. Jakie powinno być ograniczenie
prędkości na tym zakręcie (wyrażone w km/h) jeśli w niesprzyjających warunkach współczynnik
tarcia = 0,2 ?
Rozwiązanie:
96. Mała kulka stacza się po rynnie zakończonej pionową pętlą o promieniu r. Z jakiej wysokości
kulka ta powinna się stoczyć, aby nie odpaść od pętli?
Rozwiązanie:
97. Z wierzchołka gładkiej kuli o promieniu R zsuwa się bez tarcia małe ciało. Wyznacz położenie
punktu, w którym wspomniane ciało oderwie się od powierzchni kuli.
Rozwiązanie:
98. Wahadło matematyczne można wprawić w ruch po okręgu (rysunek),
otrzymujemy wówczas wahadło stożkowe. Załóżmy, ze wychylenie takiego
wahadła wynosi a. Oblicz okres obiegu takiego wahadła.
Rozwiązanie:
3
99. Punkt materialny rozpoczyna ruch po okręgu o promieniu R ze stałym przyspieszeniem kątowym
, jednostką jest s-2.Po jakim czasie siła dośrodkowa będzie n razy większa od siły stycznej?
Rozwiązanie:
100. Ciężarek o masie m zawieszony na nici o długości d obraca się po okręgu ruchem jednostajnym
w płaszczyznie poziomej. W czasie ruchu nić odchylona jest od pionu o kąt a. Oblicz siłę naprężenia
nici.
Rozwiązanie:
101. Słońce znajduje się w odległości 23 000 lat świetlnych od środka Drogi Mlecznej i porusza się
wokół tego środka po okręgu z prędkością 250 km/s. Ile czasu zajmuje Słońcu pełny obieg? Ile takich
obiegów wykonało Słońce, które powstało 4,5 mld lat temu. Wskazówka jeden rok świetlny do droga,
którą przebywa światło poruszające się w próżni z prędkością 300 000 km/s w czasie jednego roku,
który liczy w przybliżeniu 10p mln sekund.
Rozwiązanie:
102. Statek kosmiczny pokonuje w przestrzeni kosmicznej łuk okręgu o promieniu 3220 km,
poruszając się ze stałą wartością prędkości 29 000 km/h. Jaka jest wartość jego: a) prędkości kątowej?
b) przyspieszenia dośrodkowego? c) przyspieszenia stycznego?
Rozwiązanie:
103. Wyznaczyć zależności od czasu wartości sił: całkowitej, stycznej i dośrodkowej (składowych tej
pierwszej) działających na ciało o masie M wykonujące rzut: A) poziomy; B) ukośny. Wskazówka:
wyznaczyć najpierw wartości przyspieszeń: całkowitego, stycznego i dośrodkowego. Czy można
wyznaczyć zależność od czasu promienia krzywizny toru rzutu ukośnego i poziomego?
Rozwiązanie:
Rozwiązania
RZad81
T
TA
FC
a) Aby ciało się nie zsuwało: TAB = FAB fAB ł MB g
4
F
F = MA + MB a a =
Siła F powiązana jest z przyspieszeniem ( )
MA + MB
( )
MF
B
FAB = MB a =
MA + MB ,
( )
A zatem korzystając z pierwszego warunku otrzymujemy:
MA + MB g
MF ( )
B
TAB = FAB fAB = fAB ł MB g F ł
MA + MB fAB
( )
stąd
b) W tej części zmienia się tylko warunek na siłę całkowitą F:
F = MA + MB a +T = MA + MB a + MA + MB g f
( ) ( ) ( )
F - MA + MB g f
( )
a =
MA + MB
( )
Co prowadzi do rozwiązania:
MA + MB g
( )
F ł + MA + MB g f =
( )
fAB
ć
1
= MA + MB g + f
( )
fAB
Łł
RZad82
a) Ponieważ wózek porusza się ruchem jednostajnym to działa na niego jedynie
przyspieszenie ziemskie i odpowiadająca jej siła ciężkości P.
