Ruch jednostajnie zmienny

Jak to rozwiązać — prędkość w chwili wyrzutu

Krok 1. Ciało osiąga wysokość maksymalną w punkcie W, czyli w chwili $t_{AW}=0{,}8$ s; wtedy prędkość = 0. To ruch jednostajnie opóźniony z przyśpieszeniem $g$: $v_k = v_0 - g\,t_{AW}$, a $v_k=0$.

Krok 2. Stąd:

$v_0 = g\,t_{AW} = 9{,}81\ \tfrac{m}{s^2}\cdot 0{,}8\ s \approx \mathbf{7{,}85\ \tfrac{m}{s}}$

✔ Zgodne z kluczem: v₀ ≈ 7,85 m/s.

Z wykresu w przedziale $0$–$8$ s pęd rośnie od $30$ do $70$ kg·m/s, więc $F_{w1}=\dfrac{\Delta p}{\Delta t}=\dfrac{70-30}{8}=5$ N.

$a=\dfrac{F_{w1}}{m}=\dfrac{5}{4}=1,25\ \mathrm{m/s^{2}}$.

Odpowiedź: A.

W przedziale $8$–$12$ s pęd (dodatni) maleje, więc ciało porusza się w stronę $+x$, a siła wypadkowa jest skierowana przeciwnie do prędkości (hamuje) — odpowiedź B.

$|\vec{F}_{w2}|=\dfrac{70-10}{4}=15$ N, a $|\vec{F}_{w1}|=5$ N, więc $\vec{F}_{w2}$ jest większa — uzasadnienie 1. Odpowiedź: B1.

Wartość siły wypadkowej: $|\vec{F}_{w2}|=\dfrac{|\Delta p|}{\Delta t}=\dfrac{70-10}{12-8}=\dfrac{60}{4}=15$ N, o zwrocie przeciwnym do osi $x$ (współrzędna $F_{w2\,x}=-15$ N).

$\vec{F}_{w2}=\vec{F}_{3}+\vec{F}_{4}$: $-15=20+F_{4x}$, stąd $F_{4x}=-35$ N. Zatem siła $\vec{F}_{4}$ ma zwrot przeciwny do osi $x$ i wartość $F_{4}=35$ N.

Prędkość $v=\dfrac{p_{x}}{m}$. W przedziale $0$–$8$ s: $v$ rośnie od $\dfrac{30}{4}=7,5$ do $\dfrac{70}{4}=17,5$ m/s; droga $s_{1}=\dfrac{7,5+17,5}{2}\cdot 8=100$ m.

W przedziale $8$–$12$ s: $v$ maleje od $17,5$ do $\dfrac{10}{4}=2,5$ m/s (ciało wciąż porusza się w stronę $+x$); droga $s_{2}=\dfrac{17,5+2,5}{2}\cdot 4=40$ m.

$s=s_{1}+s_{2}=100+40=140$ m.

Jak to rozwiązać — druga zasada dynamiki i rosnący opór

W miarę opadania prędkość kropli rośnie, więc rośnie też siła oporu $F_o=k\rho_p S v^2$ (zależy od kwadratu prędkości). Siła wypadkowa $F_{wyp}=F_g-F_o$ maleje, a wraz z nią maleje przyśpieszenie $a=\dfrac{F_{wyp}}{m}$.

Odpowiedź: B2 (przyśpieszenie się zmniejsza, bo siła wypadkowa się zmniejsza).

✔ Zgodne z kluczem: B2.

Jak to rozwiązać — odległość rośnie, dopóki 𝒫 wolniejszy

Krok 1. Kiedy odległość jest największa? Gdy prędkości się zrównają ($v_𝒫 = v_ℱ$):

$20+6t_{max}=35\;\Rightarrow\;t_{max}=2{,}5\ s$

Krok 2. Odległość jako różnica położeń ($x_𝒫=0$, $x_ℱ=d_0$ w chwili t₀):

$d(t)=(40+35t)-(20t+\tfrac{1}{2}\cdot6t^2)=-3t^2+15t+40$

Krok 3. Podstawiamy t_max = 2,5 s:

$d_{max}=-3\cdot2{,}5^2+15\cdot2{,}5+40=\mathbf{58{,}75\ m}$

✔ Zgodne z kluczem: d_max = 58,75 m.

Rozwiązanie

W $t=25$ s: $v_A=20\,\tfrac{\text{m}}{\text{s}}$, $v_B=10\,\tfrac{\text{m}}{\text{s}}$. Prędkość względna $=v_A-v_B=20-10=10\,\tfrac{\text{m}}{\text{s}}$.

Rozwiązanie

1. Droga A = pole pod $v_A$: $20\cdot30+\tfrac12\cdot15\cdot20=600+150=750$ m.
2. Droga B = pole pod $v_B$: $\tfrac12(20+10)\cdot15+10\cdot15+\tfrac12(10+5)\cdot15=225+150+112{,}5=487{,}5$ m.
3. Odległość $=750-487{,}5=262{,}5$ m.

Z wykresu $|AB|=|CD|=4$ m, promień półokręgu $r=|BC|/2$, a długość półokręgu wynosi $\pi r$; z rysunku $|BC|=8$ m, więc $r=4$ m.

