3.Łudz porusza sie z predkoscia v2 wzgledem wody w rzece pod katem L do pradu. Predkość wody w rzece v1. Jaka jest predkość lodzi wzgledem brzegu? B) Łudz przepływa rzekeo szerokosci l=100m z predkoscia v2-2,5 m/s w kierunku poprzecznym do brzegu plynacej z prekoscia v1- 2m/s. O ile metrow zostanie wzniesiona łódz w dole rzeki w chwili ladowania. V1- nurt rzeki V2-predkość łodzi L<90stop. Predkość wzgledem brzegu- V3=? $\overrightarrow{V}$3=$\overrightarrow{V}$1+$\overrightarrow{V}$2, $\overrightarrow{V}$3x=$\overrightarrow{V}$1x+$\overrightarrow{V}$2x, $\overrightarrow{V}$3y=$\overrightarrow{V}$1y+$\overrightarrow{V}$2y ,V1y=0 , V1x=V1 $\frac{V2y}{V2} = \sin L = V2y = V2\ \text{sinL}$ $\frac{V2x}{V2} = \text{cosL} = V2x = V2\ \text{cosL}$, V3y=V2y=V2 sinL , V3² + V3x² = V3y², V3=$\sqrt{(V2\ \text{cosL} + V1){}^{2}}$ +(V2 sinL) ², V3=$\sqrt{{V2}^{2} + \text{cosL}^{2}} + 2V1\ V2\ \text{cosL} + {V1}^{2} + {V2}^{2}\ x\ \sin^{2\ }L$, V3=$\sqrt{{V2}^{2\ }(\cos^{2}}L + \sin^{2}) + 2V1V2\ \text{cosL} + {V1}^{2}$, V3=$\sqrt{{V1}^{2} + {V2}^{2}} + 2V1\ V2\ \text{cosL}$, cos B=$\frac{V3x}{V3}$=$\frac{\text{\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ }V2\cos{L + V1\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ }}{\sqrt{}{V1}^{2} + {V2}^{2} + 2V1V2\ \text{cosL}}$ [$\frac{m}{s}\rbrack = \sqrt{\frac{m}{s}^{2} + \frac{m}{s}^{2}} + \frac{m}{s}^{2}$, [ $\frac{m}{s}\rbrack = \sqrt{\frac{m}{s}^{2} =}\frac{m}{s\ }$ , [1]=$\frac{\frac{m}{s} + \frac{m}{s}}{\frac{m}{s}}$=1 Prawa rowna sie lewej V3²=V1²+V2²-2V1 V cos(pi –L), V3²=$\sqrt{V1^{2}} + V2^{2}$+ 2V1V2 cosL. B) L=100m V2=25m/s mały trujkat tg L=$\frac{V1}{V2}$ , duzy trójkat tgL=$\frac{X}{L}$ , $\frac{V1}{V2}$= X $\frac{V1}{V2}$ L

4 Dwa pociagi przejechaly jednakowa droge s w tym samym czasie t jednak jeden pociag przejechal cala droge ruchem jednostajnie przyspieszonym z przyspieszeniem a=3cm/s² a 2 pociag polowe drogi przebyl z predkoscia V1=18km/h a 2 polowe drogi z predkoscia v2=54km/h. Znalesc droge s ktora zostala przebyta przez kazdy pociag Dane a=3cm/s² = 0, 03m/s² v1=18km/h=18 . $\frac{1000}{3600} = 5m/s$ v2=54km/h=15m/s s= $\frac{\text{at}^{2}}{2}$ 7,5t=$\frac{{0,03\ .\ t}^{2}}{2}/;t\ \ \ \ ,\ \ \ 7,5 = \frac{0,03\ .\ t}{2}$/;2 15=0,03t , t=$\frac{15}{0,03} = 500s$ , s=7,5 . 500=3750m , $\frac{s}{t} = Vsr\ \ \ \ \ \ \ \ \ ,\ \ \ \ \ \ \ Vsr = \frac{\frac{1}{2}s + \frac{1}{2}s}{t1 + t2} = \frac{s}{t1 + t2\ \ }\ \ \ \ \ \ \ ,\ \ \ \ \ t1 = \frac{\frac{1}{2}s}{v1}\ \ \ ,\ \ \ t2 = \frac{\frac{1}{2}s}{v2}$ , t1+t2=$\frac{\frac{1}{2}s}{5} + \frac{\frac{1}{2}s}{15} = \frac{\frac{3}{2}s}{15} + \frac{\frac{1}{2}s}{15 =} = \frac{2s}{15}$ , Vśr=$\frac{s}{\frac{2\ .\ s}{15}}$=s . $\frac{15}{2s}$=7,5m/s s=Vśr . t=7,5m/s s=Vśr . t=7,5t Vśr=$\frac{2v1\ .\ v2}{v1 + v1}$ ……………………………………..

