plik


ÿþ6. Zasady zachowania energii, pdu i momentu pdu, praca. Wybór i opracowanie zadaD 6.1-6.29..BogumiBa Strzelecka. 6.1. Sanki zsuwaj si ze szczytu toru o dBugo[ci l pochylonego pod ktem ± do poziomu, a nastpnie wje|d|aj na tor prosty. WzdBu| caBego toru dziaBa na sanki siBa tarcia. WspóBczynnik tarcia na torze pochyBym wynosi µ1, za[ na torze prostym µ2. Obliczy jak drog s przebd sanki po torze prostym. 6.2. Kulka o masie m = 20 g wyrzucona pionowo w gór z prdko[ci vo = 200 m/s, spadBa na ziemi z prdko[ci v = 50 m/s. Obliczy prac siB tarcia w powietrzu. 6.3. Do gaBzi drzewa przywizana jest lina, po której wspina si czBowiek o masie m. Jak prac wykona czBowiek, je|eli przebdzie on po tej linie odcinek o dBugo[ci l. Przyspieszenie ziemskie wynosi g. 6.4. Kulka o masie M, znajdujca si na koDcu mogcego si obraca cienkiego prta o dBugo[ci l (mas prta pomijamy), zostaBa wychylona o 180o ze swego najni|szego poBo|enia. Spadajc kulka zderza si w najni|szym poBo|eniu z kulk plastelinow o masie m. Na jak wysoko[ wznios si obie kulki po zderzeniu i zlepieniu si? W obliczeniach przyj, |e l jest du|o wiksze ni| rozmiary mas M i m. 6.5. Na szczycie gBadkiej kuli o promieniu R poBo|ono monet, której nadano prdko[ pocztkow w kierunku poziomym o warto[ci vq. W którym miejscu, liczc od wierzchoBka kuli, moneta oderwie si od niej (moneta zsuwa si bez tarcia)? Przyspieszenie ziemskie jest równe g. 6.6. Dwie kule o masach m1 i m2, poruszajce si z tak sam prdko[ci v zderzaj si centralnie. Zderzenie jest doskonale spr|yste. Poda warunki, jakie musz by speBnione, aby: a) pierwsza kula zatrzymaBa si; b) druga kula zatrzymaBa si; c) nastpiBa zmiana zwrotu prdko[ci ka|dej z kul. 6.7. Jak prac nale|y wykona, aby sBup telegraficzny o masie M = 200 kg, do którego wierzchoBka przymocowano poprzeczk o masie m = 30 kg, podnie[ z poBo|enia poziomego do pozycji pionowej, je|eli dBugo[ sBupa jest równa l =10m ? Przyspieszenie ziemskie przyj g = 10 m/s2. 6.8. Znalez noc wodospadu Niagara, je|eli jego wysoko[ h = 50m, a [redni przepByw wody V = 5900 m3/s. Gsto[ wody Á = 1000 kg/m3, a przyspieszenie ziemskie g = 10 m/s2. 6.9. Kulka o masie m uderza w wahadBo fizyczne o masie M i pozostaje w nim. Jaka cz[ energii kulki zamieni si na ciepBo? 6.10. CiaBo wyrzucono pionowo w gór z prdko[ci vo. Znalez wysoko[, na której energia kinetyczna ciaBa bdzie równa jego energii potencjalnej? Przyspieszenie ziemskie wynosi g. 6.11. Kulka o masie m lecca poziomo, uderza w powierzchni klina o masie M le|cego na poziomej pBaszczyznie tak, |e odskakuje pionowo w gór na wysoko[ h. ZakBadajc, |e zderzenie jest doskonale spr|yste, znalez prdko[, jak uzyskaB klin tu| po zderzeniu. Przyspieszenie ziemskie jest równe g. 6.12. PiBeczk pingpongow o promieniu r = 15 mm i masie m = 5 g zanurzono w wodzie na gBboko[ci h = 30 cm. kiedy puszczono t piBeczk, wyskoczyBa ona z wody na wysoko[ h1 = 10 cm. Jaka ilo[ ciepBa wydzieliBa si w wyniku dziaBania siB tarcia? Gsto[ wody Á = 1000 kg/m3. Przyj g = 10 m/s2. 