Lista 1 z rozwiÄ…zaniami
Autorzy rozwiązań zadań:
Zad.22 41 dr J.Bo\ym
Zad. 42 59 dr S. GÅ‚adysz
Prędkość średnia
22. Rowerzyści w czasie wycieczki rejestrowali swoją prędkość.
a) Rowerzysta A godzinę jechał z prędkością v1 = 25 km/h podczas drugiej na skutek zmęczenia jechał
z prędkością v2 = 15 km/h.
b) Rowerzysta B pierwsze 20 km jechał z prędkością v1 = 25 km/h a kolejne 20 km z prędkością
v2 = 15 km/h.
c) Rowerzysta C godzinę jechał z prędkością v1 = 25 km/h a następne 20 km z prędkością
v2 = 15 km/h.
Oblicz prędkości średnie rowerzystów.
RozwiÄ…zanie:
23. Biegacz przebiegł połowę trasy z prędkością , a drugą połowę z inną prędkością v2.
v1 = 18km h
Gdyby biegł cały czas ze stałą prędkością , to czas potrzebny na przebycie całej trasy nie
v = 12km h
zmieniłby się. Oblicz wartość prędkości v2.
RozwiÄ…zanie:
24. Indianin Sokole Oko przejechał na koniu odległość S dzielącą jego wigwam od zródła wody pitnej
z prędkością V = 10 km/h. Z jaką prędkością powinien wrócić do obozu, aby jego prędkość średnia
była równa: a) V/3; b) 2V? Odpowiedz do części b) zadania w Internecie pod adresem
http://www.videosift.pl/story.php?id=12430
RozwiÄ…zanie:
Względność ruchu
25. Rybak płynie łódką w górę rzeki. Przepływając pod mostem gubi zapasowe wiosło, które wpada
do wody. Po godzinie rybak spostrzega brak wiosła. Wraca z powrotem i dogania wiosło w odległości
6 km poni\ej mostu. Jaka jest prędkość rzeki, jeśli rybak poruszając się zarówno w górę, jak i w dół
rzeki wiosłuje jednakowo?
RozwiÄ…zanie:
26. Po rzece płynie łódka ze stałą względem wody prędkością u, prostopadłą do kierunku prądu. Woda
w rzece płynie wszędzie równolegle do brzegów, ale wartość jej prędkości V zale\y od odległości y od
brzegu i dana jest wzorem: V = vosin(Ąy/L), gdzie vo jest stałą, a L szerokością rzeki. Znalezć wektor
prędkości łódki względem brzegu.
RozwiÄ…zanie:
27. Prędkość łódki względem wody wynosi v. Jak nale\y skierować łódz, aby przepłynąć rzekę w
kierunku prostopadłym do brzegu? Woda w rzece płynie z prędkością u.
RozwiÄ…zanie:
28. Dwa samochody poruszają się po dwóch prostoliniowych i wzajemnie prostopadłych drogach w
kierunku ich przecięcia ze stałymi szybkościami v1 = 50 km/h i v2 = 100 km/h. Przed rozpoczęciem
ruchu pierwszy samochód znajdował się w odległości s1=100km od skrzy\owania dróg, a drugi w
odległości s2 = 50km. od ich przecięcia. Po jakim czasie od chwili rozpoczęcia ruchu odległość między
samochodami będzie najmniejsza?
RozwiÄ…zanie:
29. Krople deszczu spadają na ziemię z chmury znajdującej się na wysokości 1700 m. Oblicz, jaką
wartość prędkości (w km/h ) miałyby te krople w chwili upadku na ziemię, gdyby ich ruch nie był
spowalniany w wyniku oporu powietrza.
RozwiÄ…zanie:
30. Dwóch pływaków A i B skacze jednocześnie do rzeki, w której woda płynie z prędkością v.
Prędkość c (c > v) ka\dego pływaka względem wody jest taka sama. Pływak A przepływa z prądem
odległość L i zawraca do punktu startu. Pływak B płynie prostopadle do brzegów rzeki (pomimo
znoszącego go prądu) i oddala się na odległość L, po czym zawraca do punktu startu. Który z nich
wróci pierwszy?
RozwiÄ…zanie:
Ruch prostoliniowy jednostajnie przyspieszony
31. Cząstka rozpoczyna ruch przyspieszony z zerową prędkością
początkową. Zale\ność przyspieszenia od czasu przedstawia wykres.
Wyznaczyć: (a) prędkość cząstki w chwilach t1 = 10 s i t2 = 20 s; (b)
średnią prędkość w czasie od t1 do t2; (c) drogę przebytą przez nią po
czasie t2.
RozwiÄ…zanie:
32. Oblicz prędkość jaką uzyskasz poruszając się przez 1 rok prostoliniowo z przyspieszeniem
ziemskim g = 9,81m/s2.
RozwiÄ…zanie:
33. Ciało swobodnie spadające pokonuje połowę drogi w ciągu ostatniej sekundy ruchu. Z jakiej
wysokości spada to ciało?
RozwiÄ…zanie:
34. Motocyklista rusza ze stałym przyspieszeniem a = 0.5 m/s2. Po 0,6 min od chwili rozpoczęcia
ruchu zatrzymuje go policjant. Czy motocyklista będzie płacił mandat z powodu przekroczenia
dozwolonej prędkości 60 km/h?
RozwiÄ…zanie:
35. Aby móc oderwać się od ziemi samolot musi osiągnąć prędkość v = 100m s . Znalezć czas
rozbiegu i przyspieszenie samolotu, je\eli długość rozbiegu wynosi d = 600m. Zało\yć, \e ruch
samolotu jest jednostajnie zmienny.
RozwiÄ…zanie:
36. Samochód jadący z prędkością
w pewnej chwili zaczął hamować i zatrzymał się po
v0 = 36km h
upływie t = 2s . Zakładając, \e ruch samochodu był jednostajnie zmienny, wyznacz jego
przyspieszenie a oraz drogę s, jaką przebył podczas hamowania.
