Fizyka I Lista zadań numer 5

background image

Praca i energia. Zasada zachowania energii mechanicznej. Środek masy.

Praca

Uwaga: Zadania w tej części rozwiązujemy przy pomocy twierdzenia o pracy i energii kinetycznej lub

zasady zachowania energii mechanicznej.

104. Jaką prędkość początkową v

0

trzeba nadać ciału o masie m, aby wjechało na szczyt równi o

długości d i kącie nachylenia

α

jeżeli współczynnik tarcia wynosi f ? Oblicz czas t trwania ruchu.

Przyspieszenie ziemskie g

dane. Wykonać rysunek.

Rozwiązanie:

105

.

Blok o masie m = 15 kg jest przesuwany po poziomej powierzchni pod działaniem siły F = 70 N

skierowanej pod kątem 30

o

do poziomu. Blok przesunięto o s = 5 m, a współczynnik tarcia f = 0,25.

Obliczyć pracę: a) siły F; b) składowej pionowej wypadkowej siły działającej na blok; c) siły
grawitacji; d) siły tarcia.

Rozwiązanie:


106. Klocek o masie m = 0,7 ześlizguje się z równi pochyłej o długości 6 m i kącie nachylenia 30

o

, a

następnie zaczyna poruszać się po poziomej płaszczyźnie. Współczynnik tarcia na równi i poziomej
powierzchni wynosi f = 0,2. Jaka jest prędkość klocka na końcu równi oraz po przebyciu drogi 1 m po
poziomej powierzchni? Jaką odległość przebędzie klocek do momentu zatrzymania się?

Rozwiązanie:


107. Auto o masie 1500 kg rusza i przyspiesza jednostajnie do prędkości 10 m/s w czasie 3 sekund.

Obliczyć: a) pracę wykonaną nad autem; b) średnią moc silnika w pierwszych 3 sekundach ruchu; c)
moc chwilową dla t = 2 sekundy.

Rozwiązanie:













108. Paciorek nadziany na drut ślizga się bez tarcia po
nachylonym drucie zakończonym pętlą (patrz rysunek obok) o
promieniu R. Jeśli H = 3,5 R, to jaką prędkość ma paciorek w
najwyższym punkcie pętli? Ile wynosi nacisk paciorka na drut
w najniższym i najwyższym punkcie pętli?

Rozwiązanie:

background image

109. Ciało znajdujące się na wysokości h rzucono pionowo do góry z prędkością 5 m/s. Prędkość

końcowa ciała wyniosła 25 m/s. Wyznaczyć h. Na jaką maksymalną wysokość H wzniosło się to
ciało? Jakie będą prędkości tego ciała na wysokościach H/4 i h/4?

Rozwiązanie:



110. Kamień rzucono pionowo do góry. Mija on punkt A z prędkością v, a punkt B, leżący 3 m wyżej

niż A, z prędkością v/2. Oblicz: a) prędkość v, b) maksymalną wysokośc wzniesienia się ciała ponad
punkt B.

Rozwiązanie:






113. Ciało rzucono pionowo w dół z wysokości H, nadając mu prędkość v

0

= 5 m/s. Ciało uderzyło w

ziemie z prędkością 35 m/s. Ile wynosi H? Jaką prędkość miało to ciało po przebyciu drogi H/6?

Rozwiązanie:


114. Kamień rzucono ukośnie z powierzchni ziemi. Na wysokości 9,1 m jego prędkość jest równa v =

(7,6i + 6,1j). Jaka jest maksymalna wysokość rzutu? Jaka była prędkość wyrzutu? Z jaką prędkością
kamień spadł na ziemię?

Rozwiązanie:


115. Wartość prędkości początkowej kamienia rzuconego ukośnie jest 5 razy większa od jego

prędkości w najwyższym punkcie toru. Pod jakim katem wyrzucono kamień?

Rozwiązanie:


116. Balon porusza się ruchem jednostajnym prostoliniowym na wysokości H = 2 km z prędkością u =

20 m/s. Z balonu wyrzucono metalową kulkę nadając jej prędkość poziomą 5 m/s względem balonu w
chwili, gdy przelatywał nad punktem A płaskiego terenu. Wyznaczyć prędkości kulki na wysokości
2H/3. Rozpatrzyć dwa przypadki rzutu: w kierunku ruchu balonu i w kierunku przeciwnym do jego
prędkości chwilowej.

Rozwiązanie:

112. Dwie masy m i M (M>m) są połączone nieważką nicią przewieszoną
przez nieważki krążek. Stosując zasadę zachowania energii mechanicznej
wyznaczyć prędkość V masy m w momencie, gdy jej środek masy podniesie
się na wysokość H. Założyć, że krążek nie obraca się, a nić ślizga się po jego
powierzchni bez tarcia. Jaka będzie prędkość ciała m, jeśli odstąpimy od
założenia o idealnie gładkiej powierzchni krążka i przyjmiemy, że na drodze
H praca sił tarcia będzie równa W?

Rozwiązanie:

M

background image


117. Ciało o masie 0,5 kg ślizga się po poziomym chropowatym torze kołowym o promieniu 2 m. Jego

prędkość początkowa wynosiła 8 m/s, a po jednym pełnym obiegu toru spadła ona do wartości 6 m/s.
Wyznaczyć pracę sił: a) tarcia, b) dośrodkowej. Obliczyć współczynnik tarcia. Po jakim czasie ciało to
się zatrzyma? Ile razy obiegnie ono tor do momentu zatrzymania się?

Rozwiązanie:


118. Rozciągnięcie sprężyny o 10 cm wymaga pracy 4 J. Ile potrzeba pracy, aby rozciągnąć tę

sprężynę do 20 cm? Ws-ka: wartość pracy wykonanej nad sprężyną o współczynniku sprężystości k
rozciągniętej o x wynosi kx

2

/2.