Naprężenie nici T dane jest wzorem
r r
v
T = -P = -mg
T
b) W wypadku ruchu ze stałym przyspieszeniem a pojawia się
siła bezwładności
r
r
Fb = -ma
5
która powoduje odchylenie wahadła od pionu w taki sposób, że nić wahadła układa się wzdłuż siły
wypadkowej Fw . Z rysunku wynika, że
Fb a
tga = = oraz
P g
r r
2
T = Fw = m a2 + g
c) Na wózek wzdłuż równi działa składowa siły ciężkości
r r
r
PR = P sin b = m g sin b
powodująca stałe, równoległe do równi przyspieszenie
a = g sin b
Siła bezwładności wynosi teraz
r
r
Fb = m g sin b
Jak widać z rysunku siła wypadkowa wynosi
r r
v
Fw = P + Fb
i jest prostopadła do równi czego należało się spodziewać z rozkładu siły ciężkości na składowe w
kierunku równoległym i prostopadłym do równi. W związku z powyższym muszą być spełnione
równania:
a = b oraz T = Fw = m g cos b
RZad83
Wypadkowa siła Fw działająca na dowolną elementarną masę cieczy na powierzchni jest do
powierzchni prostopadła. Gdyby tak nie było to siłę tę rozkładamy na składowe prostopadłą i
równoległą do powierzchni. Składowa prostopadła jest równoważona przez siły sprężystości cieczy
6
natomiast składowa równoległa powodowała by ruch po powierzchni czego nie obserwujemy w
stanach ustalonych.
Tak więc na element cieczy o masie "m działa pionowo w dół siła ciężkości
r
r
P = Dm g
oraz siła bezwładności
r
r
Fb = -Dm a
których wypadkowa jest prostopadła do powierzchni cieczy. Jak wynika z rysunku
Fb a a
tga = = czyli a = arctg co po podstawieniu danych
P g g
daje a = 26,56
RZad84
Siła odśrodkowa dana jest wzorem
v2
Fo = m (1)
R
a) Na równiku:
W czasie t = 24godz = 86400s Ziemia wykonuje jeden obrót wokół własnej osi. W tym czasie punkt
na równiku przebywa drogę
S = 2pRZ
z prędkością
2pRZ
v =
t
co po wstawieniu do wzoru (1) daje
2
2
(2pRZ ) 4p mRZ
Fo = m = = 2,7077N
2 2
t RZ t
gdzie wszystkie wielkości należy sprowadzić do jednostek podstawowych układu SI.
b) W przypadku ruchu Ziemi wokół Słońca musimy założyć, że orbita jest kołowa. Wtedy po
przeliczeniu wartości RZ-S = 1,51011m t = 366dni86400s/dzień=31622400s otrzymujemy wartość siły
odśrodkowej
7
Fo = 0,4737N dla m= 80 kg
RZad85
a) W najniższym punkcie pętli siła ciężkości Fc i siła odśrodkowa Fo mają ten sam kierunek i zwrot
pionowo w dół. Ich wypadkowa wynosi
r r r
Fo
FN = Fc + Fo
co po podstawieniu danych daje siłę nacisku
Fc
dolot
v2
FN = M g + M = 1430N
R
R
Drugi człon w powyższym wzorze jest wyrażeniem na
siłę odśrodkową.
b) W najwyższym punkcie pętli siła ciężkości Fc jest
skierowana jak poprzednio pionowo w dół natomiast
Fc
siła odśrodkowa Fo pionowo do góry. Ich wypadkowa
wynosi
Fo
r r r
FN = Fo - Fc
W ostatnim wzorze od siły odśrodkowej odejmujemy siłę ciężkości gdyż fotel znajduje się nad
pilotem! Teraz, przy prędkości v1 siła nacisku wynosi
v2
FN = M - M g = -471,2N
R
Ujemna siła nacisku oznacza, że pilot wisi na pasach FN ma kierunek FC !
c)
W stanie nieważkości FN = 0. Warunek ten może być spełniony w najwyższym położeniu na
oblatywanej pętli przy odpowiednim doborze wartości v i R:
dla R = 6000m prędkość musi wynosić
v2 v2 m
0 = M - M g => = g => v = R g = 244,949
R R s
albo dla v=v1=120 m/s pętla musi mieć promień
8
v2
R = = 1440m
g
RZad86
Założenie: Ruch pojazdu odbywa się w płaszczyznie poziomej
Fo
!!!
Na pojazd jadący z prędkością v po okręgu o promieniu
T
R działa siła odśrodkowa Fo spychająca pojazd na zewnątrz łuku
oraz wypadkowa (od czterech kół) siła tarcia T przeciwdziałająca
Fo.
R
Aby ruch zachodził po łuku koła musi zachodzić równość
r r
v2
T = Fo czyli m g f = m
R
m km
a stąd v = f g R = 17,888 = 64.4
sh
RZad87
a) Dlaczego ciała rzucone pionowo w dół, niezależnie od półkuli, odchylają na wschód, tj. nie spadają
pionowo w dół?
b) Wyobraz sobie idealnie gładką rurkę o średnicy d i wysokości H ustawioną pionowo na równiku, w
której spada swobodnie i bez tarcia kulka o średnicy d. Z rurki odpompowano powietrze. Jak zależy
od czasu siła wywierana przez spadającą kulkę na boczną ściankę rurki?
c) Uzasadnić, że ciała wykonujące rzut ukośny na półkuli płn. odchylają się od pierwotnego kierunku
zawsze w prawo względem wektora prędkości v. Jaką regułę można stąd wysnuć dla ciał
wykonujących rzut ukośny na półkuli południowej?
