Lista 1 z rozwiązaniami
Autorzy rozwiązań zadań:
Zad.22 – 41 dr J.BoŜym
Zad. 42 – 59 dr S. Gładysz
Prędkość średnia
22. Rowerzyści w czasie wycieczki rejestrowali swoją prędkość.
a) Rowerzysta A godzinę jechał z prędkością v
1
= 25 km/h podczas drugiej na skutek zmęczenia jechał
z prędkością v
2
= 15 km/h.
b) Rowerzysta B pierwsze 20 km jechał z prędkością v
1
= 25 km/h a kolejne 20 km z prędkością
v
2
= 15 km/h.
c) Rowerzysta C godzinę jechał z prędkością v
1
= 25 km/h a następne 20 km z prędkością
v
2
= 15 km/h.
Oblicz prędkości średnie rowerzystów.
Rozwiązanie:
23. Biegacz przebiegł połowę trasy z prędkością
h
km
18
v
1
=
, a drugą połowę z inną prędkością v
2
.
Gdyby biegł cały czas ze stałą prędkością
h
km
12
v
=
, to czas potrzebny na przebycie całej trasy nie
zmieniłby się. Oblicz wartość prędkości v
2
.
Rozwiązanie:
24. Indianin Sokole Oko przejechał na koniu odległość S dzielącą jego wigwam od źródła 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? Odpowiedź do części b) zadania w Internecie pod adresem
http://www.videosift.pl/story.php?id=12430
Rozwiązanie:
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 poniŜej mostu. Jaka jest prędkość rzeki, jeśli rybak poruszając się zarówno w górę, jak i w dół
rzeki wiosłuje jednakowo?
Rozwiązanie:
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 zaleŜy od odległości y od
brzegu i dana jest wzorem: V = v
o
sin(
π
y/L), gdzie v
o
jest stałą, a L szerokością rzeki. Znaleźć wektor
prędkości łódki względem brzegu.
Rozwiązanie:
27. Prędkość łódki względem wody wynosi v. Jak naleŜy skierować łódź, aby przepłynąć rzekę w
kierunku prostopadłym do brzegu? Woda w rzece płynie z prędkością u.
Rozwiązanie:
28. Dwa samochody poruszają się po dwóch prostoliniowych i wzajemnie prostopadłych drogach w
kierunku ich przecięcia ze stałymi szybkościami v
1
= 50 km/h i v
2
= 100 km/h. Przed rozpoczęciem
ruchu pierwszy samochód znajdował się w odległości s
1
=100km od skrzyŜowania dróg, a drugi w
odległości s
2
= 50km. od ich przecięcia. Po jakim czasie od chwili rozpoczęcia ruchu odległość między
samochodami będzie najmniejsza?
Rozwiązanie:
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.
Rozwiązanie:
30. Dwóch pływaków A i B skacze jednocześnie do rzeki, w której woda płynie z prędkością v.
Prędkość c (c > v) kaŜdego 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?
Rozwiązanie:
Ruch prostoliniowy jednostajnie przyspieszony
31. Cząstka rozpoczyna ruch przyspieszony z zerową prędkością
początkową. ZaleŜność przyspieszenia od czasu przedstawia wykres.
Wyznaczyć: (a) prędkość cząstki w chwilach t
1
= 10 s i t
2
= 20 s; (b)
ś
rednią prędkość w czasie od t
1
do t
2
; (c) drogę przebytą przez nią po
czasie t
2
.
Rozwiązanie:
32. Oblicz prędkość jaką uzyskasz poruszając się przez 1 rok prostoliniowo z przyspieszeniem
ziemskim g = 9,81m/s
2
.
Rozwiązanie:
33. Ciało swobodnie spadające pokonuje połowę drogi w ciągu ostatniej sekundy ruchu. Z jakiej
wysokości spada to ciało?
Rozwiązanie:
34. Motocyklista rusza ze stałym przyspieszeniem a = 0.5 m/s
2
. Po 0,6 min od chwili rozpoczęcia
ruchu zatrzymuje go policjant. Czy motocyklista będzie płacił mandat z powodu przekroczenia
dozwolonej prędkości 60 km/h?
Rozwiązanie:
35. Aby móc oderwać się od ziemi samolot musi osiągnąć prędkość
s
m
100
v
=
. Znaleźć czas
rozbiegu i przyspieszenie samolotu, jeŜeli długość rozbiegu wynosi d = 600m. ZałoŜyć, Ŝe ruch
samolotu jest jednostajnie zmienny.
Rozwiązanie:
36. Samochód jadący z prędkością
h
km
36
v
0
=
w pewnej chwili zaczął hamować i zatrzymał się po
upływie
s
2
=
t
. Zakładając, Ŝe ruch samochodu był jednostajnie zmienny, wyznacz jego
przyspieszenie a oraz drogę s, jaką przebył podczas hamowania.
Rozwiązanie:
37. W chwili, gdy zapala się zielone światło, samochód osobowy rusza z miejsca ze stałym
przyspieszeniem a równym 2,2 m/s
2
. W tej samej chwili wyprzedza go cięŜarówka, jadąca ze stałą
prędkością 9,5 m/s. (a) W jakiej odległości od sygnalizatora samochód osobowy dogoni cięŜarówkę?