5 Ciala swobodnie spade bez predkosci poczatkowej w ostatniej sekundzie spadanie przebylo 2/3 swojej drogi .Znalesc droge ktora przebylo cialo s1=$\frac{1}{3}s,\ t1\ \ \ \ \ ,\ \ \frac{2}{3}s\ ,\ t = 1s\ \ \ ,\ \ \ \frac{2}{3}s = v1\ .\ 1 + \frac{{g\ .\ 1}^{2}}{2}$ uklad rownan- s1=$\frac{{g\ .\ t1}^{2}}{2} = \frac{1}{3}s\ \ \ \ \ ,\ \ s = \frac{{g\ .\ (t1 + 1)}^{2}}{2}\ \ \ \ \ \ \ \ \ ,\ \ \ \frac{\text{g\ .\ t}{1}^{2}}{2} = \frac{1}{3}\text{\ .\ }\frac{{g(t1 + 1)}^{2}}{2}$ , $\frac{{10\ .\ t1}^{2}}{2} = \frac{1}{3}\text{.\ }\frac{{10(t1 + 1)}^{2}}{2}$ /;2 5 . t$1^{2} = \frac{1}{3}\ .\ 5(t1 + 1)^{2}$ /;$\sqrt{}$ , t1=$\frac{t1 + 1}{\sqrt{3}}$ / .$\sqrt{3}$ , vśr=$\frac{2\ .\ 5\ .\ 15}{5 + 15} = \frac{150}{20} = 7\frac{10}{20\ \ m/s}$ t1=$\frac{t1 + 1}{\sqrt{3}}/.\sqrt{3}$ t1 . $\sqrt{3}$ = $\frac{t1\sqrt{3} + 1\sqrt{3}}{\sqrt{3}\text{\ .\ }\sqrt{3}}$ t1$\sqrt{3}$ =t1+1 , t1 .$\ \sqrt{3} - t1 = 1,\ \ \ \ \ \ \ \ t1(\sqrt{3}$-1)=1 /;($\sqrt{3}$-1) t1=$\frac{1}{\sqrt{3} - 1\ }$ t1=1,37s s=$\frac{{10\ .\ (1.37 + 1)}^{2}}{2}$ =28,08m

6Oblicz stosunek czasu przebycia drugiej polowy drogi do czasu przebycia pierwszej polowy drogi w ruchu jednostajnie przyspieszonym bez predkosci poczatkowej. –ruch jednostajnie przyspieszony $\frac{t2}{t1}$=?, S(t1)=$\frac{s}{2}$, S(t2)=$\frac{s}{2}$ Calkowita droga ruchu t1+t2 daje nam t. Wzor na predkosc S(t)=Vo . t +$\frac{at2}{2}$ Vo=0-gdy predkosc jest rowna 0 S(t)=$\frac{at2}{2}$, $\frac{s}{2}$=$\frac{{a\ .\ t1}^{3}}{2}$ s=$\frac{{at1}^{3}}{2}\ /\ 2$ s=$\frac{a\ .\ (t1 + t2)^{2}}{2}$ s=a . t1² a . ${t1}^{2} = \frac{a\ .\ (t1 + t2)^{2}}{2}$ , 2t1=(t1 +t2x)² , $\sqrt{2}$ t1=t1 +t2 / $\frac{1}{t1}$ , $\sqrt{2}$=1+$\frac{t2}{t1}$ , $\frac{t2}{t1}$=$\sqrt{2}$ -1 t2=0,41t1