9
Pn
Pn
v
ą
Ć
ą
Ć
v
Pd
Pd
a)
b)
a) Siła Coriolisa jest dana wzorem
r
r r
FC = 2mv w
Z definicji iloczynu wektorowego wiemy, że wektor FC jest prostopadły do płaszczyzny południka
na której leżą wektory prędkości v i czyli do płaszczyzny rysunku. Długość tego wektora wynosi
FC = 2mvw sina (1)
gdzie ą jest kątem pomiędzy wektorami v i a zwrot FC skierowany jest za powierzchnię rysunku.
Jak widać z rys. a)
p
a = + j
2
a więc możemy powiązać wartość siły Coriolisa z szerokością geograficzną Ć
p
F = 2mvw sin( + j) = 2mvw cosj (2)
C
2
W przypadku półkuli południowej rys. b) mamy
p
a = -j czyli sina = cosj więc i tutaj wzór (1) w który przechodzi wzór (2) jest
2
słuszny.Na obu półkulach spadające ciało będzie odchylane przez siłę Coriolisa na wschód.
b) Z warunków zadania wynika, że jedyną siłą działającą prostopadle do osi rurki jest
siła Coriolisa FC .
r r
Prędkość kulki wynosi v = g t (3)
10
2
gt
a przebyta droga y(t) = H -
2
2H
Po czasie tL = kulka osiągnie powierzchnię Ziemi
g
Wracając do zadania do wzoru (2) wstawiamy zależność (3)
co daje rozwiązanie
F (t) = 2mvw cosj = 2mgwt cosj
Pn v
C
FC
Widać, że FC zależy liniowo od czasu i można ją
zaobserwować w przedziale czasu (0,tL). Siła jest
skierowana na wschód.
-v
-FC
c) Rozważmy rzut ukośny na półkuli północnej taki,
że wektor prędkości v skierowany jest od równika ale
niekoniecznie na Pn. W tym wypadku wektor siły Coriolisa
FC skierowany jest za płaszczyznę rysunku czyli w prawo
Pd
od płaszczyzny rzutu. Jeśli zmienimy kierunek wektora
prędkości na -v to z definicji iloczynu wektorowego zmieni się automatycznie zwrot wektora siły
Coriolisa FC (strzałki przerywane) ale dalej będzie ona działać w prawo od płaszczyzny rzutu.
Na półkuli południowej rzut w stronę bieguna Pd będzie odchylany na wschód natomiast rzut w
stronę równika zastanie odchylony na zachód - znów w obu wypadkach w lewo od płaszczyzny
wektora v .
RZad88
FO
Na wodę we wiadrze działa siła ciężkości FC skierowana
pionowo w dół oraz siła odśrodkowa FO skierowana
pionowo do góry. Aby woda nie wylewała się z wiadra
musi być spełniony warunek
r r
FC = FO
FC
v2
czyli m g f = m
R
R
gdzie m jest sumą mas wody i wiadra. Minimalna szukana
prędkość wynosi
v = g R
11
RZad89
Gdy waga pozostaje w spoczynku lub porusza się ruchem jednostajnym (rys. po lewej) wskazania
wagi FR odpowiadają rzeczywistemu ciężarowi FC człowieka
r r
r
FR = FC = m g
Gdy winda rusza z przyspieszeniem a do góry (rys. środkowy) pojawia się dodatkowo
siła bezwładności FB
r
r
FB = -m a
działająca w kierunku przeciwnym niż przyspieszenie. Teraz waga wykazuje
r r r
FG = FC + FB
czyli
FG = m g + m a
(1)
a
FB
W trakcie
FB
hamowania
FC
a
FC
opóznienie ma
FC
kierunek przeciwny
(rys. po prawej)
FR
stąd
FG
FD
r r r
FD = FC + FB
a = 0
FD = m g - m a (2)
Dodając stronami wzory (1) i (2) otrzymujemy
12
FG + FD
m = = 49,1kg
2 g
Z równania (2) wyliczamy teraz przyspieszenie
FD m
ć
a = g - = 2,04
m s2
Ł ł
RZad90
Wypukłość mostu wymusza ruch po łuku koła co jest przyczyną powstania siły odśrodkowej FO
skierowanej na szczycie przęsła pionowo do góry.