RozwiÄ…zanie:
37. W chwili, gdy zapala się zielone światło, samochód osobowy rusza z miejsca ze stałym
przyspieszeniem a równym 2,2 m/s2. W tej samej chwili wyprzedza go cię\arówka, jadąca ze stałą
prędkością 9,5 m/s. (a) W jakiej odległości od sygnalizatora samochód osobowy dogoni cię\arówkę?
(b) Ile wynosić będzie wówczas jego prędkość?
RozwiÄ…zanie:
38. Wysokość szybu windy w hotelu Marriott Marquis w Nowym Jorku wynosi 190 m. Maksymalna
prędkość kabiny jest równa 305 m/min. Przyspieszenie windy w obu kierunkach jazdy ma wartość
1,22 m/s2. (a) Na jakiej drodze ruszający z miejsca wagonik osiąga maksymalną prędkość jazdy? (b)
Jak długo trwa pełny, 190-metrowy przejazd wagonika bez zatrzymania po drodze, licząc od chwili
zatrzymania na dole do chwili zatrzymania na górze?
RozwiÄ…zanie:
39. W biegu na 100 metrów Ben Johnson i Carl Lewis przecinają linię mety na ostatnim wydechu
równocześnie w czasie 10,2 s (bo wiatr wiał im w oczy). Przyspieszając jednostajnie, Ben potrzebuje 2
s, a Carl 3 s, aby osiągnąć maksymalne prędkości, które nie zmieniają się do końca biegu. (a) Jakie są
maksymalne prędkości oraz przyspieszenia obu sprinterów? (b) Jaka jest ich maksymalna prędkość
względna? (c) Który z nich prowadzi w 6. sekundzie biegu?
RozwiÄ…zanie:
v km/h
[ ]
40. Wykres (patrz obok) przedstawia zale\ność prędkości samochodu od
90
czasu. Ile wynosiła jego średnia prędkość po 2.5 h.
60
30
t[h]
RozwiÄ…zanie:
1 2.5
2
m
41. Wykres (patrz obok) przedstawia zale\ność od czasu prÄ™dkoÅ›ci biegacza vîÅ‚ Å‚Å‚
ïÅ‚ śł
s
ðÅ‚ ûÅ‚
po tzw. falstarcie . Jaką drogę przebiegł on w ciągu t s?
10
t[s]
RozwiÄ…zanie:
2.5
1
2
Rzuty
42. Ciało znajdujące się na wysokości h nad powierzchnią ziemi rzucono pionowo do góry z
prędkością v0 = 5 m/s. Prędkość końcowa ciała (tu\ przed upadkiem) wyniosła |vk| = 5v0. Wyznaczyć
h. Na jaką maksymalną wysokość H nad powierzchnię ziemi wzniosło się ciało? Ile czasu tc trwał ruch
ciała?
RozwiÄ…zanie:
43. Ciało rzucono pionowo w dół z wysokości H, nadając mu prędkość początkową v0 = 5m/s. Ciało
uderzyło o ziemię z prędkością vk = 35 m/s. Z jakiej wysokości H zostało rzucone? Ile sekund trwał
ruch ciała? Jaką prędkość v1 miało to ciało w chwili, gdy przebyło drogę s1 = H/6?
RozwiÄ…zanie:
44. Kamień rzucono pionowo do góry. Mija on punkt A z prędkością v, a punkt B, le\ący 3m wy\ej
ni\ punkt A z prędkością 1/2 v. Oblicz: (a) prędkość v; (b) maksymalną wysokość wzniesienia się
kamienia ponad punkt B
RozwiÄ…zanie:
45. Ciało spada swobodnie na ziemię z wysokości H. Na jakiej wysokości prędkość tego ciała będzie n
razy mniejsza od jego prędkości końcowej? Obliczenia numeryczne wykonaj dla H=27 m i n=3.
RozwiÄ…zanie:
46. Układający się do drzemki kot spostrzega doniczkę przelatującą za oknem, najpierw w górę potem
w dół. Aączny czas, w jakim kot ma doniczkę w polu widzenia wynosi 0,5 s, a wysokość okna, przez
które ją obserwuje jest równa 2 m. Jak wysoko nad górną framugę okna wzniosła się doniczka?
RozwiÄ…zanie:
47. W rzucie poziomym prędkość końcowa ciała jest n = 3 razy większa od prędkości początkowej.
Prędkość początkowa ciała wynosi . Obliczyć wysokość początkową rzutu. Przyspieszenie
v0 = 9,8m s
ziemskie .
g = 9,8m s2
RozwiÄ…zanie:
48. Kula pistoletowa wystrzelona poziomo przebiła dwie pionowo ustawione kartki papieru,
umieszczone w odległościach i
od pistoletu. Ró\nica wysokości na jakich znajdują
l1 = 20m l2 = 30m
się otwory w kartkach wynosi h = 5 cm. Oblicz prędkość początkową kuli. Przyspieszenie ziemskie
RozwiÄ…zanie:
49. Z wie\y o wysokości H=10 m wystrzelono z prędkością v = 100m/s pod kątem ą = 30o pocisk. Z
jaką prędkością uderzył pocisk o ziemię? Jaki kąt tworzył tor pocisku z płaszczyzną ziemi? Napisz
równanie toru pocisku. Oblicz zasięg maksymalny.
RozwiÄ…zanie:
50. Lotnik, który leci na wysokości h w kierunku poziomym z prędkością vx, puszcza ładunek, który
ma upaść na ziemię w punkcie A. Pod jakim kątem lotnik powinien widzieć cel w chwili puszczania
ładunku, aby ten spadł w punkcie A? Za kąt widzenia celu przyjmij kąt pomiędzy kierunkiem
poziomym a liniÄ… Å‚Ä…czÄ…cÄ… samolot z celem.