Zad.7Cialo wyzucone pionowo do gory z predkoscia poczatkowo Vo=21 m/s. Znalesc dostep czasu miedzy chwilami, w ktorych cialo znajdowalo sie w polowie maksymalnej wysokosci.Zaniedbac opor powietrza. Vo-21$\frac{m}{s}$, t = t2 − t2, $\frac{\text{hmax}}{2}$-Vo . t -$\frac{\text{gt}^{2}}{2}$=0, 0=Vo-g . t1 Czas przebyty na osiagniecie max wys w rzucie pionowym w gore t1=$\frac{\text{Vo}}{g}$, hmax.=Vo . t1 -g$\frac{Vo^{2}}{2}$, hmax=$\frac{Vo^{2}}{g}$ – g . $\frac{Vo^{2}}{2g^{2}}$, hmax =$\frac{Vo^{2}}{g}$ -$\frac{1}{2}$ . $\frac{Vo^{2}}{g}$ , hmax=$\frac{1}{2}\frac{Vo^{2}}{g}$

8Znajdz czas wznoszenia sie windy na wieze o wys h=60m. zakladajac ze jej ruch podczas ruszania i hamowania jest jednostajnie zmienny o przyspieszeniu rownym co do wartosci bezwzglednej a=1m/s² a na srodkowym odcinku drogi ruch jest jednostajny z predkoscia v=2m.s Dane h=60 a=1m/s² v=2m/s szukane tn=? h=h1+h2+h3 tn=t1+t2+t3 , h1=$\frac{\text{at}1^{2}}{2}$ h2=Vt2 h3=Vt3-$\frac{\text{at}3}{2}$, 0=V-a . t3=t3=$\frac{v}{a}$ , t1=t3=$\frac{v}{a}$ , t2=$\frac{h2}{v} = \frac{h - h1 - h3}{v}$ , th=t1+t2+t3 th=$\frac{v}{a} + \left( \frac{h - h1 - h2}{v} \right) + \frac{v}{a}$ h1=$\frac{\text{at}1^{2}}{2} = \frac{a\frac{v^{2}}{a^{2}}}{2} = h1\frac{v2}{2a}$ , h3=Vt3-$\frac{\text{at}3^{2}}{2}$=$\frac{V^{2}}{a}\text{\ .\ }\frac{a(\frac{v^{2}}{a2})}{2}$ , h3=$\frac{v^{2}}{2a}$ , th=$\frac{v}{a} + \left( \frac{h - \frac{V^{2}}{2a\ } - \frac{V^{2}}{2a}}{v} \right) + \frac{V}{a}$ , tn=$\frac{V}{a} + \frac{h}{V} - \frac{V}{2a} - \frac{V}{2a} + \frac{V}{a}$, tn=$\frac{V}{a} - \frac{h}{V} - \frac{V}{a}$ =tn=$\frac{v}{a} + \frac{h}{v}\left\lbrack \frac{\frac{m}{s}}{\frac{m}{s^{2}}} + \frac{m}{\frac{m}{s}} \right\rbrack = s + s = s^{2}$