6.13. Dwie kule o masach m1 = 0,2 kg i m2 = 0,8 kg zawieszone na dwóch równolegBych niciach o dBugo[ci l = 2 m ka|da, stykaj si ze sob. Mniejsza kula zostaje odchylona o kt 90o od pocztku poBo|enia i puszczona. Znalez prdko[ kul po zderzeniu zakBadajc, |e zderzenie kul byBo: a) doskonale spr|yste, b) doskonale niespr|yste. Jaka cz[ energii pocztkowej zamieni si na ciepBo w przypadku zderzenia doskonale niespr|ystego? 6.14. CiaBo o masie m przymocowane do nici o dBugo[ci lo zatacza okrg o promieniu równym dBugo[ci nici z prdko[ci vo. Jak prac nale|y wykona [cigajc ciaBo do [rodka okrgu, skracajc ni o "l. 6.15. Znalez hamujcy moment siBy, który mo|e zatrzyma w cigu czasu t = 20 s koBo zamachowe o masie m = 50 kg i promieniu R = 0,3 m obracajce si z czstotliwo[ci f = 30 s-1 . ZaBo|y, |e masa koBa zamachowego rozmieszczona jest na jego obwodzie. Jaka praca bdzie potrzebna do zatrzymania tego koBa zamachowego? 6.16. Kulka, staczajca si bez po[lizgu z równi pochyBej o kcie nachylenia ± = 30o , uderza w pBaszczyzn poziom i podskakuje na wysoko[ h = 12,5 cm w rzucie uko[nym. Zaniedbujc tarcie i zakBadajc, |e uderzenie jest doskonale spr|yste znalez drog jak 2 przebyBa kulka wzdBu| równi pochyBej. Moment bezwBadno[ci kulki I = mR2 5 6.17*. Jednorodna deska o masie m i dBugo[ci l le|y na granicy zetknicia dwóch stoBów, na stole pierwszym. Jak minimaln prac nale|y wykona, aby przesun j ze stoBu pierwszego na drugi, je|eli wspóBczynniki tarcia pomidzy desk a stoBem wynosz µ1 i µ2, odpowiednio dla pierwszego i drugiego stoBu. 6.18*. Walec o wysoko[ci h, promieniu podstawy R i gsto[ci Á1 pBywa w naczyniu wypeBnionym ciecz o gsto[ci Á2 > Á1. O[ walca jest prostopadBa do podstawy naczynia. Obliczy prac, jak nale|y wykona aby walec zanurzy caBkowicie w cieczy? 6.19*. Na podBodze le|y lina o masie m i dBugo[ci l. Jeden z jej koDców podnosimy do góry dopóki lina nie oderwie si od podBogi. Wyznaczy minimaln warto[ pracy jak nale|y wykona, aby podnie[ lin z podBogi w polu grawitacyjnym Ziemi w przypadku, gdy: a) lina jest jednorodna b) lina jest niejednorodna i jej masa m zale|y od odlegBo[ci x od jednego z jej koDców 2 x wedBug wzoru m(x) = m0 ëø öø . ìø ÷ø l íø øø 6.20. CzBowiek stoi na nieruchomym wózku i rzuca do przodu kamieD o masie m, nadajc mu prdko[ v. Wyznaczy prac, jak musi wykona przy tym czBowiek, je|eli Masa wózka wraz z nim wynosi M. 6.21. CzBowiek o masie m1 = 60 kg, biegncy z prdko[ci v1 = 8 km/h, dogania wózek o masie m2 = 90 kg, który jedzie z prdko[ci v2 = 4 km/h i wskakuje na ten wózek. Z jak prdko[ci bdzie poruszaB si wózek z czBowiekiem? Jaka bdzie prdko[ wózka z czBowiekiem w przypadku, gdy czBowiek bdzie biegB naprzeciwko wózka? 6.22. Leccy poziomo granat z prdko[ci v = 10 m/s w pewnej chwili rozerwaB si na dwa odBamki. Wikszy odBamek, którego masa stanowiBa n = 60% masy caBego granatu, kontynuowaB lot w pierwotnym kierunku, lecz ze zwikszon prdko[ci v1 = 25 m/s. Znalez kierunek i warto[ prdko[ci mniejszego odBamka. 