Rozwiązanie:


119. Kula o masie 0,005 kg i prędkości 600 m/s zagłębiła się w drewnie na głębokość 2 cm.

Wyznaczyć średnią wartość siły oporu działającej w drewnie na kulkę. Zakładając, że siła oporu jest
stała, obliczyć czas hamowania kulki. Z jaką przemianę energii mamy w tym zjawisku do czynienia?

Rozwiązanie:










121. Jaką pracę wykonał silnik pociągu elektrycznego o masie

ton

100

m

, który poruszając się

ruchem jednostajnie przyspieszonym w czasie

s

15

t

uzyskał prędkość

h

km

108

v

. Efektywny

współczynnik tarcia wynosi

05

,

0

f

a przyspieszenie ziemskie przyjąć równe

2

s

m

10

g

.

Rozwiązanie:


122. Ciało o masie

kg

2

m

zsuwa się po równi pochyłej ze stałą prędkością

s

m

25

,

0

v

.

Współczynnik tarcia wynosi

5

,

0

f

. Oblicz moc siły zsuwającej ciało.

Rozwiązanie:


123. Sanki ześlizgują się z pagórka, którego zbocze ma długość

m

10

d

i jest nachylone pod kątem

30

do poziomu. Jaką odległość x przebędą sanki na odcinku poziomym po zjechaniu ze zbocza,

jeżeli na całej drodze współczynnik tarcia wynosi

2

,

0

f

?

Rozwiązanie:

120. Współczynnik tarcia miedzy masą m (patrz rysunek
obok) a podłożem wynosi 0,2. Jeśli początkowo oba ciała
spoczywają ruszą, to ile wynosi prędkość obu mas po
przebyciu przez M drogi 0,6 m? Masę nici i krążka
zaniedbujemy. Nitka ślizga się po krążku bez tarcia

Rozwiązanie:

background image

v

F

n

mg

F

s

F

T

d

m

124. W najwyższym punkcie kuli o promieniu R znajduje
się małe ciało w położeniu równowagi chwiejnej. Przy
najmniejszym wychyleniu z tego położenia ciało zacznie
się zsuwać po powierzchni kuli. Wyznacz kąt α jaki
zatoczy promień kuli do miejsca oderwania się

Rozwiązanie:

---------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------,

Autor rozwiązań

Mgr. W. Magierski

RZad104

W trakcie wjeżdżania na
szczyt równi początkowa
energia

kinetyczna

ciała

u podnóża równi jest tracona
na

wykonanie

pracy

przeciwko

sile

tarcia

i zamienia się w energię
potencjalną.

Ponieważ siła tarcia ma stałą
wartość, to praca przeciwko
tej sile daje się przedstawić
jako

iloczyn

siły

i

przesunięcia:

𝑊

𝑇

= 𝐹

𝑇

𝑑

Korzystając z zasady zachowania energii oraz równoważności pracy i energii możemy napisad:

𝐸

𝑘0

= 𝑚𝑔𝑕 + 𝑊

𝑇

Przy czym wysokośd równi h wyraża się wzorem:

𝑕 = 𝑑 sin 𝛼

Zgodnie z definicją siła tarcia to:

𝐹

𝑇

= 𝑓𝐹

𝑛

= 𝑓𝑚𝑔 cos 𝛼 .

Początkowa energia kinetyczna ciała wynosi:

R

R



v

background image

𝐸

𝑘0

=

𝑚𝑣

0

2

2

.

Podstawiając do bilansu energii mamy:

𝑚𝑣

0

2

2

= 𝑚𝑔𝑑 sin 𝛼 + 𝑓𝑚𝑔 𝑑cos 𝛼

skąd

𝑣

0

= 2𝑔𝑑 sin 𝛼 + 𝑓 cos 𝛼 .

Sprawdzamy jednostki:

𝑣

0

=

m

s

2

m =

m

s

.

RZad105

Zgodnie z definicją, praca stałej
siły wyraża się przez iloczyn
skalarny siły i przesunięcia:

𝑊 = 𝐅 ∙ 𝐬 = 𝐹𝑠 cos α

Składowa pionowa wypadkowej
siły działającej na blok będzie
różnicą pomiędzy siłą ciężkości a
składową

pionową

siły

zewnętrznej:

𝐹

𝑛

= 𝑚𝑔 − 𝐹"

Siła ta, będąc prostopadła do
kierunku

przesunięcia,

nie

wykona żadnej pracy – podobnie jak siła grawitacji.

Siła tarcia natomiast wykona pracę:

𝑊

𝑇

= 𝐅

𝐓

∙ 𝐬 = 𝐹

𝑇

𝑠 cos 180° = −𝑓𝐹

𝑛

𝑠

Podstawiając za siłę nacisku i zauważając, że 𝐹" = 𝐹 sin 𝛼 otrzymujemy:

𝑊

𝑇

= −𝑓 𝑚𝑔 − 𝐹 sin 𝛼 𝑠

Sprawdzamy jednostki:

𝑊 = kg

m

s

2

m = Nm = J

i obliczamy:

𝑊 = 70 ∙ 5 ∙ cos 30° = 350

3

2

≅ 303J

𝑊

𝑇

= −0,25 ∙ (15 ∙ 10 − 70 sin 30°) ∙ 5 = −1,25 150 − 35 = −143,75 ≅ −144 J

F

F’

F”

F

T

mg

m

background image

Odp. Praca siły F wynosi 303J a praca siły tarcia –144J. Siła nacisku i siła ciężkości nie wykonały
pracy.

RZad106

Zgodnie z zasadą zachowania energii i równoważności pracy i energii początkowa energia potencjalna
klocka zostanie zużyta na wykonanie pracy przeciwko sile tarcia a reszta zamieniona na energię
kinetyczną klocka u podstawy równi. Ta reszta z kolei zostaje rozproszona przez siłę tarcia na
poziomym torze.