RozwiÄ…zanie:
51. Karabin jest wycelowany w tarczę, odległą od niego o s m. Kula trafia w tarczę d m poni\ej
punktu, w który celowano. Wyznaczyć czas lotu kuli i jej prędkość początkową.
RozwiÄ…zanie:
52. Na mistrzostwach świata w Tokio w 1991 r., Mike Powell skoczył w konkursie skoku w dal
8,95 m. Wyznaczyć jego prÄ™dkość poczÄ…tkowÄ…, jeÅ›li kÄ…t wybicia byÅ‚ równy 40°. Przyjąć g = 9,85m/s2.
RozwiÄ…zanie:
53. Kamień wyrzucono z katapulty z prędkością początkową 20 m/s w górę pod kątem
45°.Wyznaczyć poÅ‚o\enie i prÄ™dkość kamienia po czasie 1,2 s.
RozwiÄ…zanie:
54. Kamień rzucono ukośnie z powierzchni ziemi. Na wysokości 9,1 m jego prędkość jest równa v =
7,6i + 6,1j. Jaka jest maksymalna wysokość i zasięg rzutu? Jaka była prędkość początkowa i końcowa
(tu\ przed upadkiem) kamienia?
RozwiÄ…zanie:
55. Wartość prędkości początkowej pewnego pocisku wyrzuconego ukośnie jest pięć razy większa od
jego prędkości w punkcie maksymalnego wzniesienia. Pod jakim kątem wystrzelono pocisk?
RozwiÄ…zanie:
56. Samolot lecÄ…cy z prÄ™dkoÅ›ciÄ… v = 290 km/h nurkuje pod kÄ…tem 30° do powierzchni morza i
wypuszcza pakunek z \ywnością dla rozbitków znajdujących się w odległości 700 m liczonej po
powierzchni morza od punktu le\ącego bezpośrednio pod samolotem w momencie, gdy wypuszcza
ładunek. Jak długo trwał lot pakunku? Na jakiej wysokości znajdował się samolot w momencie
wyrzucenia Å‚adunku?
RozwiÄ…zanie:
57. W meczu tenisowym Roger Federer serwując nadał piłce znajdującej się na wysokości 2,37m
prędkość poziomą 23,6 m/s stojąc w odległości 12 m od siatki. Czy piłka przejdzie nad siatką?
RozwiÄ…zanie:
58. Sterowiec leci na wysokości H = 2000 m w kierunku poziomym z prędkością u = 10 m/s. Ze
sterowca wyrzucono kulkę metalową, nadając jej poziomą prędkość początkową v = 5m/s (względem
sterowca) w chwili, gdy przelatywał on nad wierzchołkiem masztu stacji radiowej stojącego na
płaskim terenie. Jak daleko od masztu upadła kulka? Jaki był czas ruchu kulki? Wyznaczyć wektor
prędkości v1, wysokość H, przyspieszenie całkowite a oraz składową styczną as przyspieszenia kulki
po czasie t = 3 s od momentu jej wyrzucenia ze sterowca. Opory powietrza zaniedbać. Jak zale\y
promień krzywizny toru kulki od czasu? Przyjąć g = 10 m/s2.
RozwiÄ…zanie:
Kinematyka ruchu po okręgu
59. Talerz twardego dysku o średnicy 3,5 cala (cal = 2,54 cm) uzyskuje, przyspieszając jednostajnie,
końcową prędkość kątową 7200 obrotów na minutę w czasie t = 3 sek. Wyznaczyć: a) końcową
prędkość kątową wyra\oną w radianach na sekundę; b) przyspieszenie kątowe talerza; c) drogę kątową
punktów talerza zakreśloną w czasie t = 3 sek.; d) liczbę obrotów talerza podczas przyspieszonego
ruchu obrotowego; e) przyspieszenie styczne punktów poło\onych na brzegu talerza podczas
przyspieszonego ruchu obrotowego; f) zale\ność od czasu prędkości liniowej i przyspieszenia
dośrodkowego punktów na brzegu talerza w trakcie przyspieszonego ruchu obrotowego; g) prędkość
liniową, przyspieszenie dośrodkowe oraz styczne punktów na brzegu talerza po czasie t = 3 sek.
---------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------
RozwiÄ…zania
RZad22
a) gdzie: S- cała przebyta droga, t czas ruchu
Å›
W czasie pierwszej godziny rowerzysta przejechał drogę S1=v1t1 (gdzie t1=1 h),
a w czasie drugiej godziny S2=v2t2 (gdzie t2=1 h).
Zatem:
Å›
Uwzględniając, \e t1=t2=t otrzymujemy, \e
20 / .
Å›
b)
Å›
Uwzględniając, \e S1=S2=S otrzymujemy:
18,75 / .
Å›
c) 19,29 /
Å›
Uwaga: Tylko w przypadku t1=t2 prędkość średnia jest średnią arytmetyczną prędkości (pkt. a).
RZad23
PrzyjmujÄ…c , \e:
t1 - czas pokonania pierwszej połowy drogi z prędkością v1
t2 - czas pokonania drugiej połowy drogi z prędkością v2
t - czas pokonania całej drogi z prędkością v
mo\emy zapisać:
,
czyli:
.
StÄ…d:
9 /
2
RZad24
a) RozwiÄ…zujemy podobnie jak zadanie 23.
PrzyjmujÄ…c , \e:
t1 czas pokonania drogi S w jedną stronę z prędkością v
t2 - czas pokonania drogi S w drugą stronę z prędkością v2
t - czas pokonania całej trasy w obie strony z prędkością średnią vśr
mo\emy zapisać:
2
Å›
StÄ…d:
Å›
2 Å›
Po uwzględnieniu, \e vśr= v mamy:
5
b)
Å›
2 Å›
Po uwzględnieniu, \e vśr=2v mamy wyra\enie nieokreślone. Oznacza to w tym przypadku, \e nie jest
mo\liwe aby Indianin poruszał się z prędkością średnią 2v, poniewa\ musiałby wrócić z nieskończoną
prędkością (w zerowym czasie), czego nawet Indianin Rącza Strzała nie jest w stanie dokonać.