(b) Ile wynosić będzie wówczas jego prędkość?
Rozwiązanie:
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/s
2
. (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?
Rozwiązanie:
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?
Rozwiązanie:
40. Wykres (patrz obok) przedstawia zaleŜność prędkości samochodu od
czasu. Ile wynosiła jego średnia prędkość po 2.5 h.
Rozwiązanie:
[
]
km/h
v
90
[h]
t
2
1
2.5
60
30
41. Wykres (patrz obok) przedstawia zaleŜność od czasu prędkości biegacza
po tzw. „falstarcie”. Jaką drogę przebiegł on w ciągu t s?
Rozwiązanie:
Rzuty
42. Ciało znajdujące się na wysokości h nad powierzchnią ziemi rzucono pionowo do góry z
prędkością v
0
= 5 m/s. Prędkość końcowa ciała (tuŜ przed upadkiem) wyniosła |v
k
| = 5v
0
. Wyznaczyć
h. Na jaką maksymalną wysokość H nad powierzchnię ziemi wzniosło się ciało? Ile czasu t
c
trwał ruch
ciała?
Rozwiązanie:
43. Ciało rzucono pionowo w dół z wysokości H, nadając mu prędkość początkową v
0
= 5m/s. Ciało
uderzyło o ziemię z prędkością v
k
= 35 m/s. Z jakiej wysokości H zostało rzucone? Ile sekund trwał
ruch ciała? Jaką prędkość v
1
miało to ciało w chwili, gdy przebyło drogę s
1
= H/6?
Rozwiązanie:
44. Kamień rzucono pionowo do góry. Mija on punkt A z prędkością v, a punkt B, leŜący 3m wyŜej
niŜ punkt A z prędkością 1/2 v. Oblicz: (a) prędkość v; (b) maksymalną wysokość wzniesienia się
kamienia ponad punkt B
Rozwiązanie:
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.
Rozwiązanie:
46. Układający się do drzemki kot spostrzega doniczkę przelatującą za oknem, najpierw w górę potem
w dół. Łączny 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?
Rozwiązanie:
47. W rzucie poziomym prędkość końcowa ciała jest n = 3 razy większa od prędkości początkowej.
Prędkość początkowa ciała wynosi
s
m
8
,
9
v
0
=
. Obliczyć wysokość początkową rzutu. Przyspieszenie
ziemskie
2
s
m
8
,
9
=
g
.
Rozwiązanie:
m
v
s
10
[s]
t
2
1
2.5
48. Kula pistoletowa wystrzelona poziomo przebiła dwie pionowo ustawione kartki papieru,
umieszczone w odległościach
m
20
1
=
l
i
m
30
2
=
l
od pistoletu. RóŜnica wysokości na jakich znajdują
się otwory w kartkach wynosi h = 5 cm. Oblicz prędkość początkową kuli. Przyspieszenie ziemskie
Rozwiązanie:
49. Z wieŜy o wysokości H=10 m wystrzelono z prędkością v = 100m/s pod kątem
α
= 30
o
pocisk. Z
jaką prędkością uderzył pocisk o ziemię? Jaki kąt tworzył tor pocisku z płaszczyzną ziemi? Napisz
równanie toru pocisku. Oblicz zasięg maksymalny.
Rozwiązanie:
50. Lotnik, który leci na wysokości h w kierunku poziomym z prędkością v
x
, 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 linią łączącą samolot z celem.
Rozwiązanie:
51. Karabin jest wycelowany w tarczę, odległą od niego o s m. Kula trafia w tarczę d m poniŜej
punktu, w który celowano. Wyznaczyć czas lotu kuli i jej prędkość początkową.
Rozwiązanie:
52. Na mistrzostwach świata w Tokio w 1991 r., Mike Powell skoczył w konkursie skoku w dal
8,95 m. Wyznaczyć jego prędkość początkową, jeśli kąt wybicia był równy 40°. Przyjąć g = 9,85m/s
2
.
Rozwiązanie:
53. Kamień wyrzucono z katapulty z prędkością początkową 20 m/s w górę pod kątem
45°.Wyznaczyć połoŜenie i prędkość kamienia po czasie 1,2 s.
Rozwiązanie:
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
(tuŜ przed upadkiem) kamienia?
Rozwiązanie:
55. Wartość prędkości początkowej pewnego pocisku wyrzuconego ukośnie jest pięć razy większa od
jego prędkości w punkcie maksymalnego wzniesienia. Pod jakim kątem wystrzelono pocisk?
Rozwiązanie:
56. Samolot lecący z prędkością v = 290 km/h nurkuje pod kątem 30° do powierzchni morza i
wypuszcza pakunek z Ŝywnością dla rozbitków znajdujących się w odległości 700 m liczonej po
powierzchni morza od punktu leŜącego bezpośrednio pod samolotem w momencie, gdy wypuszcza
ładunek. Jak długo trwał lot pakunku? Na jakiej wysokości znajdował się samolot w momencie
wyrzucenia ładunku?
Rozwiązanie:
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?
Rozwiązanie:
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 v
1
, 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 zaleŜy
promień krzywizny toru kulki od czasu? Przyjąć g = 10 m/s
2
.
Rozwiązanie:
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 wyraŜoną 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 połoŜonych na brzegu talerza podczas
przyspieszonego ruchu obrotowego; f) zaleŜność 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.