9.Ciało wyzucono pod katem L-30stopni do poziomu z predkościa Vo=10m/s.Znalesc rownanie toru tego ciala zasieg rzutu calkowity czas ruchu, max wys na ktora wzniesie sie cialo. Dane L=30stop=$\frac{\text{Pi}}{6}$(radiany) Vo=10m/s szukane-y=f(x), z=? , tmax=?, hmax=? $\overset{\rightarrow}{a}$=[ax,ay]=$\overset{\rightarrow}{a}\left\lbrack 0, - g \right\rbrack\ \ \ \ ,ax = 0\ \ \ ,ay = - g$ droga-x(t)=Vox . t =Vo cos L . t , predkość-Vo(t)=Vox=const=Vo cosL , y(t)= Voy . t –$\frac{gt^{2}}{2}$=Vo sinL – t-$\frac{gt^{2}}{2}$, Vy(t)=Voy-g . t=Vo sinL-g . t, $\frac{\text{Vox}}{\text{Vo}} = cosL = Voy = Voy = VosinL,\ \ \ \ \ \ y =$f(x) , x=V . conL . t =t=$\frac{x}{\text{VocosL}}\ ,\ \ \ \ \ y\left( x \right) = Vo\ sinL\ .\ \frac{x}{\text{Vo\ cosL}} - \frac{g}{2}\left( \frac{x^{2}}{\text{Vo\ }\cos^{2}L} \right),\ \ \ \ y\left( x \right) = x\ tgL - \frac{\text{gx}^{2}}{2Vo^{2}\cos^{2}L}$ z miejsc zerowych f(k) obliczamy zasieg 0=x(tgL -$\frac{\text{gx}}{2Vo^{2}\cos^{2}L}),\ \ \ \ x = 0\ \ \ \ tgL - \ \frac{\text{g\ .z}}{2Vo^{2}\cos^{2}L} = 0$ , Z=$\frac{{2Vo}^{2}\cos^{2}L\frac{\text{sinL}}{\text{cosL}}}{g}\ $ , Z=$\frac{{2Vo}^{2}\text{sinL\ .\ cosL}}{g} = \frac{\text{Vo}^{2}\text{sinL}}{g}$ Max czas ruchu tmax. x(t)=Vo sinL . t, x(t)=tmax=2 , Z=Vo cosL .tmax, tmax=$\frac{z}{\text{Vo}\ \text{cosL}}$, tmax=$\frac{{2Vo}^{2}\sin\text{L\ .\ cosL}}{\text{Vo\ cosL\ .\ g}} = \frac{2Vo\ .\ sinL}{g}$ hmax y(t)=Vo sinL . t -$\frac{\text{gt}^{2}}{2}$, Vy(t)=Vo . sinL –gt, Vy(t)= t1max=0, 0=Vo sinL-g .t1max, t1max=$\frac{\text{Vo\ sinL}}{g} - czas\ do\ uzyskania\max\text{szybkosci.\ }$

y(t=tmax)=max, hmax=Vo sinL . tmax1 -$\frac{\text{g.tmax}^{2}}{2}$, hmax=$\frac{\text{Vo\ sin}^{2}L}{g} - \frac{g}{2}(\frac{\text{Vo}^{2}\text{si}n^{2}L}{g^{2}}$, hmax=$\frac{1}{2}\frac{\text{Vo}^{2}\sin^{2}L}{g}$