Rozważmy najpierw ruch po równi, gdzie mamy:

𝑚𝑔𝑕 =

𝑚𝑣

𝑘

2

2

+ 𝑊

𝑇

przy czym wysokośd równi h wiąże się z długością równi d zależnością:

𝑕 = 𝑑 sin 𝛼 ;

v

k

oznacza prędkośd klocka u podstawy równi, a praca siły tarcia wynosi:

𝑊

𝑇

= 𝑓𝐹

𝑛

𝑑 = 𝑓𝑚𝑔 𝑑cos 𝛼

Podstawiając otrzymujemy:

𝑚𝑔𝑑 sin 𝛼 =

𝑚𝑣

𝑘

2

2

+ 𝑓𝑚𝑔𝑑 cos 𝛼

skąd

𝑣

𝑘

= 2𝑔𝑑(sin 𝛼 − 𝑓 cos 𝛼)

Prędkośd ta staje się prędkością początkową w ruchu poziomym i znowu bilansujemy pracę i energię,
zakładając, że s oznacza drogę w tym ruchu:

𝑚𝑣

𝑘

2

2

=

𝑚𝑣

2

2

+ 𝑊

𝑇

F

s

mg

F

T

m

F

n





s

background image

Praca na drodze s przeciwko sile tarcia wyniesie:

𝑊

𝑇

= 𝑓𝑚𝑔𝑠 .

Podstawiamy i otrzymujemy:

𝑣

𝑘

2

= 𝑣

2

+ 2𝑓𝑔𝑠

skąd

𝑣 = 𝑣

𝑘

2

− 2𝑓𝑔𝑠 = 2𝑔𝑑 sin 𝛼 − 𝑓 cos 𝛼 − 2𝑓𝑔𝑠

Kładąc v = 0 obliczymy drogę do momentu zatrzymania:

𝑠 =

𝑣

𝑘

2

2𝑓𝑔

=

𝑑 sin 𝛼 − 𝑓 cos 𝛼

𝑓

Obliczenia:

prędkośd klocka u podstawy równi:

𝑣

𝑘

= 2 ∙ 10 ∙ 6(sin 30° − 0,2 cos 30°) = 120(0,5 − 0,1 3) = 39,2 = 6,3

m

s

prędkośd klocka po przebyciu drogi s = 1m

𝑣 = 2 ∙ 10 ∙ 6(sin 30° − 0,2 cos 30°) − 2 ∙ 0,2 ∙ 10 ∙ 1 = 39,2 − 4,0 = 5,9

m

s

droga przebyta przez klocek do momentu zatrzymania:

𝑠 =

6(sin 30° − 0,2 cos 30°)

0,2

= 30 0,5 − 0,1 3 = 9,8 m

RZad107

Zgodnie z zasadą równoważności pracy i energii, praca wykonana nad autem równa jest przyrostowi
jego energii kinetycznej:

𝑊 = ∆𝐸

𝑘

=

1
2

𝑚𝑣

2

kg

m

2

s

2

= Nm = J

Wartośd tej pracy:

𝑊 = 0,5 ∙ 1500 ∙ 10

2

= 75 000 J = 75 kJ

Dzieląc tę pracę przez czas rozpędzania do prędkości v otrzymamy średnią moc silnika:

𝑃

ś𝑟

=

𝑊

𝑡

J

s

= W

Moc ta wyniesie:

𝑃

ś𝑟

=

75 000

3

= 25 000 W = 25 kW

Moc chwilowa jest pochodną pracy po czasie i może byd przedstawiona jako:

background image

𝑃 =

d𝑊

d𝑡

=

𝐅 ∙ d𝐬

d𝑡

= 𝐅 ∙

d𝐬
d𝑡

= 𝐅 ∙ 𝐯

W przypadku stałej siły działającej w kierunku ruchu równanie jest skalarne:

𝑃 = 𝐹 ∙ 𝑣 = 𝑚𝑎𝑣 = 𝑚𝑎 𝑎𝑡 = 𝑚𝑎

2

𝑡 = 𝑚

∆𝑣

∆𝑡

2

𝑡

Jednostka:

𝑃 = kg

m

2

s

2

s

= kg

m

2

s

2

1

s

=

J

s

= W

Wartośd mocy chwilowej:

𝑃 = 1 500 ∙

10

3

2

∙ 2 =

300 000

9

= 33 333 W = 33,3 kW

RZad108

W najwyższym punkcie pętli paciorek ma
prędkość spełniająca bilans energii:

𝑚𝑔𝐻 = 𝑚𝑔2𝑅 +

1
2

𝑚 𝑣"

2

skąd

𝑣" = 2𝑔(𝐻 − 2𝑅)

Po uwzględnieniu warunków zadania

𝑣" = 2𝑔(3,5𝑅 − 2𝑅) = 3𝑔𝑅

Nacisk N” paciorka na drut w tym miejscu
będzie różnicą pomiędzy siłą ciężkości
a siła odśrodkową:

𝑁" = 𝑚𝑔 −

𝑚 𝑣"

2

𝑅

Wstawiając

znalezioną

prędkość

w najwyższym punkcie otrzymamy:

𝑁" = 𝑚𝑔 −

𝑚3𝑔𝑅

𝑅

= 𝑚𝑔 − 3𝑚𝑔 = −2𝑚𝑔

Znak minus oznacza, że siła nacisku jest skierowana w górę.