---------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------
Rozwiązania
RZad22
a)
ś
gdzie: S- cała przebyta droga, t – czas ruchu
W czasie pierwszej godziny rowerzysta przejechał drogę S
1
=v
1
t
1
(gdzie t
1
=1 h),
a w czasie drugiej godziny S
2
=v
2
t
2
(gdzie t
2
=1 h).
Zatem:
ś
Uwzględniając, Ŝe t
1
=t
2
=t otrzymujemy, Ŝe
ś
20 /.
b)
ś
Uwzględniając, Ŝe S
1
=S
2
=S otrzymujemy:
ś
18,75 /.
c)
ś
19,29/
Uwaga: Tylko w przypadku t
1
=t
2
prędkość średnia jest średnią arytmetyczną prędkości (pkt. a).
RZad23
Przyjmując , Ŝe:
t
1
- czas pokonania pierwszej połowy drogi z prędkością v
1
t
2
- czas pokonania drugiej połowy drogi z prędkością v
2
t - czas pokonania całej drogi z prędkością v
moŜemy zapisać:
,
czyli:
.
Stąd:
2
9 /
RZad24
a) Rozwiązujemy podobnie jak zadanie 23.
Przyjmując , Ŝe:
t
1
–czas pokonania drogi S w jedną stronę z prędkością v
t
2
- czas pokonania drogi S w drugą stronę z prędkością v
2
t - czas pokonania całej trasy w obie strony z prędkością średnią v
ś
r
moŜemy zapisać:
2
ś
Stąd:
ś
2
ś
Po uwzględnieniu, Ŝe v
ś
r
=
v mamy:
5
b)
ś
2
ś
Po uwzględnieniu, Ŝe v
ś
r
=2v mamy wyraŜenie nieokreślone. Oznacza to w tym przypadku, Ŝe nie jest
moŜliwe aby Indianin poruszał się z prędkością średnią 2v, poniewaŜ 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 t
1
= 1h, a następnie
przybliŜa się w czasie t
2
, który jest równy czasowi t
1
(tak samo jak na stojącej wodzie - ruch wody
powoduje jedynie , Ŝe cały układ ( tj. łódka, woda i wiosło) zmienia swoje połoŜenie względem
brzegu). Czyli od momentu wypadnięcia wiosła do momentu jego wyłowienia upływa czas t=2t
1
=2h.
W tym czasie wiosło w raz z wodą w rzece przepłynęło dystans S=6km. Oznacza to, Ŝe woda w rzece
porusza się z prędkością:
!"
#
3 /
RZad26
Ruchy w kierunku x oraz y są niezaleŜne.
Wektor prędkości łódki ma postać:
% &
'
,
(
) *
+
sin
/(
0
, 12.
Jest to wektor o wartości
34
+
567
89
:
;
1
Wektor ten nachylony jest do brzegu pod kątem α, którego tangens jest równy:
<=
9
>
?
@
ABC
89
:
.
Z analizy tangensa wynika, Ŝe przy brzegach (y = 0 lub y = L) łódka jest skierowana prostopadle do
nurtu rzeki bo tg
DE ∞, a na środku rzeki (y =
L) kąt α jest najmniejszy i
<=
?
F
.
RZad27
u
v v
wyp
Aby prędkość wypadkowa była skierowana prostopadle do brzegu, prędkość łodzi
% względem wody
powinna być skierowana do brzegu pod kątem α takim, Ŝe:
<=
G9H
?
√
J?
?
.
KL5=
1
RZad28
Wprowadźmy układ współrzędnych taki, Ŝe pierwszy samochód porusza się w kierunku dodatnim osi
x, a drugi w kierunku dodatnim osi y. Niech skrzyŜowanie dróg będzie początkiem tego układu
współrzędnych. W tym układzie równania ruchu obu samochodów przyjmą postać:
MNO 5
PNO 5
Odległość f między samochodami w funkcji czasu moŜna obliczyć z twierdzenia Pitagorasa:
QNO RM
P
RN 5
O
N 5
O
.
Czas t
min
, po którym funkcja osiąga minimum wartości moŜna obliczyć z warunku zerowania się
pochodnej tej funkcji po czasie:
Q
′
NO 0
Z tego warunku uzyskujemy wyraŜenie na t
min
:
"ST
4
5 48 67
RZad29
JeŜeli pominiemy opór powietrza to ruch kropli odbywa się w polu sił potencjalnych, a więc kropla
zachowuje swoją całkowitą energię mechaniczną E
cał
. Jeśli oznaczymy punkt początkowy przez A, a
końcowy przez B, to moŜna zapisać równanie:
V
WXł,Y
V
WXł,Z
czyli:
V
!,Y
V
[,Y
V
!,Z
V
[,Z
gdzie: E
kA
, E
kB
, E
pA
, E
pB
to odpowiednio energie kinetyczne i potencjalne w punktach A i B.
Dla względnie małych wysokości energię potencjalną moŜna wyrazić równaniem E
p
=mgh.
Przyjmijmy teŜ, Ŝe poziomem odniesienia względem, którego mierzymy wysokość h jest poziom
ziemi, więc E
p,B
=0. Ponadto, energia kinetyczna w miejscu, w którym kropla rozpoczyna ruch jest teŜ
równa zeru E
k
,
A
=0. Zatem mamy, Ŝe :
V
[,Y
V
!,Z
<
!