6.23. Znalez warto[ prdko[ci pocztkowej poruszajcego si po lodzie kr|ka hokejowego, je|eli przed zderzeniem z band przebyB on drog s1 = 5 m, a po zderzeniu, które mo|na traktowa jako doskonale spr|yste, przebyB jeszcze drog s2 =2 m do chwili zatrzymania si. WspóBczynnik tarcia kr|ka o lód jest równy µ = 0,1. 6.24. Z rury o przekroju s = 5 cm2 wypBywa w kierunku poziomym strumieD wody z prdko[ci, której warto[ wynosi v = 10 m/s, uderzajc pionowo w [cian stojcej na szynach wózka, a nastpnie spBywa w dóB po tej [ciance. Z jakim przyspieszeniem bdzie porusza si wózek? Jego masa m = 200 kg, a kierunek strumienia wody jest równolegBy do kierunku szyn. Przyj, i| hamujca ruch wózka siBa oporu jest sto razy mniejsza od ci|aru tego pojazdu. 6.25. Dwie poziome tarcze wiruj wokóB pionowej osi przechodzcej przez ich [rodek. Momenty bezwBadno[ci tarcz wynosz I1 oraz I2, a ich prdko[ci ktowe É1 i É2. Po upadku tarczy górnej na doln obie tarcze ( w wyniku dziaBania siB tarcia) obracaj si razem jak jedno ciaBo. Wyznaczy: a) prdko[ ktow tarcz po zBczeniu; b) prac wykonan przez siBy tarcia. 6.26. Na brzegu poziomo ustawionej tarczy o momencie bezwBadno[ci I (wzgldem osi pionowej przechodzcej przez [rodek tarczy) i promieniu R znajduje si czBowiek o masie m. Obliczy prdko[ ktow tarczy É, gdy czBowiek zacznie porusza si wzdBu| jej brzegu z prdko[ci v wzgldem niej. 6.27. CzBowiek o masie m stoi na osi obrotowego stolika o promieniu R trzymajc oburcz za o[, pionowo nad gBow obracajce wokóB tej osi (pionowej) z prdko[ci ktow Éo koBo rowerowe o momencie bezwBadno[ci Io. Wyznaczy prdko[ ktow É1 ruchu obrotowego stolika po: a) obróceniu przez czBowieka koBa o kt 180o, b) zahamowaniu koBa przez czBowieka. Moment bezwBadno[ci stolika z czBowiekiem wynosi I. 6.28. Listwa drewniana o dBugo[ci l i masie m mo|e si obraca dookoBa osi prostopadBej do listwy, przechodzcej przez jej [rodek. W koniec listwy trafia pocisk o masie m1, leccy z prdko[ci v1 w kierunku prostopadBym do osi i do listwy. Znalez prdko[ ktow, z jaka listwa zacznie si obraca, gdy utkwi w niej pocisk. 6.29. Na poziomym, doskonale gBadkim stole le|y prt o dBugo[ci l i masie m. W koniec prta trafia pocisk o masie m1, leccy z prdko[ci v1 w kierunku prostopadBym do osi prta. Znalez prdko[ ktow, z jak prt zacznie si obraca, gdy utkwi w niej pocisk oraz warto[ prdko[ci liniowej [rodka prta. Rozwizania: 6.1.R. Korzystajc z zasady zachowania energii oraz pamitajc, |e praca jest form 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 siBy tarcia (5) T1 = µ1mg cos± (6) T2 = µ2mg podstawiamy wyra|enia okre[lone równaniami (2), (3), (4), (5) i (6) do równania (1) trzymujc: (7) mgh = µ2mgx + µ1mg cos± Å" l Poniewa| h (8) = sin± , std h = l Å" sin± . l Podstawiajc to|samo[ (8) do równania (7) i przeksztaBcajc je otrzymujemy: sin± - µ1 cos± x = Å" l µ2 6.2.O. W = 375 J 6.3.O. W = mgl 6.4.R. Korzystajc z zasady zachowania energii mechanicznej otrzymujemy równanie: p2 (1) Mg2l = , gdzie p oznacza