Na samochód działa jeszcze siła ciężkości FC
skierowana pionowo w dół. Wypadkowa tych sił
wynosi
FO
R
FC
r r r
Fw = FC + FO co prowadzi do równania skalarnego
v2
Fw = m g - m
R
r
Zaniedbywanie mały nacisk kół... oznacza, że siła wypadkowa Fw = 0 co prowadzi do
zależności
m
v = g R = 14,14
s
RZad91
L
Oznaczmy siłę naprężającą każdą z linek huśtawki przez N, a
prędkość Jarka w punkcie P jako v. W najniższym punkcie
2N
toru P obie liny muszą zrównoważyć ciężar Jarka Mg oraz
wynikającą z ruchu po okręgu siłę odśrodkową Fod:
5@5c2
59od =
v
5?
Mg
P
13
Mg
Fod
W punkcie P mamy równowagę sił:
25
= 5@5 + 55\5Q
Ponieważ wszystkie siły działają w tym samym kierunku możemy rozważać długości wektorów, a
zatem:
5@5c2
25A = 5@5T +
5?
Z równania tego wyznaczymy szukaną prędkość v:
5@5c2 = 5? 25A - 5@5T
25A
5c = 5? - 5T
5@
Sprawdzmy jednostki:
m
m " kg
N
s2 = m
5c = m =
kg kg s
Policzmy wartość prędkości:
2 " 300 m
5c = 2 - 10 = 2 15 - 10 = 2 5 E" 3,2
40 s
Przyspieszenie dośrodkowe wiążemy z siłą dośrodkową, która w punkcie P wynosi 2N-mg
595Q 25A
5N5Q = = - 5T
5@ 5@
Sprawdzamy jednostki:
m
kg
N
s2 m
5N5Q = = =
kg kg s2
i obliczamy:
2 " 300 m
5N5Q = = 5
40 s2
Siła nacisku Fn Jarka na deskę huśtawki jest równoważona przez siły napinające liny, zatem zgodnie z
III zasadą dynamiki:
595[ = 25A
595[ = 2 " 300 = 600 N
Odp. W punkcie P toru prędkość Jarka wynosi 3,2 m/s, przyspieszenie dośrodkowe 5 m/s2, a siła
nacisku 600 N.
14
RZad92
Warunek maksymalnej prędkości
poruszania się w zakręcie oznacza
R
równoważenie się siły tarcia FT
Fod
i składowej stycznej Q siły
ciężkości Q = Mg samochodu ze
Q składową styczną Fod siły
Fod
FT
odśrodkowej Fod.
Fod
55G + 52 = 55\5Q 2
a
Warunek ten może być zapisany w
postaci skalarnej:
Q
595G + 5D2 = 595\5Q 2
Q
Sumę składowych normalnych: siły
ciężkości i siły odśrodkowej (jest to siła nacisku samochodu na drogę) równoważy siła reakcji podłoża
nie została uwidoczniona na rysunku. Aatwo zauważyć, że odpowiednie składowe wynoszą:
5D2 = 5D sin 5 , 5D" = 5D cos 5
595\5Q 2 = 595\5Q cos 5 , 595\5Q " = 595\5Q sin 5
Siła odśrodkowa wyraża się wzorem:
5@ 5c5Z5N5e 2 5D 5c5Z5N5e 2
59od = =
5E 5T5E
Siła tarcia z definicji proporcjonalna jest do siły nacisku, mamy więc:
595G = 5S 5D" + 595\5Q "
Podstawiając do warunku równowagi otrzymujemy:
5D 5c5Z5N5e 2 5D 5c5Z5N5e 2
5S 5D cos 5 + sin 5 + 5D sin 5 = cos 5
5T5E 5T5E
5T5E
Mnożąc równanie obustronnie przez czynnik - i grupując po lewej stronie wyrazy
5D cos 5
zawierające 5c5Z5N5e 2 otrzymamy:
5c5Z5N5e 2 1 - 5S tan 5 = 5T5E 5S + tan 5
Skąd już tylko krok:
5S + tan 5
5c5Z5N5e 2 = 5T5E
1 - 5S tan 5
RZad93
15
Poślizg samochodu oznacza, że siła tarcia FT została pokonana przez siłę odśrodkową Fod. Aby nie
rozwiązywać nierówności rozważymy
graniczny przypadek:
R
595G = 595\5Q
Siła tarcia to oczywiście:
595G = 5S5D = 5S5@5T
FT Fod
a siła odśrodkowa:
5@5c2
59od =
Q = Mg
5E
gdzie: M to masa samochodu, Q ciężar
samochodu, f współczynnik tarcia, R
promień zakrętu, v prędkość graniczna. Podstawiając do warunku granicznego otrzymujemy:
5@5c2
5S5@5T =
5E
skąd dostajemy prędkość graniczną:
m m
5c = 5T5S5E , m =
s2 s
4 m
5c = 10 200 = 1600 = 40
5 s
Przeliczmy otrzymaną wartość prędkości na km/h
m 10-3 km 3600 km km
40 = 40 = 40 = 144
1
s 1000 h h
h
3600
Przekroczenie prędkości "5c = 5c - 5c5Q5\5g5d
km
"5c = 144 - 40 = 104
h
Odp. Kierowca przekroczył dozwoloną prędkość o 104 km/h, a ponieważ przekroczenie jest większe
niż 51 km/h otrzymuje mandat 500 zł i 10 pkt karnych.