2
Stąd:
!
R2< 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 wyraŜoną wzorem (patrz
rysunek):
^([
√K
.
v
c v
wyp
Zatem czas t
1
potrzebny na to, aby pierwszy pływak pokonał dystans od długości L tam i z powrotem
wynosi:
0
G9H
0
√W
J
.
Czas drugiego pływaka, który płynie wzdłuŜ rzeki, obliczymy jako sumę czasu t
21
potrzebnego do
przepłynięcia dystansu L z nurtem rzeki i czasu t
22
potrzebnego do przepłynięcia tej samej długości L,
ale pod prąd:
0
W
0
WJ
0W
W
J
.
Aby ustalić który czas jest dłuŜszy obliczmy stosunek:
:
R_`
:_
_`
√W
J
W
3
W
J
W
31 a
W
b
<1
czyli t
1
<t
2
Pływak płynący w poprzek rzeki powróci pierwszy.
RZad31
Z wykresu ustalamy, Ŝe w czasie pierwszych 10 sekund cząstka porusza się ruchem jednostajnie
przyspieszonym z przyspieszeniem a
1
=2m/s
2
, zatem prędkość od czasu zaleŜy według równia:
NO
+
c
.
Z treści zadania wynika, Ŝe prędkość początkowa cząstki v
01
=0, więc dla t
1
=10s prędkość cząstki
wyniesie:
N
O c
20
5
Ustalmy teraz prędkość dla t
2
=20s. W przedziale czasu od t
3
=15s do t
2
=20s cząstka porusza się
ruchem jednostajnie opóźnionym z opóźnieniem a
2
=3m/s
2
, zatem:
NO
+
c
,
Gdzie czas t mierzony jest od momentu t
3
=15s, a prędkość początkowa v
02
chwili t
3
jest taka sama jak
prędkość uzyskana w chwili t
1
, gdyŜ od chwili t
1
=10s do chwili t
3
=15s cząstka porusza się ze stałą
prędkością. Zatem v
02
=20 m/s.
Czyli:
N
O
+
c
+
c
N
d
O 5 /5
Ustalmy teraz średnią prędkość w przedziale czasu od t
1
do t
2
. W tym przedziale cząstka od chwili
t
1
=10s
do chwili t
3
=15s porusza się ruchem jednostajnym pokonując odcinek s
1
, a następnie porusza
się ruchem jednostajnie opóźnionym pokonując odcinek s
2
, gdzie:
N
ON
d
O 100
i
+
N
d
O
c
N
d
O
62.5 .
Zatem prędkość średnia w przedziale czasu od t
1
do t
2
jest równa:
ś
J
16,25 /5.
Aby obliczyć pełną drogę od t=0 do t
2
=20s naleŜy do sumy dróg S
1
i S
2
dodać drogę S
10
przebytą w
pierwszych 10 sekundach.
+
+
1
2 c
1
2 c
100
Zatem cała droga:
+
262,2 .
RZad32
Ciało porusza się ruchem jednostajnie przyspieszonym bez prędkości początkowej (v
0
=0)
+
< < 3.09 · 10
g
/5.
Oznacza to, Ŝe przekroczona zostałaby prędkość światła (
K 3 · 10
g
/5), co przeczy aktualnej teorii
fizycznej. W rzeczywistości prędkość ciała rosłaby wolniej i jego masa nie byłaby stała, lecz rosłaby
w raz z prędkością wg wzoru
"
@
3Ja
_
b
.
v
ij
3a
kl
_
b
2,15 · 10
g
/5
RZad33
Z treści zadania wynika, Ŝe:
1
2 <
<N 1O
.
Pierwsze równanie wyraŜa drogę h przebytą przez spadające swobodnie (v
0
=0) ciało w czasie t.
Drugie równie zawiera informację o tym, Ŝe w czasie o 1s krótszym ciało przebędzie drogę o
długości
, co oznacza, Ŝe w ostatniej sekundzie pokona pozostałą drogę teŜ o długości
.
Rozwiązanie tego układu równań to:
√
√
J
5 42 √2;5
h=57,17 m
RZad34
Motocyklista porusza się ruchem jednostajnie przyspieszonym bez prędkości początkowej, więc:
NO
+
c c 18
5 18
0.001
1
3600
64,8
Motocyklista zapłaci mandat bo przekroczył dozwoloną prędkość.
RZad35
Samolot rozpędza się ruchem jednostajnie przyspieszonym bez prędkości początkowej, więc:
+
c c
m
+
1
2 c
1
2 c
Rozwiązanie tego układu , to:
2m
12 5
c
n
8, N3O/5
. Albo av/t
RZad36
+
c 0
5
+
c
.
Rozwiązanie tego układu równań, to:
c
@
5 /5
,
5
+
10 .
Ujemna wartość przyspieszenia oznacza, Ŝe ruch jest opóźniony.
RZad37
Wprowadźmy oś X skierowaną w kierunku ruchu obu pojazdów. Przyjmijmy, Ŝe 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 cięŜarowy ruchem jednostajnym z prędkością v
s
, więc połoŜenie samochodu osobowego x
s
oraz cięŜarowego x
c
moŜna zapisać równaniami:
M
\
NO
+
1
2 c
1
2 c
M
W
NO
W
.