Względność ruchu
RZad25
Rozpatrzmy to zadanie w układzie odniesienia związanym z płynącą wodą w rzece. Niech początkiem
tego układu będzie wiosło. W stosunku do wiosła rybak najpierw oddala się przez t1= 1h, a następnie
przybli\a się w czasie t2, który jest równy czasowi t1 (tak samo jak na stojącej wodzie - ruch wody
powoduje jedynie , \e cały układ ( tj. łódka, woda i wiosło) zmienia swoje poło\enie względem
brzegu). Czyli od momentu wypadnięcia wiosła do momentu jego wyłowienia upływa czas t=2t1=2h.
W tym czasie wiosło w raz z wodą w rzece przepłynęło dystans S=6km. Oznacza to, \e woda w rzece
porusza się z prędkością:
3 /
RZad26
Ruchy w kierunku x oraz y sÄ… niezale\ne.
Wektor prędkości łódki ma postać:
, sin , .
Jest to wektor o wartości
Wektor ten nachylony jest do brzegu pod kątem ą, którego tangens jest równy:
.
Z analizy tangensa wynika, \e przy brzegach (y = 0 lub y = L) łódka jest skierowana prostopadle do
nurtu rzeki bo tg ", a na środku rzeki (y = L) kąt ą jest najmniejszy i .
RZad27
u
v vwyp
Aby prędkość wypadkowa była skierowana prostopadle do brzegu, prędkość łodzi względem wody
powinna być skierowana do brzegu pod kątem ą takim, \e:
"
.
RZad28
Wprowadzmy układ współrzędnych taki, \e pierwszy samochód porusza się w kierunku dodatnim osi
x, a drugi w kierunku dodatnim osi y. Niech skrzy\owanie dróg będzie początkiem tego układu
współrzędnych. W tym układzie równania ruchu obu samochodów przyjmą postać:
Odległość f między samochodami w funkcji czasu mo\na obliczyć z twierdzenia Pitagorasa:
.
Czas tmin, po którym funkcja osiąga minimum wartości mo\na obliczyć z warunku zerowania się
pochodnej tej funkcji po czasie:
2
0
Z tego warunku uzyskujemy wyra\enie na tmin:
4
48
5
RZad29
Je\eli pominiemy opór powietrza to ruch kropli odbywa się w polu sił potencjalnych, a więc kropla
zachowuje swoją całkowitą energię mechaniczną Ecał. Jeśli oznaczymy punkt początkowy przez A, a
końcowy przez B, to mo\na zapisać równanie:
Å‚, Å‚,
czyli:
, , , ,
gdzie: EkA, EkB, EpA, EpB to odpowiednio energie kinetyczne i potencjalne w punktach A i B.
Dla względnie małych wysokości energię potencjalną mo\na wyrazić równaniem Ep=mgh.
Przyjmijmy te\, \e poziomem odniesienia względem, którego mierzymy wysokość h jest poziom
ziemi, więc Ep,B=0. Ponadto, energia kinetyczna w miejscu, w którym kropla rozpoczyna ruch jest te\
równa zeru Ek,A=0. Zatem mamy, \e :
, ,
2
StÄ…d:
2 183 657 / .
RZad30
Aby ustalić który pływak pierwszy powróci obliczmy czasy obu pływaków. Pierwszy pływak, który
płynie w poprzek rzeki ma wypadkową prędkością prostopadłą do brzegu wyra\oną wzorem (patrz
rysunek):
" .
v
c vwyp
Zatem czas t1 potrzebny na to, aby pierwszy pływak pokonał dystans od długości L tam i z powrotem
wynosi:
.
"
Czas drugiego pływaka, który płynie wzdłu\ rzeki, obliczymy jako sumę czasu t21 potrzebnego do
przepłynięcia dystansu L z nurtem rzeki i czasu t22 potrzebnego do przepłynięcia tej samej długości L,
ale pod prÄ…d:
.
Aby ustalić który czas jest dłu\szy obliczmy stosunek:
"
1 <1
czyli t1
Pływak płynący w poprzek rzeki powróci pierwszy.
RZad31
Z wykresu ustalamy, \e w czasie pierwszych 10 sekund czÄ…stka porusza siÄ™ ruchem jednostajnie
przyspieszonym z przyspieszeniem a1=2m/s2, zatem prędkość od czasu zale\y według równia:
.
Z treści zadania wynika, \e prędkość początkowa cząstki v01=0, więc dla t1=10s prędkość cząstki
wyniesie:
20
Ustalmy teraz prędkość dla t2=20s. W przedziale czasu od t3=15s do t2=20s cząstka porusza się
ruchem jednostajnie opóznionym z opóznieniem a2=3m/s2, zatem:
,
Gdzie czas t mierzony jest od momentu t3=15s, a prędkość początkowa v02 chwili t3 jest taka sama jak
prędkość uzyskana w chwili t1, gdy\ od chwili t1=10s do chwili t3=15s cząstka porusza się ze stałą
prędkością. Zatem v02=20 m/s.
Czyli:
5 /
Ustalmy teraz średnią prędkość w przedziale czasu od t1 do t2. W tym przedziale cząstka od chwili
t1=10s do chwili t3=15s porusza się ruchem jednostajnym pokonując odcinek s1, a następnie porusza
się ruchem jednostajnie opóznionym pokonując odcinek s2, gdzie:
100
i 62.5 .
Zatem prędkość średnia w przedziale czasu od t1 do t2 jest równa:
16,25 / .