Odcinek $AB$ (ruch jednostajnie przyśpieszony, $v_{0}=0$, $v_{k}=v$): $t_{AB}=\dfrac{2|AB|}{v}=\dfrac{2\cdot 4}{2}=4$ s. Analogicznie $t_{CD}=4$ s.

Półokrąg $BC$ (ruch jednostajny): $t_{BC}=\dfrac{\pi r}{v}=\dfrac{\pi\cdot 4}{2}=2\pi\approx 6,28$ s.

$t=t_{AB}+t_{BC}+t_{CD}\approx 4+6,28+4=14,28\ \mathrm{s}\approx 14,3\ \mathrm{s}$.

Rozwiązanie

Ruch jednostajnie opóźniony do zatrzymania: średnia prędkość $\tfrac{v_1}{2}$, więc $s_1=\tfrac{v_1}{2}t\Rightarrow t=\dfrac{2s_1}{v_1}=\dfrac{2\cdot28}{14}=4$ s.

Rozwiązanie

Opóźnienie jest takie samo (tarcie nie zależy od prędkości): $a=\dfrac{v_1^2}{2s_1}$. Droga $s\propto v^2$, więc $s_2=s_1\left(\tfrac{v_2}{v_1}\right)^2=28\cdot\left(\tfrac12\right)^2=7$ m.

Rozwiązanie

1. a) $h=\tfrac12 a t^2\Rightarrow a=\dfrac{2h}{t^2}=\dfrac{2\cdot0{,}96}{1{,}6^2}=0{,}75\,\tfrac{\text{m}}{\text{s}^2}$.
2. b) $\Delta a=\dfrac{2}{t^2}\Delta h=\dfrac{2}{2{,}56}\cdot0{,}005\approx0{,}004\,\tfrac{\text{m}}{\text{s}^2}$.
3. c) $\Delta a=\tfrac12\left|a(t-\Delta t)-a(t+\Delta t)\right|=\tfrac12\left|\dfrac{2h}{1{,}5^2}-\dfrac{2h}{1{,}7^2}\right|\approx0{,}094\,\tfrac{\text{m}}{\text{s}^2}$.
4. d) Niepewność od $\Delta t$ ($\approx0{,}094$) jest ok. $24$ razy większa niż od $\Delta h$ ($\approx0{,}004$), więc $\Delta t$ wpływa w większym stopniu.

Rozwiązanie

Wykres $v(t)$ pierwszego samochodu to trapez: odcinek rosnący $0\to10\,\tfrac{\text{m}}{\text{s}}$ w przedziale $0$–$2$ s, poziomy odcinek $10\,\tfrac{\text{m}}{\text{s}}$ w przedziale $2$–$8$ s oraz odcinek malejący $10\to0$ w przedziale $8$–$10$ s. Całkowity czas ruchu: $10$ s.

Rozwiązanie

1. Droga pierwszego = pole pod wykresem $v(t)$: $\tfrac12\cdot2\cdot10+6\cdot10+\tfrac12\cdot2\cdot10=10+60+10=80$ m.
2. Drugi (czas $10$ s) przebył tę samą drogę; jego wykres to trójkąt o podstawie $10$ s: $s=\tfrac12\cdot10\cdot v_{\max}=80\Rightarrow v_{\max}=16\,\tfrac{\text{m}}{\text{s}}$.

Odpowiedź: droga $=80$ m, $v_{\max}=16\,\tfrac{\text{m}}{\text{s}}$.

Rozwiązanie

1. $v_0=50\,\tfrac{\text{km}}{\text{h}}=13{,}9\,\tfrac{\text{m}}{\text{s}}$. Ruch jednostajnie opóźniony: $s=\tfrac{v_0 t}{2}$ (średnia prędkość $\tfrac{v_0}{2}$).
2. $t=\dfrac{2s}{v_0}=\dfrac{2\cdot12}{13{,}9}\approx1{,}7$ s.

Odpowiedź: $t\approx1{,}7$ s.

Rozwiązanie

1. Opóźnienie: $a=\dfrac{v_0^2}{2s}=\dfrac{13{,}9^2}{2\cdot12}\approx8{,}0\,\tfrac{\text{m}}{\text{s}^2}$.
2. $v^2=v_0'^2-2as$, $v_0'=60\,\tfrac{\text{km}}{\text{h}}=16{,}7\,\tfrac{\text{m}}{\text{s}}$: $v^2=16{,}7^2-2\cdot8{,}0\cdot12\approx84{,}9$.
3. $v\approx9{,}2\,\tfrac{\text{m}}{\text{s}}\approx33\,\tfrac{\text{km}}{\text{h}}$.

Odpowiedź: $v\approx9{,}2\,\tfrac{\text{m}}{\text{s}}$.

Rozwiązanie

Ruch jednostajnie przyspieszony bez prędkości początkowej: $s=\tfrac12 a t^2\Rightarrow a=\dfrac{2s}{t^2}$. Prędkość końcowa $v=at=\dfrac{2s}{t^2}\cdot t=\dfrac{2s}{t}$.

Odpowiedź: $v=\dfrac{2s}{t}$.