Po czasie t
sp
oba pojazdy spotkają się ponownie, więc ich połoŜenia będą jednakowe:
M
\
4
\[
; M
W
4
\[
;
1
2 c
\[
W
\[
Stąd:
\[
2
W
c 8,6 5
Aby obliczyć drogę s jaką oba samochody pokonają do miejsca ich spotkania wystarczy podstawić
obliczony czas t
sp
do x
s
lub x
c.
Wykorzystajmy x
c
:
M4
\[
;
W
\[
W
2
W
c
2
W
c 82
Prędkość samochodu osobowego wyniesie wtedy:
\
4
\[
;
+
c
\[
c
\[
c
2
W
c 2
W
19 /5
RZad38
Ruch kabiny naleŜy rozbić na trzy etapy:
1)ruch jednostajnie przyspieszony z przyspieszeniem a na drodze s
1
, na której kabina osiąga
maksymalną prędkość v
max
,
2) ruch jednostajny z maksymalną prędkością v
max
na drodze s
2
,
3) ruch jednostajnie opóźniony z przyspieszeniem –a od prędkości maksymalnej v
max
do zatrzymania
kabiny. PoniewaŜ na tym etapie wartość bezwzględna przyspieszenia jest taka sama jak na etapie 1,
oraz wartość bezwzględna zmiany prędkości teŜ jest taka sama jak na etapie 1 to droga s
3
podczas
hamowania na etapie 3 jest równa drodze s
1
na etapie 1, czyli
5
d
5
.
Zatem cała droga H jest równa:
u 5
5
5
d
25
5
Drogę s
1
moŜna obliczyć ze wzoru na drogę w ruchu jednostajnie przyspieszonym bez prędkości
początkowej:
5
1
2 c
NaleŜy jednak najpierw obliczyć czas t
1
potrzebny na to, aby kabina rozpędziła się od zera do
prędkości v
max
. Czas ten obliczymy ze wzoru na prędkość w ruchu jednostajnie przyspieszonym bez
prędkości początkowej:
"X'
+
c
c
.
Stąd:
vw>
X
4,16 5.
Zatem
5
c
c a
vw>
X
b
vw>
X
10,58 m.
Oznacza to, że kabina porusza się ruchem jednostajnym na drodze:
5
u 25
190 21,16 168,84.
Całkowity czas t
c
poruszania się kabiny to suma czasów z poszczególnych etapów ruchu:
Całkowity czas t
c
poruszania się kabiny to suma czasów z poszczególnych etapów ruchu:
W
d
.
Czas rozpędzania się kabiny t
1
jest równy czasowi jej hamowania t
3
bo wartości bezwzględne
przyspieszeń są jednakowe oraz jednakowe są bezwzględne zmiany prędkości, czyli:
d
.
Czas t
2
obliczymy z równania dla ruchu jednostajnego:
5
"X'
.
Zatem:
W
2
2
vw>
X
\
vw>
2
vw>
X
xJ
vw>
w
vw>
vw>
X
x
vw>
41,56 5.
RZad39
Przeanalizujmy ruch Bena Johnsona.
WXł
1
2 c
Z
Z
"X'Z
N
WXł
Z
O
gdzie:
c
Z
vw>z
z
.
Zatem:
WXł
vw>z
z
Z
"X'Z
N
WXł
Z
O
"X'Z
WXł
"X'Z
Z
.
Stąd:
"X'Z
_wł
_wł
J
z
10,87 /5.
Wstawiając v
maxB
do wzoru na przyspieszenie otrzymamy:
c
Z
vw>z
z
_wł
a
_wł
J
z
b
z
5,43 /5
.
W ten sam sposób można przeanalizować ruch Carla Lewisa i otrzymać:
"X'{
_wł
_wł
J
|
11,49 /5,
c
{
vw>|
|
_wł
a
_wł
J
|
b
|
3,83 /5
.
PoniŜszy wykres przedstawia zaleŜności prędkości obu biegaczy od czasu.
v
2
3
t[s]
Ben Johnson rozpędza się szybciej, ale osiąga mniejszą prędkość maksymalną niŜ Carl Lewis.
Maksymalna róŜnica prędkości obu biegaczy moŜe wystąpić w chwili t
1B
=2s lub po czasie t
1C
=3s.
Sprawdźmy jakie biegacze mają prędkości dla chwili t
1B
=2s.
Z
c
Z
Z
"X'Z
10,87 /5
{
c
{
Z
vw>|
|
Z
7,66 /5.
Czyli różnica prędkości dla t
1B
=2 s wynosi:
∆
Z
{
3,21 /5
Ta różnica jest większa niż różnica prędkości po czasie t
1C
=3s, która wynosi (11,49-10,87)m/s=0,62
m/s. Zatem maksymalna wartość prędkości względnej obu biegaczy wynosi
~,^
Z
{
3,21 /5.