Å›
Aby obliczyć pełną drogę od t=0 do t2=20s nale\y do sumy dróg S1 i S2 dodać drogę S10 przebytą w
pierwszych 10 sekundach.
1 1
100
2 2
Zatem cała droga:
262,2 .
RZad32
Ciało porusza się ruchem jednostajnie przyspieszonym bez prędkości początkowej (v0=0)
3.09 · 10 / .
Oznacza to, \e przekroczona zostaÅ‚aby prÄ™dkość Å›wiatÅ‚a ( 3 · 10 / ), co przeczy aktualnej teorii
fizycznej. W rzeczywistości prędkość ciała rosłaby wolniej i jego masa nie byłaby stała, lecz rosłaby
w raz z prÄ™dkoÅ›ciÄ… wg wzoru . v 2,15 · 10 /
RZad33
Z treści zadania wynika, \e:
1
2
1 .
Pierwsze równanie wyra\a drogę h przebytą przez spadające swobodnie (v0=0) ciało w czasie t.
Drugie równie zawiera informację o tym, \e w czasie o 1s krótszym ciało przebędzie drogę o
długości , co oznacza, \e w ostatniej sekundzie pokona pozostałą drogę te\ o długości .
Rozwiązanie tego układu równań to:
"
2 2
"
"
h=57,17 m
RZad34
Motocyklista porusza się ruchem jednostajnie przyspieszonym bez prędkości początkowej, więc:
0.001
18 18 64,8
1
3600
Motocyklista zapłaci mandat bo przekroczył dozwoloną prędkość.
RZad35
Samolot rozpędza się ruchem jednostajnie przyspieszonym bez prędkości początkowej, więc:
1 1
2 2
Rozwiązanie tego układu , to:
2
12
8, 3 / . Albo a v/t
RZad36
0
.
Rozwiązanie tego układu równań, to:
5 / ,
10 .
Ujemna wartość przyspieszenia oznacza, \e ruch jest opózniony.
RZad37
Wprowadzmy oś X skierowaną w kierunku ruchu obu pojazdów. Przyjmijmy, \e zero tej osi jest w
miejscu występowania świateł, czyli w miejscu gdzie pojazdy spotkały się po raz pierwszy. Zapiszmy
równania ruchu obu pojazdów w tym układzie.
Samochód osobowy porusza się ruchem jednostajnie przyspieszonym bez prędkości początkowej, a
samochód cię\arowy ruchem jednostajnym z prędkością vs, więc poło\enie samochodu osobowego xs
oraz cię\arowego xc mo\na zapisać równaniami:
1 1
2 2
.
Po czasie tsp oba pojazdy spotkają się ponownie, więc ich poło\enia będą jednakowe:
1
2
StÄ…d:
2
8,6
Aby obliczyć drogę s jaką oba samochody pokonają do miejsca ich spotkania wystarczy podstawić
obliczony czas tsp do xs lub xc. Wykorzystajmy xc:
2 2
82
Prędkość samochodu osobowego wyniesie wtedy:
2
2 19 /
RZad38
Ruch kabiny nale\y rozbić na trzy etapy:
1)ruch jednostajnie przyspieszony z przyspieszeniem a na drodze s1, na której kabina osiąga
maksymalną prędkość vmax,
2) ruch jednostajny z maksymalną prędkością vmax na drodze s2,
3) ruch jednostajnie opózniony z przyspieszeniem a od prędkości maksymalnej vmax do zatrzymania
kabiny. Poniewa\ na tym etapie wartość bezwzględna przyspieszenia jest taka sama jak na etapie 1,
oraz wartość bezwzględna zmiany prędkości te\ jest taka sama jak na etapie 1 to droga s3 podczas
hamowania na etapie 3 jest równa drodze s1 na etapie 1, czyli .
Zatem cała droga H jest równa:
2
Drogę s1 mo\na obliczyć ze wzoru na drogę w ruchu jednostajnie przyspieszonym bez prędkości
poczÄ…tkowej:
1
2
Nale\y jednak najpierw obliczyć czas t1 potrzebny na to, aby kabina rozpędziła się od zera do
prędkości vmax. Czas ten obliczymy ze wzoru na prędkość w ruchu jednostajnie przyspieszonym bez
prędkości początkowej:
.
StÄ…d:
4,16 .
Zatem
10,58 m.
Oznacza to, że kabina porusza się ruchem jednostajnym na drodze:
2 190 21,16 168,84 .
Całkowity czas tc poruszania się kabiny to suma czasów z poszczególnych etapów ruchu:
Całkowity czas tc poruszania się kabiny to suma czasów z poszczególnych etapów ruchu:
.
Czas rozpędzania się kabiny t1 jest równy czasowi jej hamowania t3 bo wartości bezwzględne
przyspieszeń są jednakowe oraz jednakowe są bezwzględne zmiany prędkości, czyli:
.
Czas t2 obliczymy z równania dla ruchu jednostajnego:
.
Zatem:
2 2 2 41,56 .
RZad39
Przeanalizujmy ruch Bena Johnsona.
1
Å‚ Å‚
2
gdzie:
.
Zatem:
.
Å‚ Å‚ Å‚
StÄ…d:
Å‚
10,87 / .
Å‚
WstawiajÄ…c vmaxB do wzoru na przyspieszenie otrzymamy:
Å‚
5,43 / .
Å‚
W ten sam sposób można przeanalizować ruch Carla Lewisa i otrzymać:
Å‚
11,49 / ,
Å‚
Å‚
3,83 / .
Å‚
Poni\szy wykres przedstawia zale\ności prędkości obu biegaczy od czasu.
v
2 3 t[s]
Ben Johnson rozpędza się szybciej, ale osiąga mniejszą prędkość maksymalną ni\ Carl Lewis.