Postępując podobnie znajdziemy prędkość w najniższym punkcie toru:

𝑚𝑔𝐻 =

1
2

𝑚 𝑣′

2

skąd

F”

od

v”

mg

R

H

mg

F’

od

v’

background image

𝑣′ = 2𝑔𝐻

Po uwzględnieniu warunków zadania

𝑣′ = 2𝑔3,5𝑅 = 7𝑔𝑅

Nacisk N’ paciorka na drut w najniższym miejscu będzie sumą siłą ciężkości i siły odśrodkowej:

𝑁

= 𝑚𝑔 +

𝑚 𝑣′

2

𝑅

Wstawiając znalezioną prędkość w najniższym punkcie otrzymamy:

𝑁

= 𝑚𝑔 +

𝑚7𝑔𝑅

𝑅

= 8𝑚𝑔

RZad109

Zad. 109. Ciało znajdujące się na wysokości h rzucono pionowo do góry z prędkością 5 m/s. Prędkość

końcowa ciała wyniosła 25 m/s. Wyznaczyć h. Na jaką maksymalną wysokość H wzniosło się to
ciało? Jakie będą prędkości tego ciała na wysokościach H/4 i h/4?

Oznaczmy przez v

0

prędkość początkową ciała (tę na wysokości h) a przez v

k

prędkość końcową ciała

na wysokości równej zero. Zgodnie z zasadą zachowania energii mamy:

𝑚𝑔𝑕 +

𝑚𝑣

0

2

2

=

𝑚𝑣

𝑘

2

2

zatem

𝑕 =

𝑣

𝑘

2

2𝑔

𝑣

0

2

2𝑔

=

𝑣

𝑘

2

− 𝑣

0

2

2𝑔

𝑚

2

𝑠

2

𝑚

𝑠

2

=

𝑚

2

𝑠

2

𝑠

2

𝑚

= 𝑚

Po podstawieniu danych:

𝑕 =

25

2

− 5

2

2 ∙ 10

=

600

20

= 30 𝑚

Maksymalne wzniesienie spełni równośd energii:

𝑚𝑔𝑕 +

𝑚𝑣

0

2

2

= 𝑚𝑔𝐻

skąd

𝐻 = 𝑕 +

5

2

2𝑔

Po podstawieniu danych:

𝐻 = 30 +

5

2

2 ∙ 10

= 30 + 1,25 = 31,25 [m]

Prędkośd v

1

na wysokości H/4 spełni równanie

𝑚𝑔𝑕 +

𝑚𝑣

0

2

2

= 𝑚𝑔

𝐻

4

+

𝑚𝑣

1

2

2

background image

skąd

𝑣

1

= 2𝑔 𝑕 −

𝐻

4

+𝑣

0

2

𝑚

𝑠

Po podstawieniu:

𝑣

1

= 2 ∙ 10 30 −

31,25

4

+ 5

2

= 20 ∙ 22,2 + 25 = 469 = 21,7

𝑚

𝑠

Analogicznie prędkośd v

2

na wysokości h/4 wyniesie

𝑚𝑔𝑕 +

𝑚𝑣

0

2

2

= 𝑚𝑔

𝑕
4

+

𝑚𝑣

2

2

2

skąd

𝑣

2

= 2𝑔 𝑕 −

𝑕
4

+𝑣

0

2

=

3𝑔𝑕

2

+𝑣

0

2

𝑚

𝑠

Po podstawieniu:

𝑣

2

= 1,5 ∙ 10 ∙ 30 + 5

2

= 450 + 25 = 475 = 21,8

𝑚

𝑠



RZad110

Oznaczmy wysokość punktu A przez h a różnicę wysokości punktów A i B przez

h = 3m. Zgodnie z

zasadą zachowania energii mamy:

𝑚𝑣

2

2

+ 𝑚𝑔𝑕 =

𝑚

𝑣

2

2

2

+ 𝑚𝑔(𝑕 + ∆𝑕)

zatem

𝑣

2

+ 2𝑔𝑕 =

𝑣

2

4

+ 2𝑔𝑕 + 2𝑔∆𝑕

stąd

𝑣 =

8𝑔∆𝑕

3

= 2

2𝑔∆𝑕

3

m

s

2

m =

m

s

Po podstawieniu

𝑣 = 2

2 ∙ 10 ∙ 3

3

= 20 = 4,5

m

s

Oznaczmy szukaną maksymalną wysokośd wzniesienia ponad punkt B jako H, mamy:

𝑚𝑣

2

2

+ 𝑚𝑔𝑕 = 𝑚𝑔(𝑕 + ∆𝑕 + 𝐻)

background image

skąd po podstawieniu otrzymanej wcześniej prędkości v dostajemy:

𝑚

2

8𝑔∆𝑕

3

+ 𝑚𝑔𝑕 = 𝑚𝑔𝑕 + 𝑚𝑔∆𝑕 + 𝑚𝑔𝐻

i wyznaczamy

𝐻 =

1
3

∆𝑕

W pamięci obliczamy

𝐻 = 1[m]

RZad112

Zgodnie z zasadą zachowania energii obniżenie się środka masy układy oznacza zmniejszenie energii
potencjalnej układu, co musi skutkować wzrostem energii kinetycznej układu mas – tak aby całkowita
energia mechaniczna została zachowana. Oczywiście, prędkość v ciała o masie m będzie taka sama jak
prędkość ciała o masie M, choć przeciwnie skierowana.