Po upływie czasu t=6s biegacze pokonają drogi, które obliczymy ze wzorów:
Z
NO
1
2 c
Z
Z
"X'Z
N
Z
O
1
2
"X'Z
Z
"X'Z
N
Z
O
{
NO
1
2 c
{
{
"X'{
N
{
O
1
2
"X'{
{
"X'{
N
{
O
Czyli
Z
N65O 54,35m
{
N65O 51,71
RZad40
Prędkość średnia to stosunek całkowitej drogi S
cał
do całkowitego czasu ruchu t
cał
. Na poszczególnych
etapach ciało porusza się ruchem jednostajnym, więc:
ś
_wł
_wł
_wł
+·+·d+·+,
,
!"
#
66 /.
RZad41
Całkowita droga to suma dróg przebytych na poszczególnych etapach:
WXł
d
,
lub pole pod krzywą na wykresie prędkości od czasu. Korzystając z geometrycznej interpretacji drogi
mamy, że:
WXł
1
2 10 · 1 10 · 1
1
2 10 · 0,5 17,5 .
RZad42
Oznaczmy przez t
1
czas ruchu ciała w górę aŜ do przebycia drogi (w górę) h
1
. Dla tych wielkości
mamy następujący układ równań:
−
=
−
=
2
1
2
1
1
1
1
0
gt
t
v
h
gt
v
o
o
Rozwiązując ten układ otrzymujemy:
g
v
t
0
1
=
,
g
v
h
2
2
0
1
=
Oznaczmy przez t
2
czas ruchu ciała w dół z wysokości h+h
1
. Z warunków zadania mamy:
=
=
+
2
0
2
2
2
1
1
5
gt
v
gt
h
h
Stąd obliczamy:
g
v
t
0
2
5
=
,
g
v
h
gt
h
2
0
1
2
2
2
1
12
=
−
=
,
g
v
gt
h
h
H
2
25
2
0
2
2
2
1
1
=
=
+
=
i
g
v
t
t
t
0
2
1
6
=
+
=
dla całkowitego czasu ruchu.
RZad43
Oznaczając przez t czas ruchu ciała mamy następujący układ równań opisujący rzut pionowy w dół z
prędkością początkową v
0:
+
=
+
=
2
2
1
0
0
gt
t
v
H
gt
v
v
k
Rozwiązując ten układ otrzymujemy:
g
v
v
t
k
0
−
=
,
g
v
v
H
o
k
2
2
2
−
=
Dalej, oznaczmy przez t
1
czas ruchu na drodze s
1
. Następujący układ równań opisuje kinematykę
ruchu rzuconego ciała na drodze s
1
:
+
=
+
=
2
1
2
1
1
0
1
0
1
6
gt
t
v
H
gt
v
v
Po obliczeniu
g
v
v
t
0
1
1
−
=
i wykorzystaniu wyraŜenia dla H (patrz wyŜej) drugie równanie z tego
układu otrzymuje postać:
2
0
1
2
1
0
1
0
2
0
2
2
6
1
−
+
−
⋅
=
−
⋅
g
v
v
g
g
v
v
v
g
v
v
k
, stąd po przekształceniach obliczamy
6
5
2
0
2
1
v
v
v
k
+
=
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:
−
=
−
=
2
2
1
2
1
gt
vt
h
gt
v
v
Eliminując czas t obliczamy:
gh
v
3
8
=
.
Oznaczmy teraz przez H i t
1
odpowiednio wysokość wzniesienia się kamienia ponad punkt B i czas do
tego potrzebny. Kinematykę ruchu kamienia w tej sytuacji opisuje układ równań:
−
=
−
=
1
2
1
2
1
2
1
1
2
1
0
gt
v
gt
vt
H
Postępując tak jak poprzednio obliczamy :
h
g
v
g
v
g
g
v
v
H
3
1
8
2
2
2
2
2
1
2
1
=
=
−
=
.
RZad45
Spadając z wysokości H w czasie t w momencie zetknięcia z ziemią ciało ma prędkość v
k
, przy czym
wielkości te związane są układem równań opisujących kinematykę spadku swobodnego:
=
=
2
2
1
gt
H
gt
v
k
Stąd obliczamy
gH
v
k
2
=
. Podobny układ równań z czasem ruchu t
1
układamy dla ruchu na
drodze H-h:
=
−
=
2
1
2
1
1
1
gt
h
H
gt
v
n
k
Z pierwszego równania mamy:
gH
ng
g
v
n
t
k
2
1
1
1
=
=
. Po wstawieniu do drugiego równania tak
obliczonego t
1
dostajemy wynik końcowy:
H
n
h
−
=
2
1
1
.
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 t
0
, a z warunków zadania wiemy, Ŝe t
0
=
0,25s. Oznaczmy przez v
1
i v
2
prędkości doniczki odpowiednio przy dolnej i górnej framudze. W
czasie ruchu do góry na drodze h mamy dla nich następujący układ równań:
−
=
−
=
0
1
2
2
0
2
1
0
1
gt
v
v
gt
t
v
h
Z tego układu obliczamy
2
0
0
1
gt
t
h
v
+
=
. Poszukiwaną wysokość wzniesienia H nad górną framugę
obliczymy z następującego układu równań:
−
=
−
=
1
2
2
1
2
1
1
2
0
gt
v
gt
t
v
H
w którym t
1
oznacza czas ruchu na drodze H. Z tego układu obliczamy
g
v
H
2
2
2
=
, a po wykorzystaniu
wyraŜenia dla v
2
otrzymujemy końcowy rezultat:
2
0
0
2
2
1
+
=
gt
t
h
g
H
RZad47
Oznaczmy przez t czas trwania rzutu; wtedy dla wysokości początkowej h i wartości prędkości
końcowej v
k
mamy następujące równości:
2
2
1
gt
h
=
,
( )
2
2
0
gt
v
v
k
+
=
. PoniewaŜ v
k
=nv
0
, więc
otrzymujemy następujące równanie dla obliczenia t:
( )
0
2
2
0
nv
gt
v
=
+
. Końcowo dostajemy:
(
)
1
2
2
2
0
−
=
n
g
v
h
.