Maksymalna ró\nica prędkości obu biegaczy mo\e wystąpić w chwili t1B=2s lub po czasie t1C=3s.
Sprawdzmy jakie biegacze mają prędkości dla chwili t1B=2s.
10,87 /
7,66 / .
Czyli różnica prędkości dla t1B=2 s wynosi:
" 3,21 /
Ta różnica jest większa niż różnica prędkości po czasie t1C=3s, która wynosi (11,49-10,87)m/s=0,62
m/s. Zatem maksymalna wartość prędkości względnej obu biegaczy wynosi
3,21 / .
,
Po upływie czasu t=6s biegacze pokonają drogi, które obliczymy ze wzorów:
1 1
2 2
1 1
2 2
Czyli
6 54,35m
6 51,71
RZad40
Prędkość średnia to stosunek całkowitej drogi Scał do całkowitego czasu ruchu tcał. Na poszczególnych
etapach ciało porusza się ruchem jednostajnym, więc:
· · · ,
Å‚
66 / .
Å›
,
Å‚ Å‚
RZad41
Całkowita droga to suma dróg przebytych na poszczególnych etapach:
,
Å‚
lub pole pod krzywą na wykresie prędkości od czasu. Korzystając z geometrycznej interpretacji drogi
mamy, że:
1 1
10 · 1 10 · 1 10 · 0,5 17,5 .
Å‚
2 2
RZad42
Oznaczmy przez t1 czas ruchu ciała w górę a\ do przebycia drogi (w górę) h1. Dla tych wielkości
mamy następujący układ równań:
0 = vo
Å„Å‚ - gt1
òÅ‚
2
1
gt1
1
ółh = vot1 - 2
2
v0 v0
Rozwiązując ten układ otrzymujemy: t1 = , h1 =
g 2g
Oznaczmy przez t2 czas ruchu ciała w dół z wysokości h+h1. Z warunków zadania mamy:
2
1
Å„Å‚
h + h1 = gt2
2
òÅ‚
= gt2
ół5v0
2 2
5v0 1 2 12v0 25v0
2
1
StÄ…d obliczamy: t2 = , h = gt2 - h1 = , H = h + h1 = gt2 =
2 2
g g 2g
6v0
i t = t1 + t2 = dla całkowitego czasu ruchu.
g
RZad43
Oznaczając przez t czas ruchu ciała mamy następujący układ równań opisujący rzut pionowy w dół z
prędkością początkową v0:
vk = v0 + gt
Å„Å‚
òÅ‚
2
1
gt
ółH = v0t + 2
2 2
vk - v0 vk - vo
Rozwiązując ten układ otrzymujemy: t = , H =
g 2g
Dalej, oznaczmy przez t1 czas ruchu na drodze s1. Następujący układ równań opisuje kinematykę
ruchu rzuconego ciała na drodze s1:
v1 = v0 + gt1
Å„Å‚
ôÅ‚
òÅ‚ H
2
1
= v0t1 + gt1
ôÅ‚ 2
ół 6
v1 - v0
Po obliczeniu t1 = i wykorzystaniu wyra\enia dla H (patrz wy\ej) drugie równanie z tego
g
układu otrzymuje postać:
2
2 2 2
vk 2
1 - v0 v1 - v0 1 ëÅ‚ v1 - v0 öÅ‚ vk + 5v0
Å" = v0 Å" + gìÅ‚ ÷Å‚ , stÄ…d po przeksztaÅ‚ceniach obliczamy v1 =
2
ìÅ‚ ÷Å‚
6 2g g g 6
íÅ‚ Å‚Å‚
RZad44
Jeśli przez t oznaczymy czas ruchu w górę o punktu A do punktu B to odległość h i t są związane
następującym układem równań:
v = v
Å„Å‚1 - gt
ôÅ‚
2
òÅ‚
2
1
ôÅ‚h = vt - gt
ół 2
8
EliminujÄ…c czas t obliczamy: v = gh .
3
Oznaczmy teraz przez H i t1 odpowiednio wysokość wzniesienia się kamienia ponad punkt B i czas do
tego potrzebny. Kinematykę ruchu kamienia w tej sytuacji opisuje układ równań:
2
Å„Å‚
ôÅ‚H = 1 vt1 - 1 gt1
2 2
òÅ‚
1
ôÅ‚0 = v - gt1
ół 2
2
v ëÅ‚ öÅ‚
v v2 1
1 1
PostÄ™pujÄ…c tak jak poprzednio obliczamy : H = v - gìÅ‚ ÷Å‚ = = h .
2 2
ìÅ‚ ÷Å‚
2g 2g 8g 3
íÅ‚ Å‚Å‚
RZad45
Spadając z wysokości H w czasie t w momencie zetknięcia z ziemią ciało ma prędkość vk , przy czym
wielkości te związane są układem równań opisujących kinematykę spadku swobodnego:
vk = gt
Å„Å‚
òÅ‚
2
1
gt
ółH = 2
Stąd obliczamy vk = 2gH . Podobny układ równań z czasem ruchu t1 układamy dla ruchu na
1
Å„Å‚
ôÅ‚n vk = gt1
drodze H-h:
òÅ‚
2
1
ôÅ‚H - h = 2 gt1
ół
vk
1 1
Z pierwszego równania mamy: t1 = = 2gH . Po wstawieniu do drugiego równania tak
n g ng
ëÅ‚1- 1
öÅ‚H .