Oznaczmy przez h

1

wysokość położenia środka masy układu w chwili początkowej, a przez h

2

wysokość położenia środka masy układu w chwili końcowej i wyznaczmy te położenia. Zgodnie z
definicją środka masy mamy:

𝑀 𝑕 − 𝑕

1

= 𝑚𝑕

1

𝑕

1

𝑀 + 𝑚 = 𝑀𝐻

𝑕

1

=

𝑀

𝑀 + 𝑚

𝐻

Analogicznie w chwili koocowej:

𝑚 𝑕 − 𝑕

2

= 𝑀𝑕

2

𝑕

2

𝑀 + 𝑚 = 𝑚𝐻

𝑕

2

=

𝑚

𝑀 + 𝑚

𝐻

Obniżenie ∆𝑕 środka masy będzie równe:

∆𝑕 = 𝑕

1

− 𝑕

2

=

𝑀 − 𝑚
𝑀 + 𝑚

𝐻

Zmiana energii potencjalnej układu przełoży się na energię kinetyczną ciał:

𝑀 + 𝑚 𝑔∆𝑕 =

𝑀𝑣

2

2

+

𝑚𝑣

2

2

=

1
2

𝑀 + 𝑚 𝑣

2

skąd

𝑣

2

= 2𝑔∆𝑕 = 2𝑔𝐻

𝑀 − 𝑚
𝑀 + 𝑚

Ostatecznie:

𝑣 = 2𝑔𝐻

𝑀 − 𝑚
𝑀 + 𝑚

𝑚

𝑠

2

𝑚 =

𝑚

𝑠

background image

W sytuacji gdy tarcie na krążku spowoduje rozpraszanie energii należy to uwzględnid dodając straty
energii (równe pracy sił tarcia) do bilansu energii:

𝑀 − 𝑚 𝑔𝐻 =

1
2

𝑀 + 𝑚 𝑣

2

+ 𝑊

i wówczas

𝑣 = 2𝑔𝐻

𝑀 − 𝑚
𝑀 + 𝑚

2𝑊

𝑀 + 𝑚

RZad113

Zgodnie z zasadą zachowania energii energia potencjalna i kinetyczna w chwili startu równa będzie
energii kinetycznej w momencie uderzenia w ziemię:

Oznaczmy przez v

k

prędkość z jaką ciało uderzyło w ziemię, mamy wówczas:

𝑚𝑔𝐻 +

𝑚𝑣

0

2

2

=

𝑚𝑣

𝑘

2

2

stąd

𝐻 =

𝑣

𝑘

2

2𝑔

𝑣

0

2

2𝑔

=

𝑣

𝑘

2

− 𝑣

0

2

2𝑔

m

2

s

2

m

s

2

= m

Obliczamy:

𝐻 =

35

2

− 5

2

2 ∙ 10

=

1200

20

= 60 [m]

W drugiej części zadania zastosujemy ten sam sposób, trzeba tylko zauważyd, że po przebyciu H/6
drogi ciało będzie na wysokości 5H/6. Oznaczmy prędkośd w tym momencie przez v i układamy bilans
energii:

𝑚𝑔𝐻 +

𝑚𝑣

0

2

2

= 𝑚𝑔

5𝐻

6

+

𝑚𝑣

2

2

skąd

6𝑔𝐻 − 5𝑔𝑕 = 3𝑣

2

− 3𝑣

0

2

3𝑣

2

= 𝑔𝐻 + 3𝑣

0

2

i ostatecznie:

𝑣 =

𝑔𝐻

3

+ 𝑣

0

2

m

s

Obliczamy:

𝑣 =

10 ∙ 60

3

+ 25 = 225 = 15

m

s

background image

RZad114

Oznaczmy wysokość daną w zadaniu przez h, a maksymalną wysokość przez H. Wektorowy zapis
prędkości oznacza, że składowe wektora prędkości wynoszą:

𝑣

𝑥

= 𝑣

0𝑥

= 7,6

m

s

𝑣

𝑦

= 6,1

m

s

Wartośd prędkości na wysokości h wyniesie:

𝑣 = 𝑣

𝑥

2

+ 𝑣

𝑦

2

Policzmy tę prędkośd, bo będzie potrzebna do wyznaczenia energii kinetycznej

𝑣 = 7,6

2

+ 6,1

2

= 95 = 9,75

m

s

Bilansując energię całkowitą w momencie wyrzutu i na wysokości h, mamy:

𝑚𝑣

0

2

2

=

𝑚𝑣

2

2

+ 𝑚𝑔𝑕

Wyznaczymy stąd prędkośd początkową wyrzutu v

0

:

𝑣

0

= 𝑣

2

+ 2𝑔𝑕

Wartośd tej prędkości:

𝑣

0

= 9,75

2

+ 2 ∙ 10 ∙ 9,1 95 + 182 = 277 = 16,6

m

s

Bilans energii w najwyższym punkcie pozwoli wyznaczyd tę wysokośd:

𝑚𝑣

0

2

2

= 𝑚𝑔𝐻

𝐻 =

𝑣

0

2

2𝑔

m

2

s

2

m

s

2

= m

Obliczamy:

𝐻 =

16,6

2

2 ∙ 10

= 13,8 [m]

Prędkośd z jaką kamieo upadnie na ziemię jest oczywiście równa prędkości wyrzutu i wynosi

𝑣

𝑘

= 16,6

m

s

background image

RZad115

W

najwyższym

punkcie

toru

prędkość ciała ma tylko składową
poziomą równą składowej poziomej
prędkości początkowej.

𝑣 = 𝑣

0𝑥

Oznaczmy

przez

k

stosunek

prędkości dany w zadaniu:

𝑘 =

𝑣

0

𝑣

=

𝑣

0

𝑣

0𝑥

Z drugiej strony:

𝑣

0𝑥

𝑣

0

= cos 𝛼

Zatem

cos 𝛼 =

1
𝑘

Podstawiamy i mamy

cos 𝛼 =

1
5

= 0,2

𝛼 = 78°28′


RZad116

Oznaczmy prędkość własną kulki
przez w. Prędkość początkowa v

0

kulki może być zatem sumą lub
różnicą prędkości u i w. Te dwa
przypadki najwygodniej będzie
rozważyć

w

ostatnim

etapie

rozwiązania przyjmując:

𝑣

0

= 𝑢 + 𝑤

𝑣

0

= 𝑢 − 𝑤

y

x

v

0x



v

0

v = v

0x

v

0y

H

x

v

0x

h

v

v

0

= v

0x

v

y

H

A

y

background image

Napiszmy kinematyczne równania ruchu w przypadku rzutu poziomego:

𝑥 = 𝑣

0

𝑡

𝑦 = 𝐻 −

1
2

𝑔𝑡

2

Różniczkując po czasie te równania otrzymamy współrzędne prędkości:

𝑣

𝑥

= 𝑣

0

𝑦

𝑦

= −𝑔𝑡

Znak minus oznacza prędkośd zorientowaną przeciwnie do kierunku (w górę) przyjętego za dodatni.
Szukana prędkośd jest przekątną prostokąta prędkości:

𝑣 = 𝑣

𝑥

2

+ 𝑣

𝑦

2

= 𝑣

0

2

+ 𝑔𝑡

2

Czas t znajdziemy kładąc y = h w równaniu ruchu:

𝑕 = 𝐻 −

1
2

𝑔𝑡

2

𝑡 =

2(𝐻 − 𝑕)

𝑔

Prędkośd zatem wyrazi się wzorem:

𝑣 = 𝑣

0

2

+ 𝑔

2 𝐻 − 𝑕

𝑔

2

= 𝑣

0

2

+ 2𝑔(𝐻 − 𝑕)

Obliczamy prędkośd w przypadku rzutu w kierunku ruchu balonu:

𝑣 = (20 + 5)

2

+ 2 ∙ 10 ∙ 2000 −

2
3

2000 = 625 + 13 332 = 13 957 = 118

m

s

i w kierunku przeciwnym:

𝑣 = (20 − 5)

2

+ 2 ∙ 10 ∙ 2000 −

2
3

2000 = 225 + 13332 = 13 557 = 116

m

s

RZad117

Praca w ruchu obrotowym wyraża się wzorem:

𝑊 = 𝑀

ś𝑟

𝜑

gdzie



oznacza drogę kątową a M

śr

to średni moment siły – w naszym przypadku siły tarcia

hamującej ruch po okręgu. Ponieważ siła hamująca ma stała wartośd, to jej wartośd średnia równa
jest chwilowej, a jej moment wyniesie:

𝑀 = 𝑀

ś𝑟

= 𝐹

𝑇

𝑅 = 𝑓𝑚𝑔𝑅

gdzie R oznacza promieo okręgu, m masę ciała a f współczynnik tarcia. Podstawiając do wzoru na
pracę otrzymujemy:

𝑊 = 𝑓𝑚𝑔𝑅𝜑

background image

Praca ta spowodowała zmniejszenie energii kinetycznej poruszającego się ciała:

𝑊 = ∆𝐸

𝑘

=

𝑚𝑣

2

2

2

𝑚𝑣

1

2

2

=

𝑚

2

𝑣

2

2

− 𝑣

1

2

i możemy wyznaczyd pracę siły tarcia:

𝑊 =

0,5

2

6

2

− 8

2

= 0,25 −28 = −7 [J]

Praca siły tarcia jest ujemna, bo powoduje zmniejszanie się prędkości.

Praca siły dośrodkowej jest równa zero, bo jej moment jest równy zero z racji równoległości
wektorów siły i promienia.

Współczynnik tarcia policzymy ze wzoru na pracę zauważając, że 1 obrót to 2

radianów:

𝑓 =

𝑊

𝑚𝑔𝑅𝜑

𝑓 =

7

0,5 ∙ 10 ∙ 2 ∙ 2𝜋

= 0,11

Liczbę N obrotów do momentu zatrzymania otrzymamy dzieląc przez 2

drogę kątową

odpowiadająca pracy W’ siły tarcia do momentu zatrzymania równą początkowej energii kinetycznej
ciała.

𝑁 =

𝜑

2𝜋

=

𝑊′

𝑓𝑚𝑔𝑅

1

2𝜋

=

𝑚𝑣

1

2

2

2𝜋𝑓𝑚𝑔𝑅

=

𝑣

1

2

4𝜋𝑓𝑔𝑅

𝑚

2

𝑠

2

𝑚

𝑠

2

𝑚

= 1

Obliczamy:

𝑁 =

8

2

4𝜋 ∙ 0,11 ∙ 10 ∙ 2

=

64

8,8𝜋

= 2,3

RZad118

0

40

80

120

160

0

0.1

0.2

siła

*N

+

wydłużenie [m]

Siła sprężystości jest proporcjonalna do
wydłużenia sprężyny:

gdzie minus oznacza przeciwny do wydłużenia
kierunek

działania

siły

model

jednowymiarowy.

Praca z kolei może byd przedstawiona jako
iloczyn średniej siły i wydłużenia:

Korzystając ze wskazówki mamy:

background image

Porównując oba wzory na pracę i wykorzystując definicję siły sprężystości otrzymujemy:

𝐹

ś𝑟

𝑥 =

𝑘𝑥

2

2

𝐹

ś𝑟

=

𝑘𝑥

2

=

𝐹

2

a zatem średnia siła jest równa połowie wartości siły maksymalnej. Wykres przedstawia zależność siły
sprężystości od wydłużenia a praca na tym wykresie jest polem pod krzywą (prostą). Jak widać
dwukrotne zwiększenie wydłużenia powoduje czterokrotne zwiększenie pracy.

Przyjmijmy, że W

1

to praca włożona w rozciągnięcie sprężyny o x

1

, a W

2

to praca wymagana aby

rozciągnąć sprężynę o x

2

. Mamy zatem:

𝑊

1

=

𝑘𝑥

1

2

2

𝑘 =

2𝑊

1

𝑥

1

2

oraz:

𝑊

2

=

𝑘𝑥

2

2

2

=

2𝑊

1

𝑥

1

2

𝑥

2

2

2

= 𝑊

1

𝑥

2

𝑥

1

2

Podstawiając dane otrzymujemy:

𝑊

2

= 4

0,2
0,1

2

= 4 ∙ 4 = 16 [J]

RZad119

Energia kinetyczna kuli zostaje zużyta na

wykonanie pracy przeciwko siłom spójności drewna,

wykonanie pracy odkształcania materiału kuli,

podniesienie temperatury kuli

lokalne podniesienie temperatury drewna,

jednym słowem zostanie rozproszona.

