Rzut poziomy

Rozwiązanie – Zadanie 1.1

Analiza ruchu kulki rzuconej poziomo

Kulka K jest rzucana poziomo z pewnej wysokości $h$. Ruch taki jest złożeniem dwóch niezależnych ruchów: jednostajnego poziomego oraz jednostajnie przyspieszonego pionowego (swobodny spadek).

1. Krok 1 – Ustalenie równań ruchu

   Składowe prędkości w chwili $t$ (mierzonego od $t_0$):

   $$v_x = v_0 = \text{const}$$ $$v_y = g \cdot t$$

   Wartość (moduł) prędkości wypadkowej:

   $$v(t) = \sqrt{v_x^2 + v_y^2} = \sqrt{v_0^2 + g^2 t^2}$$

2. Krok 2 – Ocena stwierdzenia 1.

   „Wartość prędkości kulki K rośnie wprost proporcjonalnie do czasu."

   Zależność wprost proporcjonalna oznaczałaby $v(t) = k \cdot t$ dla pewnej stałej $k$. Tymczasem:

   $$v(t) = \sqrt{v_0^2 + g^2 t^2}$$

   Jest to funkcja hiperboliczna, nie liniowa. Tylko gdyby $v_0 = 0$ (tzn. rzut pionowy lub swobodny spadek), zależność byłaby liniowa: $v = gt$. W ogólnym przypadku rzutu poziomego ($v_0 \neq 0$) wartość prędkości nie rośnie proporcjonalnie do czasu.

   Stwierdzenie 1: F (Fałsz)

3. Krok 3 – Ocena stwierdzenia 2.

   „Wektor przyspieszenia kulki K podczas jej ruchu ma stałą wartość."

   Na kulkę (pomijamy opór powietrza) działa wyłącznie siła grawitacji. Przyspieszenie kulki to przyspieszenie ziemskie:

   $$\vec{a} = \vec{g} = \text{const}$$

   Wektor $\vec{g}$ ma stały kierunek (pionowy, w dół), stały zwrot oraz stałą wartość $g \approx 9{,}81 \; \text{m/s}^2$. Zatem wartość wektora przyspieszenia jest stała w całym czasie ruchu.

   Stwierdzenie 2: P (Prawda)

4. Krok 4 – Ocena stwierdzenia 3.

   „Czas ruchu kulki K od chwili $t_0$ do chwili $t_k$ zależy od $v_0$."

   Czas lotu wyznaczamy z równania ruchu pionowego. Kulka spada z wysokości $h$:

   $$h = \frac{1}{2} g \cdot t_k^2$$

   Stąd:

   $$t_k = \sqrt{\frac{2h}{g}}$$

   Czas lotu zależy jedynie od wysokości $h$ i przyspieszenia grawitacyjnego $g$. Nie zależy od $v_0$ – wartości prędkości poziomej. Wynika to z niezależności ruchu poziomego i pionowego: prędkość początkowa $v_0$ wpływa tylko na zasięg poziomy, nie na czas spadania.

   Stwierdzenie 3: F (Fałsz)

Wynik końcowy

Aby obliczyć wartość prędkości początkowej kulki K_B, musimy najpierw wyznaczyć współrzędną $y_C$ punktu zderzenia oraz czas zderzenia $t_z$, korzystając z równań ruchu obu kulek.

1. Krok 1: Równania ruchu kulki K_A (rzut poziomy z punktu A)

   Kulka K_A startuje z punktu $A = (0;\ 12)$ z prędkością poziomą $v_{0A} = 8\ \text{m/s}$. Przyjmujemy oś $y$ skierowaną ku górze, $g = 10\ \text{m/s}^2$.

   Równania ruchu:

   $$x_A(t) = v_{0A} \cdot t = 8t$$ $$y_A(t) = 12 - \frac{1}{2}g t^2 = 12 - 5t^2$$
2. Krok 2: Wyznaczenie czasu zderzenia $t_z$ na podstawie współrzędnej $x$ punktu C

   Punkt zderzenia to $C = (6;\ y_C)$. Kulka K_A musi znaleźć się w chwili $t_z$ w punkcie o $x = 6\ \text{m}$:

   $$x_A(t_z) = 8 t_z = 6$$ $$t_z = \frac{6}{8} = 0{,}75\ \text{s}$$
3. Krok 3: Wyznaczenie współrzędnej $y_C$ punktu zderzenia