obliczonego t1 dostajemy wynik końcowy: h =
ìÅ‚ ÷Å‚
n2
íÅ‚ Å‚Å‚
RZad46
W rozwiązaniu zadania wykorzystamy naturalną symetrię w czasie: czas przelotu doniczki w górę i w
dół na wysokości okna h=2m jest taki sam. Oznaczymy go t0, a z warunków zadania wiemy, \e t0 =
0,25s. Oznaczmy przez v1 i v2 prędkości doniczki odpowiednio przy dolnej i górnej framudze. W
2
1
Å„Å‚
h = v1t0 - gt0
2
czasie ruchu do góry na drodze h mamy dla nich następujący układ równań:
òÅ‚
= v1 - gt0
ółv2
h gt0
Z tego układu obliczamy v1 = + . Poszukiwaną wysokość wzniesienia H nad górną framugę
t0 2
2
1
Å„Å‚
H = v2t1 - gt1
2
obliczymy z następującego układu równań:
òÅ‚
ół0 = v2 - gt1
2
v2
w którym t1 oznacza czas ruchu na drodze H. Z tego układu obliczamy H = , a po wykorzystaniu
2g
wyra\enia dla v2 otrzymujemy końcowy rezultat:
2
ëÅ‚
1 h gt0 öÅ‚
ìÅ‚ ÷Å‚
H = +
ìÅ‚ ÷Å‚
2g t0 2
íÅ‚ Å‚Å‚
RZad47
Oznaczmy przez t czas trwania rzutu; wtedy dla wysokości początkowej h i wartości prędkości
2
2 2
1
końcowej vk mamy następujące równości: h = gt , vk = v0 + (gt) . Poniewa\ vk=nv0 , więc
2
2
2
otrzymujemy następujące równanie dla obliczenia t: v0 + (gt) = nv0 . Końcowo dostajemy:
2
v0
h = (n2 -1).
2g
RZad48
Oznaczmy przez t1 i h1 czas ruchu i poło\enie otworu w kartce odległej o l1, mierzone od wysokości
początkowej. Analogicznie definiujemy t2 i h2. Mamy następujące równości wią\ące te wielkości:
2 2
1 1
l1 = v0t1 , l2 = v0t2 , h1 = gt1 , h2 = gt2 . Poniewa\ h=h2 h1, więc eliminując czas z pierwszych
2 2
g g
2 2
dwóch równań otrzymujemy: h = (l2 - l12). Stąd obliczamy v0 = (l2 - l12).
2
2v0 2h
RZad49
Składowe wektora prędkości poruszającego się ciała jako funkcje czasu wyra\ają się następującymi
vx(t) = v0 cosÄ…
Å„Å‚
równaniami:
òÅ‚v = v0 sinÄ… - gt
(t)
y
ół
x(t) = v0 cosÄ… Å" t
Å„Å‚
Dla składowych wektora poło\enia jako funkcji czasu mamy:
òÅ‚
2
1
(t) gt + H
óły = v0 sinÄ… Å" t - 2
Do wypisania składowych u\yto standardowego układu współrzędnych tzn. oś X kierunek poziomy,
oś Y kierunek pionowy. Równanie toru otrzymamy wyra\ając czas t przez x z pierwszego równania i
9
podstawiajÄ…c do drugiego: y = H + tgÄ… Å" x - x2 . Obliczymy nastÄ™pnie czas trwania rzutu
2v0 cos2 Ä…
T rozwiązując równanie y(T)=0. Po uporządkowaniu równanie to przyjmuje postać równania
2v0 sinÄ… 2H
2
kwadratowego: T - T - = 0 . Dodatni pierwiastek tego równania jest równy:
g g
2
öÅ‚ ëÅ‚ öÅ‚
v0 ëÅ‚ 2gH v0 2gh
÷Å‚ ÷Å‚
T = sinÄ…ìÅ‚1+ 1+ . ZasiÄ™g rzutu z = x(T ) = cosÄ… sinÄ…ìÅ‚1+ 1+ .
2 2 2 2
ìÅ‚ ÷Å‚ ìÅ‚ ÷Å‚
g v0 sin Ä… g v0 sin Ä…
íÅ‚ Å‚Å‚ íÅ‚ Å‚Å‚
Obliczymy teraz prÄ™dkość vk w momencie upadku i kÄ…t ² jaki wektor prÄ™dkoÅ›ci tworzy z
- vy (T )
2
powierzchniÄ… ziemi, wykorzystujÄ…c formuÅ‚y: vk = vx (T )+ v2(T ) i tg² = . Wyniki
y
vx(T )
końcowe są następujące:
2gH
2
vk = v0 + 2gH i tg² = 1+ tgÄ… .
2
v0 sin2 Ä…
RZad50
Przyjmiemy jako wielkości dane, którymi dysponuje pilot wysokość h i prędkość vx. Kąt ą (tak jak
h
definiuje go tekst zadania) obliczymy z zale\ności: tgą = , gdzie xA oznacza odległość celu A
xA
mierzoną w kierunku poziomym od miejsca nad którym znajduje się samolot. Mamy: xA = vxt ,
2
1
h = gt gdzie t oznacza czas lotu ładunku. Obliczając czas t z drugiego równania dostajemy:
2
h 1 gh
tgÄ… = = .
vx 2
2h
vx
g
RZad51
Oznaczając czas lotu kuli t a jej prędkość początkową v0 otrzymujemy dla tych wielkości następujący
2
1
Å„Å‚
d = gt g
2d
2
układ równań: . Stąd obliczamy t = i v0 = s .
òÅ‚
g 2d
ółs = v0t
RZad52
Niech z = 8,95m oznacza zasięg skoku, kąt ą = 400 jest kątem wybicia. Oznaczjąc przez v0 prędkość
2
v0 sin 2Ä… gz
poczÄ…tkowÄ… mamy dla z standardowe wyra\enie: z = . StÄ…d obliczamy v0 = .
g sin 2Ä…
RZad53
Oznaczając v0 = 20m/s, ą = 450, t = 1,2s przywołujemy do rozwiązania znane wyra\enia dla
vx (t) = v0 cosÄ…
Å„Å‚
składowych wektora prędkości i wektora poło\enia jako funkcji czasu t:
òÅ‚v (t) = v0 sinÄ… - gt
y
ół
x(t) = v0 cosÄ… Å" t
Å„Å‚
i . Podano składowe przy standardowym wyborze układu odniesienia: oś
òÅ‚
2
1
gt
óły(t) = v0 sinÄ… Å" t - 2
X równoległa do powierzchni ziemi, oś Y prostopadła do powierzchni ziemi, początek układu to punkt
wyrzucenia kamienia.