Stosując definicję pracy w postaci:

Stosując definicję pracy w postaci:

𝑊 = 𝐹

ś𝑟

𝑑

możemy zbilansowad energię i pracę:

𝑚𝑣

2

2

= 𝐹

ś𝑟

𝑑

gdzie d oznacza głębokośd kuli po zderzeniu i otrzymujemy:

background image

𝐹

ś𝑟

=

𝑚𝑣

2

2𝑑

,

kg

m

s

2

m

=

kg ∙ m

s

= N

Znajomośd siły pozwoli znaleźd przyspieszenie:

𝐹

ś𝑟

= 𝑚𝑎

bo z drugiej strony:

𝑎 =

∆𝑣

∆𝑡

=

𝑣

𝑡

zatem:

𝐹

ś𝑟

= 𝑚

𝑣

𝑡

skąd

𝑡 =

𝑚𝑣

𝐹

ś𝑟

,

kg

m

s

N

=

kg ∙ m

s

s

2

kg ∙ m

= s

Po podstawieniu otrzymujemy:

𝑡 =

2𝑚𝑣𝑑

𝑚𝑣

2

=

2𝑑

𝑣

,

Obliczenia

𝐹

ś𝑟

=

𝑚𝑣

2

2𝑑

=

0,005 ∙ 600

2

2 ∙ 0,02

=

360 000

8

= 45 000 J = 45 kJ

𝑡 =

2𝑑

𝑣

=

2 ∙ 0,02

600

=

0,02

300

=

2

30 000

= 6,7 ∙ 10

−5

𝑠 = 67[μs]

RZad120

Oznaczmy drogę masy M przez h – będzie to obniżenie wysokości tej masy i jednocześnie droga jaką
pokona masa m. Stosując zasadę zachowania energii dochodzimy do wniosku, że zmniejszenie energii
potencjalnej masy M powoduje zwiększenie energii kinetycznej obu mas, a część zostanie zużyta na
wykonanie pracy przeciwko sile tarcia pomiędzy masą m a podłożem.

𝑀𝑔𝑕 =

1
2

𝑀𝑣

2

+

1
2

𝑚𝑣

2

+ 𝑊

𝑇

Praca przeciwko sile tarcia będzie iloczynem siły tarcia (współczynnik tarcia f razy nacisk mg) i drogi h:

𝑊

𝑇

= 𝑓𝑚𝑔𝑕

Podstawiamy i mamy:

2𝑀𝑔𝐻 − 2𝑓𝑚𝑔𝑕 = 𝑚 + 𝑀 𝑣

2

background image

skąd

𝑣 = 2𝑔𝑕

𝑀 − 𝑓𝑚

𝑚 + 𝑀

,

m

s

2

m

kg
kg

=

m

s

Aby wykonad obliczenia musimy znad obie masy albo przynajmniej ich iloraz.

background image

RZad121

Ruch jednostajnie przyspieszony odbywa się pod wpływem stałej siły (siła wypadkowa). Siła
wypadkowa to, z jednej strony, różnica pomiędzy siłą napędową F

n

pochodzącą od silnika a siłą tarcia

F

T:

𝐹 = 𝐹

𝑛

− 𝐹

𝑇

a z drugiej iloczyn masy i przyspieszenia:

𝐹 = 𝑚𝑎

Zatem siła napędowa:

𝐹

𝑛

= 𝐹 − 𝐹

𝑇

= 𝑚𝑎 − 𝑓𝑚𝑔

Praca tej siły może byd przedstawiona jako iloczyn siły i przesunięcia:

𝑊 = 𝐹

𝑛

𝑠

gdzie s jest drogą w ruchu jednostajnie przyspieszonym:

𝑠 =

𝑎𝑡

2

2

i przyspieszenie:

𝑎 =

∆𝑣

∆𝑡

=

𝑣

𝑡

Ostatecznie siła napędowa wyraża się wzorem:

𝐹

𝑛

= 𝑚

𝑣

𝑡

− 𝑓𝑚𝑔

i praca tej siły wyniesie:

𝑊 = 𝑚

𝑣

𝑡

− 𝑓𝑚𝑔 𝑠 = 𝑚

𝑣

𝑡

− 𝑓𝑚𝑔

𝑎𝑡

2

2

= 𝑚

𝑣

𝑡

− 𝑓𝑚𝑔

𝑣

𝑡

𝑡

2

2

Ostatecznie:

𝑊 =

𝑚𝑣

2

2

1 − 𝑓

𝑔𝑡

𝑣

kg

m

2

s

2

= Nm = J

Po podstawieniu danych (zamieniamy km/h na m/s) otrzymujemy:

𝑊 =

100000 ∙ 108

1000

3600

2

2

1 − 0,05

10 ∙ 15

108

1000

3600

= 45 ∙ 10

6

∙ 0,75 [J] = 33,75 [MJ}

background image

F

F

n

mg

F

s

m

F

T

RZad122

Załóżmy, że siła zsuwająca
ciało działa w dół równi.
Ponieważ prędkość zsuwania
jest stała to mamy do czynienia
z równowagą sił działających w
kierunku wektora prędkości:

𝐹 + 𝐹

𝑠

= 𝐹

𝑇

Podstawiając znane zależności
otrzymujemy:

𝐹 + 𝑚𝑔 sin 𝛼 = 𝑓𝑚𝑔 cos 𝛼

Skąd

𝐹 = 𝑚𝑔𝑓 cos 𝛼 − sin 𝛼

Aby wyznaczyd moc stałej siły dokonajmy prostych przekształceo:

𝑃 =

𝑊

𝑡

=

𝐹𝑠

𝑡

= 𝐹

𝑠

𝑡

= 𝐹𝑣

Zatem:

𝑃 = 𝑚𝑔 𝑓 cos 𝛼 + sin 𝛼 𝑣Aby dokonać obliczeń trzeba znać kąt nachylenia równi.