RZad94
Rowerzysta pochyla rower tak, aby wypadkowa
Fw sił: ciężkości i odśrodkowej (zaczepionych w
środku masy układu) przechodziła przez punkt
styku opon roweru z podłożem. Jest to warunek
równowagi roweru w układzie nieinercjalnym:
Fod
R ŚM
5@5T
tan 5 =
595\5Q
Z kolei
a
5@5c2
59od =
5E
16
Q=Mg Fw
Podstawiając do warunku równowagi otrzymujemy równanie:
5@5T5E
tan 5 =
5@5c2
skąd łatwo policzyć promień skrętu:
5c2
5E = tan 5
5T
Sprawdzamy jednostki
m2
s2 m2 s2
5E = = " = m
m
s2 m
s2
i obliczamy szukaną wartość R
102
5E = tan 60 = 10 3 E" 17,3 m
10
Odp. Promień skrętu roweru wynosi 17,3 m.
RZad95
Niesprzyjającym warunkom
R
przypisujemy możliwość wystą-
pienia poślizgu kół pojazdu
w zakręcie. Poślizg samochodu
oznacza, że siła tarcia FT zostaje
pokonana przez siłę odśrodkową Fod.
FT Fod
Aby nie rozwiązywać nierówności
rozważymy graniczny przypadek:
Q = Mg
595G = 595\5Q
Siła tarcia to oczywiście:
595G = 55D = 55@5T
a siła odśrodkowa:
5@5c2
595\5Q =
5E
gdzie: M to masa samochodu, Q współczynnik tarcia, R promień zakrętu, v
prędkość graniczna. Podstawiając do warunku granicznego otrzymujemy:
5@5c2
5S5@5T =
5E
skąd dostajemy prędkość graniczną:
m m
5c = 5T5S5E , m =
s2 s
m
5c = 10 " 0,2 " 100 = 200 = 14,1
s
17
Przeliczmy otrzymaną wartość prędkości na km/h
m 10-3 km 3600 km km
14,1 = 14,1 = 14,1 = 51
1
s 1000 h h
h
3600
Odp. Rozważany zakręt powinien być opatrzony znakiem drogowym ograniczającym dopuszczalną
prędkość do 50 km/h (znak B-33).
RZad96
Aby nie odpaść od pętli mała kulka musi mieć
Fod
na tyle dużą prędkość, aby siła odśrodkowa Fod
zdołała zrównoważyć siłę ciężkości mg w
v
najwyższym punkcie pętli
595\5Q = 5Z5T
h
mg
z drugiej strony
r
5Z5c2
595\5Q =
5_
Aby znalezć prędkość kulki wystarczy
porównać energię potencjalną w momencie
startu z całkowitą energią w rozpatrywanym
punkcie:
5Z5c2
5Z5T5U = 5Z5T25_ +
2
skąd mamy:
5c2 = 25T 5U - 25_ .
Podstawiając do warunku równowagi otrzymujemy równanie:
5Z
25T 5U - 25_ = 5Z5T
5_
i obliczamy
25U - 45_ = 5_ ,
25U = 55_ ,
5 1
5U = 5_ = 2 5_ .
2 2
Odp. Minimalna wysokość z jakiej powinna się stoczyć kulka wynosi 2,5r.
RZad97
18
Miejsce oderwania zsuwającego
się ciała wyznacza warunek
równowagi sił: odśrodkowej Fod i
Fod
składowej normalnej Fn siły
h
ciężkości mg:
j
595\5Q = 595[
j
Fs Aatwo zauważyć, że:
Fn
R
595[ = 5Z5T cos 5
i pamiętamy, że:
v
5Z5c2
mg
595\5Q =
5E
Podstawiamy i mamy:
5Z5c2
= 5Z5T cos 5
5E
skąd
5c2 = 5T5E cos 5
Zdając sobie sprawę z tego, że ze wzrostem kąta Ć rośnie prędkość zsuwania v szukamy zależności
między tymi wielkościami. Skorzystamy z zasady zachowania energii porównując początkową energię
potencjalną ciała w najwyższym punkcie kuli z energią mechaniczną w momencie oderwania:
5Z5c2
5Z5T25E = 5Z5T 25E - 5U +
2
Zauważmy też, że:
5E - 5U
cos 5 =
5E
Po prostych przekształceniach otrzymujemy:
5U = 5E 1 - cos 5
a po wstawieniu do bilansu energii:
5c2 = 25T5E - 25T5E cos 5
Porównując ten rezultat z wcześniejszym równaniem dla v2 dostajemy:
25T5E - 25T5E cos 5 = 5T5E cos 5
2
Skąd cos 5 =
3
5 E" 48
Odp. Zsuwające się po powierzchni kuli ciało oderwie się gdy jego promień wodzący zatoczy kąt 48.