RZad48
Oznaczmy przez t
1
i h
1
czas ruchu i połoŜenie otworu w kartce odległej o l
1
, mierzone od wysokości
początkowej. Analogicznie definiujemy t
2
i h
2
. Mamy następujące równości wiąŜące te wielkości:
1
0
1
t
v
l
=
,
2
0
2
t
v
l
=
,
2
1
2
1
1
gt
h
=
,
2
2
2
1
2
gt
h
=
. PoniewaŜ h=h
2
– h
1
, więc eliminując czas z pierwszych
dwóch równań otrzymujemy:
(
)
2
1
2
2
2
0
2
l
l
v
g
h
−
=
. Stąd obliczamy
(
)
2
1
2
2
0
2
l
l
h
g
v
−
=
.
RZad49
Składowe wektora prędkości poruszającego się ciała jako funkcje czasu wyraŜają się następującymi
równaniami:
( )
( )
−
=
=
gt
v
t
v
v
t
v
y
x
α
α
sin
cos
0
0
Dla składowych wektora połoŜenia jako funkcji czasu mamy:
( )
( )
+
−
⋅
=
⋅
=
H
gt
t
v
t
y
t
v
t
x
2
2
1
0
0
sin
cos
α
α
Do wypisania składowych uŜyto standardowego układu współrzędnych tzn. oś X kierunek poziomy,
oś Y kierunek pionowy. Równanie toru otrzymamy wyraŜając czas t przez x z pierwszego równania i
podstawiając do drugiego:
2
2
0
cos
2
9
x
v
x
tg
H
y
α
α
−
⋅
+
=
. Obliczymy następnie czas trwania rzutu
T rozwiązując równanie y(T)=0. Po uporządkowaniu równanie to przyjmuje postać równania
kwadratowego:
0
2
sin
2
0
2
=
−
−
g
H
T
g
v
T
α
. Dodatni pierwiastek tego równania jest równy:
+
+
=
α
α
2
2
0
0
sin
2
1
1
sin
v
gH
g
v
T
. Zasięg rzutu
( )
+
+
=
=
α
α
α
2
2
0
2
0
sin
2
1
1
sin
cos
v
gh
g
v
T
x
z
.
Obliczymy teraz prędkość v
k
w momencie upadku i kąt
β
jaki wektor prędkości tworzy z
powierzchnią ziemi, wykorzystując formuły:
( )
( )
T
v
T
v
v
y
x
k
2
2
+
=
i
( )
( )
T
v
T
v
tg
x
y
−
=
β
. Wyniki
końcowe są następujące:
gH
v
v
k
2
2
0
+
=
i
α
α
β
tg
v
gH
tg
2
2
0
sin
2
1
+
=
.
RZad50
Przyjmiemy jako wielkości dane, którymi dysponuje pilot wysokość h i prędkość v
x
. Kąt
α
(tak jak
definiuje go tekst zadania) obliczymy z zaleŜności:
A
x
h
tg
=
α
, gdzie x
A
oznacza odległość celu A
mierzoną w kierunku poziomym od miejsca nad którym znajduje się samolot. Mamy:
t
v
x
x
A
=
,
2
2
1
gt
h
=
gdzie t oznacza czas lotu ładunku. Obliczając czas t z drugiego równania dostajemy:
2
1
2
gh
v
g
h
v
h
tg
x
x
=
=
α
.
RZad51
Oznaczając czas lotu kuli t a jej prędkość początkową v
0
otrzymujemy dla tych wielkości następujący
układ równań:
=
=
t
v
s
gt
d
0
2
2
1
. Stąd obliczamy
g
d
t
2
=
i
d
g
s
v
2
0
=
.
RZad52
Niech z = 8,95m oznacza zasięg skoku, kąt
α
= 40
0
jest kątem wybicia. Oznaczjąc przez v
0
prędkość
początkową mamy dla z standardowe wyraŜenie:
g
v
z
α
2
sin
2
0
=
. Stąd obliczamy
α
2
sin
0
gz
v
=
.
RZad53
Oznaczając v
0
= 20m/s,
α
= 45
0
, t = 1,2s przywołujemy do rozwiązania znane wyraŜenia dla
składowych wektora prędkości i wektora połoŜenia jako funkcji czasu t:
−
=
=
gt
v
t
v
v
t
v
y
x
α
α
sin
)
(
cos
)
(
0
0
i
−
⋅
=
⋅
=
2
2
1
0
0
sin
)
(
cos
)
(
gt
t
v
t
y
t
v
t
x
α
α
. Podano składowe przy standardowym wyborze układu odniesienia: oś
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 v
x
= 7,6 m/s i v
y
= 6,1 m/s niech
będą składowymi wektora prędkości na tej wysokości. Mamy następujący układ równań dla h i v
y:
−
⋅
=
−
=
2
2
1
0
0
sin
sin
gt
t
v
h
gt
v
v
y
α
α
.