RZad123

Zgodnie z zasadą zachowania energii i równoważności pracy i energii początkowa energia potencjalna
sanek zostanie zużyta na wykonanie pracy przeciwko sile tarcia a reszta zamieniona na energię
kinetyczną sanek u podstawy równi. Ta reszta z kolei zostaje rozproszona przez siłę tarcia na
poziomym torze.

Rozważmy najpierw ruch po równi, gdzie mamy:

F

s

mg

F

T

m

F

n





x

background image

𝑚𝑔𝑕 =

𝑚𝑣

𝑘

2

2

+ 𝑊

𝑇

przy czym wysokośd równi h wiąże się z długością równi d zależnością:

𝑕 = 𝑑 sin 𝛼 ;

v

k

oznacza prędkośd klocka u podstawy równi, a praca siły tarcia wynosi:

𝑊

𝑇

= 𝑓𝐹

𝑛

𝑑 = 𝑓𝑚𝑔 𝑑cos 𝛼

Podstawiając otrzymujemy:

𝑚𝑔𝑑 sin 𝛼 =

𝑚𝑣

𝑘

2

2

+ 𝑓𝑚𝑔𝑑 cos 𝛼

skąd

𝑣

𝑘

= 2𝑔𝑑(sin 𝛼 − 𝑓 cos 𝛼)

Prędkośd ta staje się prędkością początkową sanek w ruchu poziomym a energia kinetyczna z nią
związana zostaje zużyta na pracę przeciwko sile tarcia na drodze x, tzn. do momentu zatrzymania.
Bilansujemy pracę i energię:

𝑚𝑣

𝑘

2

2

= 𝑊

𝑇

Praca na drodze x przeciwko sile tarcia wyniesie:

𝑊

𝑇

= 𝑓𝑚𝑔𝑥 .

Podstawiamy i otrzymujemy:

𝑣

𝑘

2

= 2𝑓𝑔𝑥

skąd:

𝑥 =

𝑣

𝑘

2

2𝑓𝑔

Po podstawieniu znalezionej wcześniej prędkości v

k

otrzymujemy koocowy rezultat:

𝑥 = 𝑑

sin 𝛼 − 𝑓 cos 𝛼

𝑓

[m]

Obliczenia:

𝑥 =

10(sin 30° − 0,2 cos 30°)

0,2

= 50 0,5 − 0,1 3 = 16,3 m

background image

RZad124

Miejsce oderwania zsuwającego
się ciała wyznacza warunek
równowagi sił: odśrodkowej F

od

i

składowej normalnej F

n

siły

ciężkości mg:

𝐹

𝑜𝑑

= 𝐹

𝑛

Łatwo zauważyd, że:

𝐹

𝑛

= 𝑚𝑔 cos 𝛼

i pamiętamy, że:

𝐹

𝑜𝑑

=

𝑚𝑣

2

𝑅

Podstawiamy i mamy:

𝑚𝑣

2

𝑅

= 𝑚𝑔 cos 𝛼

skąd

𝑣

2

= 𝑔𝑅 cos 𝛼

Zdając sobie sprawę z tego, że ze wzrostem kąta

rośnie prędkośd zsuwania v szukamy zależności

między tymi wielkościami. Skorzystamy z zasady zachowania energii porównując początkową energię
potencjalną ciała w najwyższym punkcie kuli z energią mechaniczną w momencie oderwania:

𝑚𝑔2𝑅 = 𝑚𝑔 2𝑅 − 𝑕 +

𝑚𝑣

2

2

Zauważmy też, że:

cos 𝛼 =

𝑅 − 𝑕

𝑅

Po prostych przekształceniach otrzymujemy:

𝑕 = 𝑅 1 − cos 𝛼

a po wstawieniu do bilansu energii:

𝑣

2

= 2𝑔𝑅 − 2𝑔𝑅 cos 𝛼

Porównując ten rezultat z wcześniejszym równaniem dla v

2

dostajemy:

2𝑔𝑅 − 2𝑔𝑅 cos 𝛼 = 𝑔𝑅 cos 𝛼

skąd

R

h

F

od

F

s

v

mg

F

n





background image

cos 𝛼 =

2
3

𝛼 ≅ 48°

Odp. Zsuwające się po powierzchni kuli ciało oderwie się gdy jego promień wodzący zakreśli kąt 48°.

---------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------

***


Wyszukiwarka

Podobne podstrony:
Fizyka I Lista zadań numer 2
Fizyka I Lista zadan numer 8 id 176727
Fizyka I Lista zadań numer 7
Fizyka I Lista zadań numer 1
Fizyka I Lista zadań numer 4
Fizyka I Lista zadań numer 5
Fizyka I Lista zadan numer 9 id 176728
Fizyka I Lista zadań numer 8
Fizyka I Lista zadań numer 9
Fizyka lista zadan 1 id 176924 Nieznany
Fizyka lista zadań 1, Mechanika i Budowa Maszyn PWR MiBM, Semestr I, Fizyka
Fizyka lista zadan 1 id 176924 Nieznany
IV lista zadan z Fizyki Transport, 1 Studia PWR (Transport 1 Rok 1 Semestr), Fizyka PWR dr.Henryk Ka

więcej podobnych podstron