warto[ pdu masy M w najni|szym poBo|eniu. 2M Z zasady zachowania pdu: (2) p = pu Wysoko[, na któr wznios si obie masy po zBczeniu, obliczamy korzystajc ponownie z zasady zachowania energii: 2 pu (3) = (M + m)gh 2(M + m) Po przeksztaBceniach 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 si ciaBo: mv2 (2) = N , gdzie N  warto[ siBy nacisku. R Z podobieDstwa trójktów: N R - x (3) = mg R Po rozwizaniu ukBadu powy|szych równaD 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 sBupa wzgldem jego pierwotnego poBo|enia: (1) W = "Ep SBup traktujemy jako bryB sztywn, natomiast poprzeczk jako punkt materialny. l ëø öø (2) W = Mg + mgl - 0 = 13kJ ìø ÷ø 2 íø øø 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 ciepBo, Eo  energia kinetyczna kulki; Eo (2) Q = Eo - E , E  energia kinetyczna ukBadu kulka wahadBo po zderzeniu; 2 po p2 (3) Eo = , E = , gdzie po  pd kulki przed zderzeniem, p  pd ukBadu kulka 2m 2(M + m) wahadBo po zderzeniu. Zgodnie z zasad zachowania pdu: (4) p0 = p Podstawiajc wzory (2), (3) i (4) do równania (1) otrzymujemy: M (5) x = M + m 6.10.O. 2 vo h = 4g 6.11.R. Korzystajc z zasady zachowania pdu oraz zasady zachowania energii otrzymujemy ukBad trzech równaD: 2 2 2 (1) p3 = p2 + p1 , p1  pd kulki przed zderzeniem, p2  pd kulki po zderzeniu, p3  pd klina. 2 2 2 p3 p2 p1 (2) + = 2M 2m 2m 2 p2 (3) = mgh 2m Rozwizujc powy|szy ukBad równaD otrzymujemy wzór na warto[ p3: ghM (4) p3 = 2m M - m Poniewa| p3 = MÅ"v3, std gh (5) v3 = 2m M (M - m) 6.12.R. Praca siBy wyporu Fw na drodze h zostaje wykorzystana na zmian energii potencjalnej ciaBa "E wzgldem poBo|enia pocztkowego oraz na ciepBo Q: (1) Fwh = Q + "E 4 (2) Fw = Á Å" gV ; V = À Å" r3 3 (3) "E = mg(h + h1) PrzeksztaBcajc powy|sze równania otrzymujemy: 4 (4) Q = À Å" r3 Å" Á Å" gh - mg(h + h1) = 2,2 Å"10-2 J 3 6.13.R. a) W zderzeniu doskonale spr|ystym speBniona jest zasada zachowani pdu i energii mechanicznej (1) m1v = m1v1 + m2v2 , gdzie v,v1  warto[ci prdko[ci ciaBa o masie m1 przed i po zderzeniu, v2  warto[ prdko[ci ciaBa m2 po zderzeniu. 2 2 m1v2 m1v1 m2v2 (2) = + 2 2 2 Rozwizujc 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 drug kulk: m1v2 (4) m1gl = std v = 2gl 2 wic: 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 spr|ystym speBniona jest zasada zachowania pdu: (1) m1v = (m1 + m2 )vx , gdzie v warto[ prdko[ci masy m przed zderzeniem, vx warto[ prdko[ci obu zBczonych kulek po zderzeniu std: m1 (2) vx = v m1 + m2 Poniewa| m1v2 (3) m1gl = std v = 2gl 2 otrzymujemy 2m1 (4) vx = 2gl = 1,3m / s m1 + m2 Q (5) x = - oznacza, jaka cz[ energii zamieni si na ciepBo 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 Prdko[ v kulki po skróceniu nici znajdujemy z zasady zachowania pdu: (2) mv(l0 - "l) = mv0l0 Wówczas praca jest równa: 2 2 ùø mv0 îø l0 (3)W = -1úø ïø 2 - "l) (l0 2 ûø ïø úø ðø 6.15.R. (1) M = I Å"µ ; gdzie M  warto[ momentu siBy, I = mR2  moment bezwBadno[ci tarczy, µ - warto[ przyspieszenia ktowego. "É É - 0 2Àf (2) µ = = = t t t 