PoniewaŜ znamy wartości numeryczne h i v
y
, więc z tego układu dostajemy
następujące równanie dla czasu t:
0
2
2
2
=
−
+
g
h
t
g
v
t
y
. Dodatni pierwiastek tego równania jest równy:
+
+
−
=
2
2
1
1
y
y
v
gh
g
v
t
. PoniewaŜ
gt
v
v
y
+
=
α
sin
0
więc otrzymujemy
2
0
2
1
sin
y
y
v
gh
v
v
+
=
α
.
Obliczamy teraz kolejno:
(
)
gh
v
g
g
v
g
g
v
v
h
y
2
2
1
sin
2
1
sin
sin
2
2
0
0
0
max
+
=
−
=
α
α
α
,
gh
v
g
v
g
v
v
z
y
x
x
2
2
sin
2
2
0
+
=
=
α
. W powyŜszych dwóch związkach widnieje wyraŜenie
g
v
α
sin
0
oznaczające czas ruchu do maksymalnego wzniesienia i fakt Ŝe zasięg jest drogą w ruchu
jednostajnym z prędkością v
x
. PoniewaŜ prędkość końcowa jest równa prędkości początkowej więc
otrzymujemy:
(
) (
)
gh
v
v
v
v
v
v
y
x
p
k
2
sin
cos
2
2
2
0
2
0
+
+
=
+
=
=
α
α
.
RZad55
W rozwiązaniu wykorzystamy następujące znany fakt dotyczący rzutu ukośnego, mianowicie Ŝe w
punkcie max wzniesienia prędkość jest równa składowej x-owej (składowa y-kowa =0). Stąd z
warunków zadania mamy równanie:
α
cos
5
0
0
v
v
=
. Czyli
5
1
arccos
=
α
.
RZad56
Jest to zagadnienie rzutu ukośnego w dół, pod kątem
α
=-30
0
do poziomu. Podana prędkość samolotu
v = 290 km/h = 80,56 m/s jest prędkością początkową rzutu. Niech x
r
oznacza odległość rozbitków
liczoną w kierunku poziomym od miejsca nad którym znajduje się samolot. Mamy wtedy
t
v
x
r
⋅
=
α
cos
, skąd szukany czas t jest równy
α
cos
v
x
t
r
=
. Szukana wysokość samolotu
(
)
2
2
1
0
2
2
2
sin
2
cos
r
r
g
h
v
t
gt
x tg
x
v
α
α
α
=
+
=
+
.
RZad57
Piłka tenisowa poruszając się wykonuje rzut poziomy z wysokości h = 2,37m z prędkością
początkową v
0
= 23,6m/s. Odległość d = 12m piłka przebędzie w czasie
0
v
d
t
=
. W tej chwili piłka
będzie na wysokości
2
2
1
gt
h
−
. Jeśli ta wysokość będzie większa od wysokości siatki s, to piłka
przejdzie nad nią, stąd otrzymujemy warunek:
2
0
2
1
+
≥
v
d
g
s
h
.
RZad58
Jest to zagadnienie rzutu poziomego z wysokości H z prędkością początkową u+v. Oznaczjąc przez T
całkowity czas ruchu zaś przez z zasięg rzutu mamy:
(
)
+
=
=
T
v
u
z
gT
H
2
2
1
. Stąd otrzymujemy :
g
H
T
2
=
i
(
)
g
H
v
u
z
2
+
=
. Dla składowych prędkości v
1
mamy: v
x
= v+u, v
y
= -gt. Składowe
przyspieszenia a są równe a
x
= 0, a
y
= -g. Składowe styczną i normalną przyśpieszenia obliczymy
wykorzystując znane wzory, wynikające z podobieństwa trójkąta prędkości ze składowymi v
x
, v
y
i
trójkąta
przyspieszeń
ze
składowymi
a
s
,
a
n
:
(
) ( )
2
2
1
gt
u
v
gt
g
v
v
g
a
y
s
+
+
=
=
,
(
) ( )
2
2
gt
u
v
u
v
g
a
n
+
+
+
=
. PoniewaŜ
R
v
a
n
2
1
=
, więc promień krzywizny
(
) ( )
[
]
(
)
u
v
g
gt
u
v
R
+
+
+
=
2
3
2
2
.
RZad59
Podana w tekście zadania liczba 7200 obr/min jest częstotliwością f
k
, którą przeliczamy na 120 obr/s.
a)
k
k
f
⋅
=
π
ω
2
, b)
t
f
t
k
k
⋅
=
=
π
ω
ε
2
, c)
t
f
t
k
⋅
=
⋅
=
π
ε
α
2
2
1
, d)
2
2
t
f
n
k
=
=
π
α
,
e)
t
d
f
d
R
a
k
s
⋅
=
=
=
π
ε
ε
2
, f)
2
d
t
R
v
ε
ω
=
=
,
2
2
2
2
d
t
R
a
n
ε
ω
=
=
.
***