12.Ile wynosi stosunek przyspieszen skrzyn z ktorych jedna jest pochylona sila F=100N skierowana w dol pod katem L=30stop a 2 jest ciagnieta taka sama sila ale skierowana w gore pod tym samym katem. Masa kazdej skrzyni wynosi M=25kg. A wspolczynnik tarcia jest rowny f=0,2. Dane F=100N L=30 M=25kg, f=0,2 szukane$\frac{a1}{a2}$=? , f=$\frac{\text{FT}}{\text{Fn}}$ , $\overset{\rightarrow}{FN =}\overset{\rightarrow}{- R}$, $\frac{F1}{F2} = cosL = F1 = FcosL\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ $ $\frac{F2}{F} = sinL = F2 = sinL\ \ ,$ $\overset{\rightarrow}{R} + \overset{\rightarrow}{F2} + Q = 0,\ \ \ \ \ \text{\ \ \ \ \ \ \ \ }\overset{\rightarrow}{- R} = \overset{\rightarrow}{F2} + \overset{\rightarrow}{Q}\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ FN2 = Q - F2\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ $ FT2 = f .FN2 , FT2=f(mg-F sinL) , $\overset{\rightarrow}{F1} = \overset{\rightarrow}{F2} + \overset{\rightarrow}{Q}\ \ \ ,\ \ FN1 = F2 + Q,\ \ FN1 = F2 + Q$ FN1=f(F . sinL +mg), F1+FT1=M . a1 , F1+FT2=M . a2, F1-FT1=M . a1 , F1-FT2=Ma2, FN2=Q-F2, FT2=f . FN2 , FT2=f(mg-FsinL), $\frac{F1 - \text{FT}1}{F2 - \text{FT}2} = \frac{a1}{a2\ \ \ }\ \ \ \ \ \ \ ,\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \frac{F\cos{L - f\left( \text{mg} + F\ \text{sinL} \right)}}{F\cos{L - f(\text{mg} - F\sin{L)}}} = \frac{a1}{a2}$ $\frac{F(\cos{L - f\ sinL)}\text{\ .\ fmg}}{F\cos{L + f\ sinL)\ .\ fmg}} = \frac{a1}{a2}$ , [$\frac{N - N}{\text{N\ .\ \ N}} = \frac{N}{N} = 1\rbrack$

13. Na rowni pochylej o kacie nachylenia L=30stop znajduje sie cialo o masie m=50kg na ktore dziala sila F=294,3 f=0,1 szukane a=? $\frac{F1}{F} = sinL = F1 = FsinL$ $\frac{F2}{F} = cosL = F2 = FcosL\ \ \ ,\ \ \ \ \ \frac{Q1}{Q} = cosL = Q1 = QcosL\ \ \ ,\ \ \ \ \ \ \frac{Q2}{Q} = sinL = Q2 = QsinL$ szukane a=? $F\overset{\rightarrow}{\text{wyp}} = \overset{\rightarrow}{ma\ \ \ ,\ }$ Fwyp =$\overset{\rightarrow}{F2} + \overset{\rightarrow}{Q2} + \overset{\rightarrow}{\text{FT}}$ , FT=f . (R) , Fwyp=ma , Fwyp=F2+Q2-FT, F2+Q2-FT=ma, Fcos x+Q sin L –f(R)=ma

15.2 kule zderzyly sie po czym ruszaja sie wzdluz jednej prostej jedna z kul przed zderzeniem ruszala sie z prendkoscia v1 a druga z predkoscia v2 kule maja masy odpowiednio m1 i m2. Wyznacz a)predkosc kul po zderzeniu idealnie niesprezystym b)predkosc kul po zderzeniu idealnie sprezystym. Dane m1,m2,v1,v2 szukane u1, u2 3kule-$\overset{\rightarrow}{p}$1=m1$\overset{\rightarrow}{v}$1 Ek1$\frac{{m1V1}^{2}}{2}$, $\overset{\rightarrow}{p2}$.................. $\overset{\rightarrow}{p3}$................ $\overset{\rightarrow}{p1} + \overset{\rightarrow}{p2} = \overset{\rightarrow}{p1'}\overset{\rightarrow}{p2'}$ V1+U1=U2+V2, U2=V1+U1-V2 , Ek1+Ek2=Ek1’+Ek2’, Układ równan; m1V1+m2V2=m1V1+m2V2 - m1V1²+m2V2² = m1V1²+m2V2² , m(V1-U1)=m2(U2-V2) , m1(V1² − U1²)=m2(U2² − V2²) /;2 U1=($\frac{m1 - m2}{m1 + m2})V1\left( \frac{2m2}{m1 + m2} \right)V2,$ U2=V1+$\frac{m1 - m2}{ma + m2}V1 + \frac{2m2}{m1 + m2}V2 -$predkosc kuli przy zderzeniu.