2À Å" fmR2 (3) M = = 42,39N Å" m t Praca potrzebna do zatrzymania koBa jest równa zmianie energii kinetycznej: 1 1 2 2 2 2 (4) W = "E = IÉ - 0 = mR2 Å"(2À Å" f ) = 2À mR2 f = 79,9kJ 2 2 6.16.R. Energia potencjalna ciaBa w najwy|szym poBo|eniu zmienia si w energi kinetyczn ruchu obrotowego i ruchu postpowego u podnó|a równi.: 1 1 2 (1) mgH = mv2 + I Å"É 2 2 v 2 Po podstawieniu za É = oraz I = mR2 oraz uwzgldniajc, |e H = l sin± R 5 otrzymujemy : 7 v2 (2) l = Å" 10 g sin± 2 v2 sin ± Korzystajc ze wzoru na wysoko[ maksymaln w rzucie uko[nym h = 2g wyznaczamy v2 i podstawiamy do wzoru (2) otrzymujc wielko[ szukan: 1,4 Å" h (3) l = sin3 ± 6.17.R. Przesunicie deski z jednego stoBu na drugi wymaga wykonania pracy siB co najmniej równ sile tarcia pomidzy desk a pBaszczyznami stoBów. SiBa tarcia w tym przypadku jest równa sumie siB tarcia pomidzy desk i, odpowiednio, stoBem pierwszym (T1) i drugim (T2). l T1 T2 0 l-x x X l (1) W = (T1 + T2 )dx +" 0 Zgodnie z rysunkiem warto[ci siB T1 i T2 zale| od tego, jaka cz[ deski znajduje si na stole pierwszym, a jaka na drugim. Poniewa| deska jest jednorodna wychodzc z zaBo|enia, |e masa jest proporcjonalna do dBugo[ci deski mo|emy znalez warto[ci siB nacisku na poszczególne stoBy. l - x l - x (2) N1 = mg , a wic T1 = µ1 Å" mg l l x x (3) N2 = mg , a wic T2 = µ2 Å" mg l l Podstawiajc do wzoru (1) otrzymujemy po scaBkowaniu: mgl (4) W = (µ1 + µ2 ) 2 6.18.R. Prac obliczamy z wzoru (1) h W = Fwdx +" hx h poniewa| warto[ siBy wyporu Fw = Á2 Å"Vg = Á2 Å" g Å"À Å" R2 x zale|y od gBboko[ci zanurzenia walca. Wielko[ pocztkowego zanurzenia walca h1 obliczamy z równowagi siBy wyporu i siBy ci|ko[ci w chwili pocztkowej: Á1 (2) Fw = Q , czyli Á2 Å"À Å" R2hx g = Á1 Å"À Å" R2hg , std hx = h . Á2 Po podstawieniu do równania jeden otrzymujemy wyra|enie na prac: Á2 2 À Å" R2 gh2 2 - Á1 (3) W = Å" 2 Á2 6.19.R. a) Na fragment liny o masie dm, znajdujcy si w odlegBo[ci x od jej koDca, dziaBa siBa (1) dF = gÅ"dm. Podnoszc ten fragment na wysoko[ x nale|y dziaBa na niego siB równ co do warto[ci dF lecz przeciwnie skierowan. Zostanie przy tym wykonana praca elementarna : (2) dW = xÅ"dF = xgÅ"dm. hx dx dm Poniewa| caBa jednorodna lina o dBugo[ci l ma mas m, z proporcji = wynika, |e l m rozpatrywany fragment ma mas m (3) dm = Å" dx . l Podstawiajc wzór (3) do wzoru (2) i sumujc prace elementarne dW otrzymujemy: l mg mgl (4) W = x Å" dx = +" l 2 0 2 x b) Dla liny niejednorodnej mamy zale|no[ masy od odlegBo[ci x: m(x) = m0 ëø öø . ìø ÷ø l íø øø Mas dm elementu liny o dBugo[ci dx obliczamy ró|niczkujc t zale|no[: 2m0 (5) dm = x Å" dx . 2 l SiBa dF ma teraz posta: 2m0 g (6) dF = g Å" dm = x Å" dx , 2 l za[ praca elementarna 2m0 g (7) dW = x Å" dF = x2 Å" dx . 