Zasady dynamiki Newtona

Jak to rozwiązać — kierunek siły wypadkowej (dośrodkowej)

W najniższym punkcie siła reakcji nici F_n jest skierowana w górę (ku środkowi S), a siła grawitacji F_g — w dół. Siła wypadkowa musi być dośrodkowa (do góry, ku S), więc F_n > F_g.

Odpowiedź: B.

✔ Zgodne z kluczem: B (F_n w górę i większa od F_g).

Jak to rozwiązać — II zasada dynamiki: ruch postępowy + obrotowy

Krok 1. Ciężarek 𝒞 (ruch postępowy w dół z przyśpieszeniem a) — siła wypadkowa = ciężar − napięcie:

$m_c\,a = m_c\,g - F_n$

Krok 2. Bloczek 𝒲 (ruch obrotowy), $I_0=\tfrac{1}{2}m_w R^2$, związek $a=\varepsilon R$:

$I_0\,\varepsilon = R F_n - R F \;\Rightarrow\; \tfrac{1}{2}m_w\,a = F_n - F$

Krok 3. Dodajemy równania (rugujemy F_n):

$F = m_c\,g - m_c\,a - \tfrac{1}{2}m_w\,a$

Krok 4. Podstawiamy $a=\tfrac{1}{2}g$:

$F = m_c g - \tfrac{1}{2}m_c g - \tfrac{1}{4}m_w g = \tfrac{1}{2}g\left(m_c - \tfrac{1}{2}m_w\right)$

✔ Zgodne z kluczem: $F=\tfrac{1}{2}g\left(m_c-\tfrac{1}{2}m_w\right)$.

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 — siła oporu przeciwna do prędkości, ∝ v²

Diagram 1 (t_E). W chwili t_E kropla porusza się ruchem jednostajnym, więc siła oporu równoważy grawitację: $F_{oE}=F_g$ — wektor 8 kratek, zwrot w górę.

Diagram 2 (t_B). Ponieważ $F_o\propto v^2$:

$\dfrac{F_{oB}}{F_g}=\dfrac{F_{oB}}{F_{oE}}=\left(\dfrac{v_B}{v_E}\right)^2=\left(\dfrac{3{,}5}{7}\right)^2=\dfrac{1}{4}$

Zatem $F_{oB}=\tfrac{1}{4}\cdot 8 = $ 2 kratki, zwrot w górę.

✔ Zgodne z kluczem: F_oE = 8 kratek w górę; F_oB = 2 kratki w górę.

Jak to rozwiązać — I zasada dynamiki dla ruchu jednostajnego

Krok 1. W ruchu jednostajnym siła oporu równoważy grawitację: $F_o=F_g$.

Krok 2. Podstawiamy wzory: opór $F_o=k\rho_p S v_E^2=k\rho_p\,\pi R^2\,v_E^2$ (przekrój kuli $S=\pi R^2$), ciężar $F_g=mg=\rho_w\cdot\tfrac{4}{3}\pi R^3\cdot g$:

$k\rho_p\,\pi R^2\,v_E^2=\tfrac{4}{3}\pi R^3\rho_w\,g$

Krok 3. Skracamy $\pi R^2$ i wyznaczamy v_E:

$v_E=\sqrt{\dfrac{4\rho_w R g}{3k\rho_p}}$

✔ Zgodne z kluczem: $v_E=\sqrt{\dfrac{4\rho_w R g}{3k\rho_p}}$.

Jak to rozwiązać — dwa równania II zasady dynamiki

Krok 1. Ruch postępowy: $ma=F-T$.