19
RZad98
Wahadło będzie wykonywać obrót pod katem a dla
którego wypadkowa siła Fw (suma wektorowa siły
ciężkości mg i siły odśrodkowej Fod) będzie działać
wzdłuż nici. Aatwo zauważyć, że:
a
595\5Q
L
tan 5 = .
5Z5T
Pamiętamy też, że:
5Z5c2
595\5Q = ,
5E
Fod
R
gdzie v jest prędkością liniową masy m.
Z drugiej strony:
5E
tan 5 = .
5?2 - 5E2
mg
Fw Szukany okres T obiegu wahadła jest czasem jednego
obrotu (droga s = 2pR) wykonywanego z prędkością v,
zatem:
25 5E
5c = .
5G
Porównując ze sobą wyrażenia na tan a i podstawiając otrzymane zależności dostajemy:
2
5E 5Z 25 5E 1
= ,
5?2 - 5E2 5E 5G 5Z5T
Skąd po przekształceniach otrzymamy:
5? 5?2 - 5E2
5G = 25 "
5T 5?
L2 - R2
Zauważmy, że pod pierwiastkiem mamy funkcję cosinus : cosa = zatem ostatecznie:
L
L cosa
T = 2p
g
Na koniec sprawdzamy jednostki:
5Z
5G = = 5` .
5Z
5`2
RZad99
20
Zgodnie z definicją przyspieszenie styczne to:
d5c d 5/
5N5` = = ;
d5a d5a
a przyspieszenie normalne (dośrodkowe) to:
5c2
5N5[ = .
5E
Mnożąc powyższe równania przez masę m punktu materialnego otrzymamy wyrażenia na składowe
styczną i normalną (dośrodkową) siły odpowiedzialnej za ruch po okręgu:
d5c d 5/
595` = 5Z = 5Z ;
d5a d5a
5c2
595[ = 5Z .
5E
Pomiędzy przyspieszeniem kątowym a liniowym istnieje związek:
5N5` = 55E .
Skoro ruch po okręgu odbywa się ze stałym przyspieszeniem kątowym to i przyspieszenie styczne ma
stałą wartośd i jego wartośd można wyznaczyd dzieląc przyrost prędkości przez czas w którym on
nastąpił:
d5c "5c 5c - 5c0 5c
5N5` = = = = .
d5a "5a 5a 5a
Zatem
5c = 5N5`5a = 55E5a
Zgodnie z warunkami zadania:
595[
5[ = .
595`
Podstawiając odpowiednie wyrażenia otrzymujemy:
5c2
595[ 5Z 5E 5c2 5a 5c5a 55E5a2
5[ = = = " = = = 55a2 ,
595` 5Z 5c 5E 5c 5E 5E
5a
skąd
5[
5a =
5
i jednostka:
1
5a = = 5`2 = 5` .
5`-2
RZad100
W układzie inercjalnym siła naciągu i siła ciężkości dają w sumie siłę dośrodkową
21
Jak widać z rysunku:
mg
= cosa N = mg cosa
N
d
a
N
m
R
Fdo
a
mg
RZad101
Oznaczmy odległość Słońca od środka Drogi Mlecznej przez R, jego prędkość przez v, czas obiegu,
czyli okres obrotu przez T a czas życia przez t.
Prędkość Słońca otrzymamy dzieląc długość orbity 2pR przez czas jednego obrotu T:
25 5E
5c = ,
5G
skąd szukany czas wyraża się wzorem:
25 5E
5G = .
5c
Z kolei liczba obiegów n to:
5a
5[ = .
5G
Musimy jeszcze zauważyd, że odległości mierzone w latach świetlnych to droga jaką przebywa światło
poruszające się z prędkością c w czasie równym liczbie lat świetlnych pomnożonej przez liczbę
sekund w roku.