2 l Praca caBkowita jest równa caBce: l 2m0 g 2m0 gl (8) W = x2 Å" dx = 2 +" l 3 0 6.20.R. Praca wykonana przez czBowieka bdzie równa przyrostowi energii kinetycznej ukBadu: 2 Mv1 mv2 (1) W = "Ek = + , 2 2 gdzie prdko[ v1 jest prdko[ wózka z czBowiekiem po rzucie. Prdko[ t oblicza si z zasady zachowania pdu: r r (2) 0 = Mv1 + mv . Po uwzgldnieniu zwrotów wektorów : (3) 0 = Mv1 - mv otrzymujemy : m (4) v1 = v . M Uwzgldniajc zale|no[ (4) otrzymujemy wzór na prac: 2 M m mv2 mv2 m ëø ëø1+ öø (5) W = vöø + = ìø ÷ø ìø ÷ø 2 M 2 2 M íø øø íø øø 6.21.O. m1v1 + m2v2 km a) v = = 5,6 m1 + m2 h m2v2 - m1v1 km b) v = = 0,8 m1 + m2 h 6.22.R. Z zasady zachowania pdu wynika, |e pd granatu przed wybuchem musi by równy sumie pdów wszystkich odBamków granatu po wybuch: r r r (1) mv = m1v1 + m2v2 . Przechodzc do równania skalarnego nale|y uwzgldni , |e prdko[ci uBamków s skierowane przeciwnie: (2) mv = m1v1 - m2v2 PrzeksztaBcajc równanie (2) otrzymujemy: m1v1 - mv (3) v2 = . m2 Z warunków zadania wynika: m1 = nm oraz m2 = m - m1 = (1- n)m . Podstawiajc powy|sze zale|no[ci do równania (3) otrzymujemy: nv1 - v m (4) v2 = = 12,5 . 1- n s Mniejszy odBamek odleciaB w kierunku przeciwnym do kierunku lotu odBamka wikszego. 6.23.R. Energia kinetyczna pocztkowa kr|ka zostaje zu|yta na prac siBy tarcia przed zderzeniem z band i po zderzeniu z band, poniewa| w wyniku zderzenia doskonale spr|ystego zmienia si kierunek a nie warto[ pdu. 2 mv0 (1) = kmgs1 + kmgs2 2 Po przeksztaBceniu powy|szego równania otrzymujemy: m (2) vo = 2kg(s1 + s2 ) = 3,7 s 6.24.R. SiBa wypadkowa dziaBajca na wózek opisana jest równaniem: mg (1) Fw = ma = F - 100 SiB F, jak woda popycha wózek, obliczamy z II zasady dynamiki Newtona: (2) F Å" t = "p Zmiana pdu w kierunku ruchu drezyny jest równa: (3) "p = p - 0 . Poniewa| p = mv , za[ m = Á Å"V = Á Å" S Å" x otrzymujemy podstawiajc te zale|no[ci do równania (2): (4) F Å" t = Á Å" S Å" x Å" v . Dzielc 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 Podstawiajc do równania (1) otrzymujemy: mg (6) ma = Á Å" S Å" v2 - . 100 Po przeksztaBceniu otrzymujemy: Á Å" S Å" v2 g m (7) a = - = 0,15 . m 100 s2 6.25.R. Na ukBad opisany w zadaniu nie dziaBa |aden zewntrzny moment siB. Moment pdu ukBadu L1 przed poBczeniem tarcz wynosi: (1) L1 = I1É1 + I2É2 , natomiast po poBczeniu momentu pdu L2 wynosi: (2) L2 = (I1 + I2 )Å"É . W powy|szym wzorze É jest prdko[ci ktow po poBczeniu si tarcz. Z zasady zachowania momentu pdu L1=L2, tote| porównujc oba powy|sze wzory otrzymujemy wyra|enie na prdko[ ktow É w postaci: (3) É = I1É1 + I2É2 . I1 + I2 Prac, która zostaBa wykonana przez siB tarcia podczas wyrównywania si prdko[ci tarcz, obliczamy jako ró|nic energii kinetycznych ukBadu: pocztkowej: 2 2 I1É1 I2É2 (4) Ek1 = + 2 2 i koDcowej: 2 (I1 + I2 )É (5) Ek 2 = 2 Wówczas : 2 I1I2(É1 - É2 ) (6) W = Ek1 - Ek 2 = 2(I1 + I2 ) 6.26.R. Stosujc zasad zachowania momentu pdu otrzymujemy: r r (1) 0 = Lc + Lt , gdzie Lc  moment pdu czBowieka, Lt  moment pdu tarczy. Zapisujc powy|sze równanie w postaci skalarnej otrzymujemy: (2) 0 = Lc + Lt . Moment pdu tarczy wynosi: (3) Lt = I Å"Ét , gdzie Ét  prdko[ci ktow tarczy. v CzBowiek porusza si z prdko[ci ktow Éc = wzgldem tarczy i jednocze[nie jest R unoszony przez tarcz z prdko[ci ktow