   Podstawiamy $t_z = 0{,}75\ \text{s}$ do równania $y_A(t)$:

   $$y_C = y_A(t_z) = 12 - 5 \cdot (0{,}75)^2 = 12 - 5 \cdot 0{,}5625 = 12 - 2{,}8125 \approx 9{,}19\ \text{m}$$
4. Krok 4: Równania ruchu kulki K_B (rzut pionowy w górę z punktu B)

   Kulka K_B startuje z punktu $B = (6;\ 0)$ z prędkością pionową w górę $v_{0B}$. Ponieważ ruch jest wyłącznie pionowy, współrzędna $x$ nie zmienia się — kulka zawsze ma $x = 6\ \text{m}$, co jest zgodne z $x_C = 6\ \text{m}$. Równanie ruchu po osi $y$:

   $$y_B(t) = v_{0B} \cdot t - \frac{1}{2}g t^2$$
5. Krok 5: Obliczenie $v_{0B}$ z warunku zderzenia

   W chwili $t_z = 0{,}75\ \text{s}$ kulka K_B musi znajdować się w punkcie $C$, czyli $y_B(t_z) = y_C$:

   $$v_{0B} \cdot t_z - \frac{1}{2}g t_z^2 = y_C$$ $$v_{0B} \cdot 0{,}75 - 5 \cdot (0{,}75)^2 = 12 - 5 \cdot (0{,}75)^2$$

   Zauważamy, że wyrazy $-5 \cdot (0{,}75)^2$ po obu stronach się skracają:

   $$v_{0B} \cdot 0{,}75 = 12$$ $$v_{0B} = \frac{12}{0{,}75} = 16\ \text{m/s}$$

Wynik końcowy:

$$\boxed{v_{0B} = 16\ \text{m/s}}$$

Wartość prędkości początkowej kulki K_B wynosi $v_{0B} = 16\ \text{m/s}$.

Uwaga interpretacyjna: Elegancką obserwacją jest to, że oba człony $-\tfrac{1}{2}g t_z^2$ w równaniach $y_A(t_z)$ i $y_B(t_z)$ są identyczne i się skracają. Wynika stąd prosta zależność: $v_{0B} \cdot t_z = y_A(0) = 12\ \text{m}$, co oznacza, że kulka K_B musiałaby przy jednostajnym ruchu (bez grawitacji) w czasie $t_z$ pokonać dokładnie różnicę wysokości między punktami $A$ i $B$, równą $12\ \text{m}$.

Rozwiązanie

1. Czas spadku: $t=\sqrt{\tfrac{2h}{g}}$. Ta sama droga pozioma: $d=v_0 t$, więc $v_0=\dfrac{d}{t}\propto\dfrac{1}{\sqrt{h}}$.
2. $\dfrac{v_{01}}{v_{02}}=\dfrac{t_2}{t_1}=\sqrt{\dfrac{h_2}{h_1}}=\sqrt{\dfrac{2}{5}}\approx0{,}63$.

Rozwiązanie

1. Składowa pionowa: $v_y=\sqrt{2gh_1}=\sqrt{2\cdot9{,}8\cdot5}=\sqrt{98}\approx9{,}9\,\tfrac{\text{m}}{\text{s}}$.
2. $v_{k1}=\sqrt{v_{01}^2+v_y^2}=\sqrt{7{,}9^2+9{,}9^2}\approx12{,}7\,\tfrac{\text{m}}{\text{s}}$.

Rozwiązanie

Ruch pionowy to spadek swobodny: $h=\tfrac12 g t^2\Rightarrow t=\sqrt{\dfrac{2h}{g}}=\sqrt{\dfrac{2\cdot1{,}96}{9{,}81}}\approx0{,}63$ s.

Rozwiązanie

W kierunku poziomym ruch jednostajny: $x=v_0 t\Rightarrow v_0=\dfrac{x}{t}=\dfrac{5{,}10}{0{,}63}\approx8{,}1\,\tfrac{\text{m}}{\text{s}}$.

Rozwiązanie

$E_k=\tfrac12 m(v_0^2+(gt)^2)$ — w chwili $t=0$ wynosi $\tfrac12 mv_0^2>0$ i rośnie jak $t^2$ (parabola startująca powyżej zera).

Odpowiedź: B

Rozwiązanie

Ruch pionowy obu piłek jest identyczny (ta sama wysokość), więc $t_1=t_2$ (A). $P_1$ ma dodatkowo składową poziomą prędkości, więc $v_1=\sqrt{v_0^2+(gt)^2}>v_2=gt$ (2).

Odpowiedź: A oraz 2.