Prędkośd światła to oczywiście:
km km
5P = 300 000 = 3 " 105 .
s s
Zatem liczymy okres obrotu w sekundach:
25 " 23 000 " 300 000 " 105 " 1 000 000 25 " 2,3 " 104 " 3 " 105 " 105 " 106
5G = =
250 250
13805 2 " 1015 1380 " 10 " 1015
5G = = = 5,45 " 1015 s = 5,45 " 1015 s ,
250 250
22
km s
rok " "
s rok
= s
5G =
km
s
lub w liczbie lat:
25 " 23 000 " 300 000 25 " 2,3 " 104 " 3 " 105 13,85 " 109
5G = = = = 17,3 " 107 lat .
250 250 2,5 " 102
km
rok " "
s
= rok
5G =
km
s
Liczba obiegów zatem:
4,5 " 109 450 " 107
5[ = = = 26 = 26 = 26.
17,3 " 107 17,3 " 107
Odp.: Okres obiegu Słońca wokół centrum Drogi Mlecznej wynosi 173 mln lat a takich obiegów w
ciągu swojego życia Słońce wykonało 26. W. Salejda
RZad102
Oznaczmy promieo łuku okręgu przez R a prędkośd
statku przez v. Zgodnie z definicją przyspieszenie
v
styczne to:
d5c d 5/
5N5` = = ;
d5a d5a
R a przyspieszenie normalne (dośrodkowe) to:
m 5c2
Fn
5N5[ = .
5E
Pomiędzy prędkością kątową a liniową w ruchu po okręgu istnieje związek:
5c
5 =
5E
Obliczenia:
5N5` = 0 , 5O5\ 5c = const.
Aby wyznaczyd prędkośd kątową i przyspieszenie normalne trzeba przeliczyd prędkośd statku z km/h
na m/s:
km 1000m m
5c = 29 000 = 29 000 = 8 055
h 3600s s
Wówczas:
23
m
8 055 1
s
5 = = 2 500 " 10-6 = 2,5 " 10-3 = .
3,22 " 106 m s
m 2
2
8 055 m
s
5N5[ = = 64,88 E" 65 = .
3,22 " 106 m s2
Odp.: Prędkośd kątowa statku wynosi 2,5 " 10-3 s-1 , przyspieszenie dośrodkowe 65 m/s2,
przyspieszenie styczne równe jest zeru.
RZad103
Całkowite przyspieszenie ruchu w jednorodnym polu grawitacyjnym Ziemi to g = 9,81 m/s2.
Przyspieszenie to można rozłożyć na składowe: styczną as i normalną an, a wtedy:
2 2
5T = 5N5` + 5N5[
Zgodnie z definicją przyspieszenie styczne to:
d5c d 5/
5N5` = = ;
d5a d5a
a przyspieszenie normalne (dośrodkowe) to:
5c2
5N5[ = .
5E
Z drugiej strony:
2
5N5[ = 5T2 - 5N5` .
Z dwóch powyższych wzorów wynika poszukiwana zależność promienia krzywizny od prędkości i jej
pochodnych, a przez to od czasu:
2 2 2 2
5c2 5c5e + 5c5f 5c5e + 5c5f
5E = = = .
2
2
5T2 - 5N5`
d
5T2 - d5c 2 5T2 - 5c5e + 5c5f
2 2
d5a
d5a
Zatem, aby znalezć promień krzywizny toru rzutu w jednorodnym polu grawitacyjnym trzeba
wyznaczyć składowe: x-ową i y-ową prędkości oraz policzyć pochodną po czasie długości wektora v.
Wyrażenia opisujące siłę całkowitą i jej składowe otrzymamy mnożąc przez masę m punktu
materialnego przyspieszenie całkowite g i jego składowe styczną i normalną (dośrodkową):
5 = 5Z5 lub 59 = 5Z5T
d5c d 5/ d
2 2
595` = 5Z = 5Z = 5Z 5c5e + 5c5f ;
d5a d5a d5a
5c5e + 5c5f
5c2 2 2
595[ = 5Z = 5Z ,
5E 5E
24
Rozważmy teraz kinematyczne równania ruchu w polu grawitacyjnym. W ogólnym przypadku można
napisać:
5e 5a = 5c05e5a
5T5a2
y
5f 5a = 5f0 + 5c05f5a -
2
v0
v0y
gdzie składowe wektora prędkości
m
początkowej 5/0 wyrażają się przez kąt 5
a
nachylenia wektora prędkości
y0
Fn
v0x
początkowej:
Fs
5c05e = 5c0 cos 5
5c05f = 5c0 sin 5
mg
a y0 oznacza początkową wysokość ciała
w chwili startu.
x
Przypadek A) zadania otrzymamy kładąc a = 0 (wówczas v0y = 0), a przypadek B) to y0 = 0. Dzięki
takiemu podejściu możemy podad wartości sił w ogólnej postaci, a warunki początkowe uwzględnid
na koocu rozwiązania.