17-Klocek majacy u podstawy rowni pochylej predkosc Vo-5m/s przebyl w gore rowni droge s=2m wykorzystujac twierdzenie o pracy i energi oblicz wspolczynnik tarcia klocka o rownie ktorej kat nachylenia do poziomu wynosi L Dane-Vo-5m/s s=2m L=30stop.= pi/6 szukane u=? Ec = 0 Ec=const. Ec = WNZ ,     Ek+Eo=Wnz , 0-$\frac{\text{mvo}^{2}}{2} + mgh - 0 = WNZ$ , WNZ=WT, W=$\overset{\rightarrow}{\text{Fos}}$ , W=F . s . conL , Wt=T . s .(-1) , Wt=T . s , - $\frac{\text{mvo}^{2}}{2}$+mgh= -T . s ,$\overset{\rightarrow}{R} + \overset{\rightarrow}{Q2} = 0$ R-Q2=0 =R=Q2=R=mg cosL, $\frac{Q1}{Q} = sinL = 0\frac{Q2}{Q} = cosL = Q1 = Q\ sinL = Q2 = Q\ cosL$ $\frac{h}{s} = sinL\ \ \ \ \ ,\ \ h = s\ .\ sinL$ , $\frac{\text{mVs}}{2} + mgh = - u\ .\ mgs\ .\cos\text{L\ \ \ \ }\frac{\text{mvo}^{2}}{2} + mgs\ .\ sinL = - umgs\ .\ \ cosL,\ \ \ \ $ $\text{\ \ }\frac{\text{mvo}^{2}}{2} - mgs\ .\ sinl = mgs\ .\ cosL,\ \ \ \frac{\text{Vo}^{2}}{2} - gs\ .\ sinL = ups\ cosL$, $\frac{\text{Vo}^{2}}{2gs\ cosL} - \ \frac{\text{gs\ sinL}}{\text{gs\ cosL}}U\ \ ,\ \ \ \ \ \ \ \frac{\text{Vo}^{2}}{2gs\ cosL\ }\ .\ tgL = u$ , u=$\frac{\frac{m}{s^{2}}}{\frac{m^{2}}{s^{2}}} = 1$

18 2 nieduze ciala zaczynaja sie jednoczesnie zsuwac bez tarcia wewnatrz polkuli o promieniu R=0,6m i i zderzaja sie niesprezyscie .Do jakiej wysokosci wzniosa sie ciala po zderzeniu jesl;i stosunek ich mas wynosi k=2? Dane R=0,6cm k=$\frac{m1}{m2} = 2$ szukane h=? Ep=m2gr Ec=0 , Ek1 +Ep1 –Ek1’ –Ep1’=0 , 0+m1pR =$\frac{m1V1^{2}}{2} + 0 = 0$ , m1gR-$\frac{{m1V1}^{2}}{2}$ , V$1^{2} = 2gR = V1 = \sqrt{2gR}$ , Tak samo jak wyzej tylko zamiast m1V1 dajemy m2 V2 Ec = 0       Ek1 + Ep2 − Ek2^′ − Ep2^′ = 0 V2=$\sqrt{2gR}$ Zasada zachowania pedu $\overset{\rightarrow}{p1} - \overset{\rightarrow}{p2} = \overset{\rightarrow}{p}$ , $m1\overset{\rightarrow}{V1} - m2\overset{\rightarrow}{V2} = (m1 + m2)\overset{\rightarrow}{u}$ , m1V1 – m2V2=(m1+m2) . u , m1$\sqrt{2gR - m2}\sqrt{2gR} = \left( m1 + m2 \right)\text{.\ u}$ ,$u = (\frac{m1 - m2}{m1 + m2})\sqrt{2gh}$ zasada zachowania energi- Ec = 0        $Ek' + Ep' - (Ek" - Ep") = 0$ $\frac{{\left( m1 + m2 \right)u}^{2}}{2} + 0\left( m1 + m2 \right)gh = 0\ \ \ \ \ \ $ $\frac{{\left( m1 + m2 \right)u}^{2}}{2} = \left( m1 + m2 \right)\text{.g\ .\ h}$ , $\frac{u^{2}}{2} = gh\ \ \ \ \ \ \ ,\ \ \ \ \ \ \ h = \frac{u^{2}}{2g}$ h=$\frac{1}{2g}(\frac{m1 - m2}{m1 + m2})^{2}$ 2gh h=$(\frac{m1 - m2}{m1 + m2}{)\ }^{2}\text{R\ }$ h=$(\frac{km2 - m2}{km2 + m2})^{2}$ . R h=[$\frac{m2(k - 1)}{m2(k + 1)}\rbrack^{2}$ . R h=$\frac{{(k - 1)}^{2}}{{(k + 1)}^{2}\text{\ .\ R}}$