RZad54
Niech t oznacza czas osiągnięcia podanej wysokości h = 9,1m zaś vx = 7,6 m/s i vy = 6,1 m/s niech
będą składowymi wektora prędkości na tej wysokości. Mamy następujący układ równań dla h i vy:
Å„Å‚
y
ôÅ‚v = v0 sinÄ… - gt . Poniewa\ znamy wartoÅ›ci numeryczne h i vy, wiÄ™c z tego ukÅ‚adu dostajemy
òÅ‚
2
1
ôÅ‚h = v0 sinÄ… Å" t - gt
ół 2
2vy 2h
2
następujące równanie dla czasu t:t + t - = 0 . Dodatni pierwiastek tego równania jest równy:
g g
öÅ‚
vy ëÅ‚
2gh
ìÅ‚-1+ 1+ 2gh ÷Å‚
t = . Poniewa\ v0 siną = vy + gt więc otrzymujemy v0 siną = vy 1+ .
2
ìÅ‚
g vy ÷Å‚ v2
y
íÅ‚ Å‚Å‚
2
v0 sinÄ… 1 ëÅ‚ v0 sinÄ… öÅ‚ 1
2
Obliczamy teraz kolejno: hmax = v0 sinÄ… - gìÅ‚ ÷Å‚ = (vy + 2gh),
ìÅ‚ ÷Å‚
g 2 g 2g
íÅ‚ Å‚Å‚
v0 sinÄ… 2vx 2 v0 sinÄ…
z = vx 2 = vy + 2gh . W powy\szych dwóch związkach widnieje wyra\enie
g g g
oznaczające czas ruchu do maksymalnego wzniesienia i fakt \e zasięg jest drogą w ruchu
jednostajnym z prędkością vx. Poniewa\ prędkość końcowa jest równa prędkości początkowej więc
2 2
2 2
otrzymujemy: vk = vp = (v0 cosÄ…) + (v0 sinÄ…) = vx + vy + 2gh .
RZad55
W rozwiązaniu wykorzystamy następujące znany fakt dotyczący rzutu ukośnego, mianowicie \e w
punkcie max wzniesienia prędkość jest równa składowej x-owej (składowa y-kowa =0). Stąd z
1
warunków zadania mamy równanie: v0 = 5v0 cosą . Czyli ą = arccos .
5
RZad56
Jest to zagadnienie rzutu ukośnego w dół, pod kątem ą =-300 do poziomu. Podana prędkość samolotu
v = 290 km/h = 80,56 m/s jest prędkością początkową rzutu. Niech xr oznacza odległość rozbitków
liczoną w kierunku poziomym od miejsca nad którym znajduje się samolot. Mamy wtedy
xr
xr = vcosÄ… Å"t , skÄ…d szukany czas t jest równy t = . Szukana wysokość samolotu
vcosÄ…
g
1
h = v0 sinÄ… )
t + gt2 = xrtgÄ… + xr2 .
(
2
2v2 cos2 Ä…
RZad57
Piłka tenisowa poruszając się wykonuje rzut poziomy z wysokości h = 2,37m z prędkością
d
początkową v0 = 23,6m/s. Odległość d = 12m piłka przebędzie w czasie t = . W tej chwili piłka
v0
2
1
będzie na wysokości h - gt . Jeśli ta wysokość będzie większa od wysokości siatki s, to piłka
2
2
ëÅ‚ öÅ‚
d
1
ìÅ‚ ÷Å‚
przejdzie nad niÄ…, stÄ…d otrzymujemy warunek: h e" s + gìÅ‚ ÷Å‚ .
2
v0
íÅ‚ Å‚Å‚
RZad58
Jest to zagadnienie rzutu poziomego z wysokości H z prędkością początkową u+v. Oznaczjąc przez T
2
1
Å„Å‚
H = gT
2
całkowity czas ruchu zaś przez z zasięg rzutu mamy: . Stąd otrzymujemy :
òÅ‚
(u
ółz = + v)T
2H 2H
T = i z = (u + v) . Dla składowych prędkości v1 mamy: vx = v+u, vy = -gt. Składowe
g g
przyspieszenia a są równe ax = 0, ay = -g. Składowe styczną i normalną przyśpieszenia obliczymy
wykorzystując znane wzory, wynikające z podobieństwa trójkąta prędkości ze składowymi vx, vy i
vy
gt
trójkąta przyspieszeń ze składowymi as, an : as = g = g ,
2 2
v1
(v + u) + (gt)
3
2 2 2
2
v + u v1 [(v + u) + (gt) ]
an = g . Poniewa\ an = , więc promień krzywizny R = .
2 2
R g(v + u)
(v + u) + (gt)
RZad59
Podana w tekście zadania liczba 7200 obr/min jest częstotliwością fk, którą przeliczamy na 120 obr/s.
Ék 2Ä„ Å" fk Ä… fkt
2
1
a) Ék = 2Ä„ Å" fk , b) µ = = , c)Ä… = µ Å" t = Ä„ Å" fkt , d) n = = ,
2
t t 2Ä„ 2
d Ä„ Å" fk d
d d
2 2 2
e) as = µR = µ = , f) v = ÉR = µt , an = É R = µ t .
2 t 2 2
***
Wyszukiwarka
Podobne podstrony:
Fizyka I Lista zadań numer 10
Fizyka lista 5
Fizyka Zadania z rozwiazaniami J Izdebski
Fizyka lista 6
fizyka chyla rozwiazania
Fizyka lista 7
więcej podobnych podstron