Wyznaczamy składowe prędkości w układzie kartezjaoskim różniczkując po czasie współrzędne:
d5e
5c5e 5a = = 5c05e = 5c0 cos 5
d5a
d5f
5c5f 5a = = 5c05f - 5T5a = 5c0 sin 5 - 5T5a
d5a
Stąd łatwo znajdziemy długośd wektora prędkości jako pierwiastek z sumy kwadratów jego
współrzędnych:
2 2 2
5c = 5c5e + 5c5f = 5c0 - 25T5c0 sin 5 5a + 5T25a2 .
Inny wariant rozwiązania polega na skorzystaniu z zależności składowych wektora prędkości od czasu
w dowolnym punkcie toru. Wektor prędkości jest styczny do toru w tym punkcie. Należy wykonad
rysunek, na którym rozłożyd należy wektor prędkości chwilowej na składowe wzdłuż osi OX i OY. W
tym samym punkcie dorysowac należy rozkład przyspieszenia całkowitego g skierowanego pionowo
w dół na kierunek styczny do toru i prostopadły. Znając funkcje trygonometryczne trójkąta
prostokątnego wektorów składowych prędkości i wektora prędkości z prostokątnego trójkąta dla
przyspieszeo całkowitego, stycznego i normalnego wyznaczamy szukane bez konieczności stosowania
rachunku różniczkowego. W. Salejda.
Możemy już policzyd przyspieszenie styczne z definicji:
d5c d
2
5N5` = = 5c0 - 25T5c0 sin 5 5a + 5T25a2 ,
d5a d5a
-25T5c0 sin 5 + 25T25a 5T -5c0 sin 5 + 5T5a -5c5f
5N5` = = = 5T .
2 2
2 5c0 - 25T5c0 sin 5 5a + 5T25a2 5c0 - 25T5c0 sin 5 5a + 5T25a2 5c
25
Mnożąc to wyrażenie przez masę poruszającego się punktu otrzymamy siłę styczną:
5Z5T -5c0 sin 5 + 5T5a -5c5f
595` = 5Z5N5` = = 5Z5T
2
5c
5c0 - 25T5c0 sin 5 5a + 5T25a2
Otrzymany wzór jest słuszny w przypadku rzutu ukośnego (przypadek B). W rzucie poziomym
(przypadek A) znika czynnik zawierający sin 5 = 0:
5Z5T25a -5c5f
595` = = 5Z5T
2
5c
5c0 + 5T25a2
Ponieważ całkowita siła jest znana:
59 = 5Z5T
to składową dośrodkową (normalną) siły znajdziemy z trójkąta sił:
2
5c5f 2 5c2 - 5c5f 5c5e
2
595[ = 5Z5T - 5Z5T = 5Z5T = 5Z5T
5c 5c2 5c
Dla przypadku B) rzut ukośny mamy
5Z5T5c0 cos 5 5c05e
595[ = = 5Z5T
2
5c
5c0 - 25T5c0 sin 5 5a + 5T25a2
Dla przypadku A) rzut poziomy mamy:
5Z5T5c0 5c0
595[ = = 5Z5T
2
5c0 + 5T25a2 5c
Możemy teraz wrócid do wyrażenia na promieo krzywizny i wstawid znalezione przyspieszenie
styczne:
5c2 5c2 5c2 5c2 5c3
5E = = = = = .
2 2
5T5c5e
-5c5f 2
5T2 - 5N5`
2
5c5f 5c2 - 5c5c
5T2 - 5T
5c 5c
5T2 - 5T2 5T
5c2
Dla przypadku A) rzut poziomy otrzymamy zależnośd od czasu promienia krzywizny:
3
2
5c0 + 5T25a2 2
5E(5a) = .
5T5c0
Dla przypadku B) rzut ukośny mamy
3
2
5c0 - 25T5c0 sin 5 5a + 5T25a2 2
5E(5a) = .
5T5c0 cos 5
Sprawdzamy jednostki:
3
m2 2 m3
s2 = s3 = m
5E =
m m
m2
s
s2 s3
26
Wyszukiwarka
Podobne podstrony:
Fizyka I Lista zadań numer 10lista zadańLista zadan nr 3 z matematyki dyskretnejlista zadań, algebraLista zadań nr 4Fizyka 1, zbiór zadań dla gimnazjum Dział ruchFizyka Zbiór zadańPA1 lista zadan ETKlista zadan makroLista zadan nr 1Fizyka 2, zbiór zadań dla gimnazjum Dział Grawitacja4 lista zadanwięcej podobnych podstron