19 Udowodnij ze w rzucie ukosnym stosunek energi potencjalnej ciala w najwyzszym punkcie toru do energi kinetycznej w chwili wyrzutu jest rowna sin²L gdzie L jest kontem rzutu.Przyjac ze na poziomie z ktorego cialo wyzucono energia potencjalna jest rowna zero. Wykazac ze;$\frac{Ep1}{\text{Eko}} = \sin^{2}\text{L\ \ }$ $\frac{\text{Voy}}{\text{Vo}} = \sin{L = Voy = Vo\ sinL}$ $\frac{\text{Vox}}{\text{Vo}} = cosL = Vox = Vo\ cosL$ , 2p=m . g . hmax. Ek=$\frac{\text{mVo}^{2}}{2}$ , Ep1=$\frac{\text{m.g\ hmax}}{\frac{\text{mVo}^{2}}{2}} = \frac{2g\ hmax}{\text{Vo}^{2}}$ , y(t)= Vay . t -$\frac{\text{gt}^{2}}{2}$ , Vy(t)-Voy-g . t Vy(t=t1)=0 Voy – g . t1=0 , t1=$\frac{\text{Voy}}{g}$ y(t=t1)=hmax Voy . t1 -$\frac{gt1}{2}$=hmax. , Voy . $\frac{\text{Voy}}{g} - \frac{g}{2}(\frac{\text{Voy}^{2}}{g}$)=hmax $\frac{\text{Voy}^{2}}{g} - \ \frac{\text{Voy}^{2}}{2g}$=hmax , $\frac{\text{Voy}^{2}}{2g}$=hmax , $\frac{\text{Voy}}{\text{Vo}}$=sinL =Voy=Vo sinL , $\frac{\text{Vox}}{\text{Vo}} = cosL = Vox = Vo\ cosL$ hmax=$\frac{{(VosinL)}^{2}}{2g}$ , y(t=t1)=hmax , Voy . t1 -$\frac{{gt1}^{2}}{2}$=hmax , Voy . $\frac{\text{Voy}}{g} - \frac{g}{2}\frac{\text{Voy}^{2}}{g} = hmax$ hmax=$\frac{\text{Voy}^{2}}{2g}$

20Cialo zucone pionowo w gore z predkoscia pocztakowa Vo=16m/s jakia predkosc bedzie mialo to cialo na wysokosci rownej polowie najwiekszego wzniesienia.

10.Przekladnia pasowa sklada sie z krazkow o promieniu r=10cm i R=50cm. Z wiekszym krazkiem zespolone jest kolo zamachowe o promieniu 4R.Oblicz predkosc liniowa punktow na obwodzie kola zamachowego i przyspieszenie dosrodkowe tych punktow jesli maly krazek wiruje z predkoscia wo=0,5.Ile obrotow wykonuje w trakcie hamowania krazki przeklani jesli w czasie t=5s predkosc liniowa pasa maleje dwukrotnie a ruch jest jednostajnie opozniony Dane- r=0,1m R=0,5m R1=4r=2m Wo=0,5pi/s Szukane V1=? ad1=? r1=? r2=? $\overset{\rightarrow}{V} = w\text{\ .\ \ }\overset{\rightarrow}{R}$ , V=w . R sinL V=w . R , ad=$\frac{V^{2}}{R}$=w² . R V1=wo1 . R1 V1=wo$\frac{V}{R}\ .\ R1\left\lbrack \frac{\text{RD}}{S}\text{\ .\ m} \right\rbrack = \lbrack\frac{m}{s}\rbrack$ Vo=wo . r =wo . r=Wo . r=Wo1 . R=Wo1=Wo$\frac{r}{R}$