Krok 2. Ruch obrotowy (względem osi symetrii), $a=\varepsilon R$, $I_0=\tfrac{1}{2}mR^2$:

$I_0\varepsilon=RT\;\Rightarrow\;\tfrac{1}{2}mR^2\cdot\tfrac{a}{R}=RT\;\Rightarrow\;T=\tfrac{1}{2}ma$

Krok 3. Podstawiamy T do równania postępowego:

$ma=F-\tfrac{1}{2}ma\;\Rightarrow\;\tfrac{3}{2}ma=F\;\Rightarrow\;a=\dfrac{2F}{3m}=\dfrac{2\cdot30}{3\cdot10}=\mathbf{2\ \tfrac{m}{s^2}}$

✔ Zgodne z kluczem: a = 2 m/s².

Jak to rozwiązać — porównanie sił poniżej równowagi

Punkt P leży poniżej położenia równowagi (y < 0). Sprężyna jest wtedy bardziej rozciągnięta niż w równowadze, więc siła sprężystości (skierowana w górę) jest większa od siły grawitacji (w dół):

$F_s > F_g$

Siła wypadkowa jest skierowana w górę (ku położeniu równowagi) — zgodnie z charakterem siły w ruchu harmonicznym.

✔ Zgodne z kluczem: F_s > F_g (F_s w górę, dłuższy wektor; F_g w dół).

Jak to rozwiązać — trzy równania II zasady dynamiki

Oznaczmy siłę reakcji linki F (jednakową na walec i ciężarek — III ZD), tarcie T. Przyśpieszenia walca i ciężarka są równe (linka nierozciągliwa), a walec toczy się bez poślizgu ($a=\varepsilon R$).

Krok 1. Trzy równania:

$I\varepsilon=RT\;\Rightarrow\;\tfrac{1}{2}mR^2\cdot\tfrac{a}{R}=RT\;\Rightarrow\;\tfrac{1}{2}ma=T$

$ma=F-T\qquad\text{(ruch postępowy walca)}$

$ma=mg-F\qquad\text{(ruch ciężarka)}$

Krok 2. Dodajemy równania walca: $ma=F-\tfrac{1}{2}ma\Rightarrow F=\tfrac{3}{2}ma$. Podstawiamy do równania ciężarka:

$ma=mg-\tfrac{3}{2}ma\;\Rightarrow\;\tfrac{5}{2}ma=mg\;\Rightarrow\;a=\tfrac{2}{5}g$

✔ Zgodne z kluczem: a = (2/5)g.

Rozwiązanie

1. W przedziale $30$–$45$ s ciało A hamuje: $a=\dfrac{0-20}{45-30}=-\dfrac{20}{15}\approx-1{,}33\,\tfrac{\text{m}}{\text{s}^2}$.
2. $F=m|a|=12\cdot\dfrac{20}{15}=16$ N.

Rozwiązanie

Równowaga książki: $\vec F_2=\vec F_1+\vec F_3$, więc $F_3=F_2-F_1$ — ciężar książki skierowany w dół (długość $=$ różnica strzałek $F_2$ i $F_1$, tu $5-2=3$ kratki).

Z III zasady dynamiki siła reakcji książki na zeszyt jest przeciwna do $\vec F_1$: $\vec F_4$ ma zwrot w górę i wartość równą $F_1$ (tu $2$ kratki), przyłożona w $Q$.

Rozwiązanie

1. Siła wypadkowa: $F=mg-F_{op}=0{,}255\cdot9{,}81-0{,}148\approx2{,}354$ N.
2. Przyspieszenie: $a=\dfrac{F}{m}=\dfrac{2{,}354}{0{,}255}\approx9{,}23\,\tfrac{\text{m}}{\text{s}^2}$.
3. $t=\sqrt{\dfrac{2h}{a}}=\sqrt{\dfrac{2\cdot19{,}4}{9{,}23}}\approx2{,}05$ s — zgodne z pomiarem. $\blacksquare$

Rozwiązanie

Siła oporu rośnie z prędkością, a $0{,}148$ N to wartość „uśredniona" na całej drodze. Tuż przed upadkiem (największa prędkość) siła jest większa od $0{,}148$ N.

Odpowiedź: B oraz 1.