Ét w kierunku przeciwnym. Zatem jego caBkowity moment pdu wynosi: (4) Lc = Ic Å"Ét - Ic Å"Éc , gdzie Ic = mR2 jest momentem bezwBadno[ci czBowieka o masie m wzgldem osi obrotu tarczy. Podstawiajc równania (3) i (4) do (2) otrzymujemy: mRv (5) Ét = I + mR2 6.27.R. a) Pocztkowy moment pdu ukBadu wynosi: (1) L0 = I0 Å"É0 , poniewa| tylko koBo si obraca. Po obróceniu koBa o 180o jego moment pdu zmieni si na przeciwny, wskutek czego czBowiek ze stolikiem bdzie si poruszaB ruchem obrotowym. Wówczas caBkowity moment pdu ukBadu jest równy: (2) L1 = I Å"É1 - I0 Å"É0 gdzie É1  prdko[ ktowa czBowieka ze stolikiem. Korzystajc z zasady zachowania momentu pdu: (3) L0 = L1 wyznaczamy prdko[ ktow É1: I0 Å"É0 (4) É1 = 2 I b) Po zahamowaniu koBa rowerowego caBkowity moment pdu ukBadu bdzie równy momentowi pdu stolika z czBowiekiem: (5) L2 = I Å"É2 Stosujc zasad zachowania momentu pdu wyznaczamy É2: I0 Å"É0 (6) É2 = I 6.28.R. Z zasady zachowania momentu pdu wynika: (1) L1= L2, gdzie: l (2) L1 = m1v1 jest momentem pdu ukBadu listwa  pocisk przed zderzeniem, 2 za[: (3) L2 = I Å"É jest momentem ukBadu po zderzeniu. Moment bezwBadno[ci ukBadu I po zderzeniu opisany jest zale|no[ci: 2 1 l 2 (4) I = ml + m1ëø öø . ìø ÷ø 12 2 íø øø PrzeksztaBcajc powy|sze równania otrzymujemy: 2m1v1 (5) É = 1 lëø m + m1 öø ìø ÷ø 3 íø øø 6.29.R. Przy rozwizaniu zadania korzystamy z zasady zachowania pdu i z zasady zachowania momentu pdu. Przed zderzeniem pd ukBadu równy jest pdowi pocisku: (1) p1 = m1v1 . Moment pdu ukBadu wzgldem dowolnie wybranego punktu jest równy momentowi pdu pocisku. l (2) L1 = m1v1ëø - xöø , gdzie x jest odlegBo[ci [rodka masy ukBadu pocisk-prt od ìø ÷ø 2 íø øø [rodka prta. PoBo|enie [rodka masy znajdujemy ze wzoru: l Å" m1 + 0 Å" m ëø l m1 öø 2 ìø ÷ø (3) x = = . ìø m1 + m 2 m + m1 ÷ø íø øø Po zderzeniu pocisku z prtem pd ukBadu jest równy: (4) p2 = (m + m1)vs , gdzie vs  prdko[ [rodka masy ukBadu. Porównujc warto[ci pdów przed (1) i po zderzeniu (4) obliczamy prdko[ [rodka masy: m1 (5) vs = v1. m + m1 Moment pdu ukBadu pocisk-prt po zderzeniu wyra|a si wzorem: (6) L2 = I Å"É , gdzie É - prdko[ ktowa, za[ moment bezwBadno[ci I jest sum momentu bezwBadno[ci prta i momentu bezwBadno[ci pocisku: (7) I =Ipr + Ipoc. Moment bezwBadno[ci pocisku liczymy jak moment bezwBadno[ci punktu materialnego: 2 l (8) I = m1ëø - xöø . ìø ÷ø poc 2 íø øø Moment bezwBadno[ci prta wzgldem [rodka masy ukBadu obliczamy korzystajc z prawa Steinera: 1 2 (9) I = I0 + mx2 = ml + mx2 . pr 12 Korzystajc z zasady zachowania momentu pdu [rów.(2) i (6)] oraz podstawiajc wzory: (3), (7), (8) i (9) otrzymujemy wzór na prdko[ ktow: 6m1(m + m1)v1 (10) É = 2 l(m2 + m Å" m1 + 4m1 )

Wyszukiwarka

Podobne podstrony:
ZARZÄ„DZANIE FINANSAMI cwiczenia zadania rozwiazaneE
06 Zadania z rozwiÄ…zaniamiidd47
I etap zadania rozwiazania
ARYT ZADANIA i rozwiazania
5 2 1 Zadania rozwiÄ…zane
2 2 1 Zadania rozwiÄ…zane
Statystyka zadania rozwiÄ…zania
Zadania z rozwiÄ…zaniami SP

więcej podobnych podstron