V1=Wo1 . R1 , ad$\frac{{V1}^{2}}{R1} = \frac{{(Wo}^{2\ .}\frac{r^{2}}{R^{2}}\text{\ .\ }{R1}^{2})}{R1}$ , ad=$\frac{\text{Wo}^{2}r^{2}.\ R1}{R^{2}}\lbrack\frac{m}{s^{2}}\rbrack$ , ($\overset{\rightarrow}{\text{as}}\text{\ .}$ € .$\overset{\rightarrow}{R})$ V(t)=Vo-as . t V(t=t1)=$\frac{\text{Vo}}{2}$ , Vo-as .t1=$\frac{\text{Vo}}{2}$ , -as t1=$\frac{\text{Vo}}{2} - Vo$ , as t1=$\frac{\text{Vo}}{2}\ \ ,\ \ \ \ \ as = \frac{\text{Vo}}{2t1}$

S(t)=Vo . t - $\frac{\text{ast}^{2}}{2}$ V(t) = Vo –as . t , s(t)=Vot –($\frac{\text{Vo}}{2t1})$ . $\frac{t^{2}}{2}$ , V(t)=Vo-$- \frac{\text{Vo}}{2t1}\text{\ .\ t\ \ \ \ \ \ }$ V(t)=max=0 , Vo-$- \frac{\text{Vo}}{2t1}\ .\ tmax = 0$ , -$\frac{\text{Vo}}{2t1}\ tmax = \ - Vo\ \ \ \ \ \ \ ,\ \ \ tmax = 2t1$ s(t=tmax)=r1 2 pir , r1=$\frac{Wo\ .\ r\ .\ t1}{2pir} = r1 = \frac{Wo\ .\ t1}{2pi}(\frac{0,5\ pi\ .\ 5}{2pi}$)=1,25 , r2=$\frac{Vo\ .\ t1}{2pi\ R} = \frac{\text{Wor\ .\ t}}{2pi\ r}$

r2=$\frac{\text{Wo}\text{\ .\ }t1}{2\text{pi}}\text{\ .\ }\frac{r}{e}$

11.Ciagnik gasienicowy wykonuje zwrot w ten sposob ze jedne z gasienic porusza sie z inna predkoscia niz druga.Oblicz promien skretu ciagnika ktorego jedna gasienica porusza sie z predkoscia v1=18km/h a drugi z predkoscia v2=12km/h odleglosc medzy gasienicami wynosi d=2,4m. dane v1-18km/h,=$\frac{1000}{3600} = 5m/s$ v2=12km/h=$\frac{1000}{3600} = \frac{10}{3ms}\ $ d=2,4m v1=$\frac{2piR}{T}\ \ \ \ \ \ \ V2 = \frac{2piR}{\text{T\ }}\ \ \ \ \ \ \ R = r + d$ V1=$\frac{2pi(r + d)}{T}\ \ \ \ \ \ V2 = \frac{2pir}{T}\ \ \ \ \ \ ,\ \ \ \ \frac{V1 = \frac{2pi(r + d)}{T}}{V2 = \frac{2pir}{T}}\text{\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ }\frac{V1}{V2} = \frac{(r + d)}{r}$ V1 . r=v2(r+d) , v1 . r=v2r+v2d v1r-v2r=v2d , r(v1-v2)=v2d r=$\frac{v2d}{v1 - v2}\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ r = \frac{\frac{10}{3\ }\ .2,4}{5 - \frac{10}{3}} = r = \frac{8}{1,7} = 4,7m$