plik

Lista 4 z rozwiązaniami

Autorzy rozwiązań:

Zad.81,100 dr P.Biegański

Zad.82 -90 dr A.Kolarz.

Zad. 91 – 99,101-103 mgr. W.Magierski

Poprawione/uzupełnione rozwiązania zad. 101/103 prof. W. Salejda

Siły bezwładności

81. Jaką minimalną siłą należy działać na ciało A o masie M

(patrz rysunek), aby

ciało B o masie M

nie poruszało się względem niego (nie zsuwało się w dół),

jeśli: a) współczynnik tarcia między A i B wynosi f

, gdy A porusza się po

idealnie gładkiej powierzchni? b) współczynnik tarcia między A i B wynosi f

, a między A i

poziomą powierzchnią wynosi f? Obliczenia wykonać dla f

= 0,6, f = 0,4, M

= 20 kg i M

= 2 kg.

Rozwiązanie:

82. Wahadło o masie m wisi na podstawce umocowanej na wózku. Znaleźć kierunek nici wahadła, tj.
kąt α



nici z pionem oraz jej naprężenie T w przypadkach: a) wózek porusza się ruchem jednostajnym

po płaszczyźnie poziomej, b) wózek porusza się po płaszczyźnie poziomej z przyspieszeniem a, c)
wózek stacza się swobodnie z równi pochyłej, która tworzy kąt β z poziomem.

Rozwiązanie:

83. O jaki kąt odchyli się poziom cieczy przewożonej w samochodzie cysternie, gdy samochód
hamuje z opóźnieniem 5 m/s

(g = 10 m/s).

Rozwiązanie:

84. Wyznaczyć wartości sił odśrodkowych działających na człowieka znajdującego się: a) na równiku;
b) na powierzchni Ziemi poruszającej się wokół Słońca. Dane: masa człowieka 80 kg, promień Ziemi
6400 km, średnia odległość Ziemi od Słońca wynosi 150 mln. km.

Rozwiązanie:

85. Wyznaczyć nacisk ciała pilota o masie M na fotel samolotu wykonującą pętlę o promieniu R = 6
km leżącą w płaszczyźnie pionowej, gdy samolot jest: a) w najniższym punkcie okręgu (fotel jest pod
ciałem pilota) a prędkość samolotu wynosi 280 m/s; b) w najwyższym punkcie pętli (fotel jest nad
pilotem) a prędkość samolotu wynosi 120 m/s. Obliczenia wykonać dla M = 62 kg. W jakim punkcie
pętli i przy jakich wartościach podanych parametrów pilot przez chwilę znajdzie się w stanie
nieważkości?

Rozwiązanie:

86. Współczynnik tarcia między torem a oponami samochodu wynosi 0,8. Z jaką maksymalną
prędkością może ten samochód pokonać bez poślizgu zakręt o promieniu 40 m?

Rozwiązanie:

87. Na cało o masie M poruszający się w powietrzu z prędkością v nad powierzchnią Ziemi działa
oprócz siły grawitacji, siła bezwładności F

= 2 M v





, zwana siłą Coriolisa, gdzie



jest prędkością

kątową ruchu obrotowego Ziemi wokół osi płn-płd., przy czym wektor



jest skierowany od bieguna

płd. Ziemi do jej bieguna płn. Uzasadnić, że ciała wykonujące rzut ukośny na półkuli płn. odchylają
się od pierwotnego kierunku zawsze w prawo względem wektora prędkości v. Jaką regułę można stąd
wysnuć  dla ciał  wykonujących  rzut  ukośny  na  półkuli  płd?  Dlaczego  ciała  rzucone  pionowo  w  dół,
niezależnie  od  półkuli,  odchylają  się  na  wschód,  tj.  nie  spadają  pionowo  w  dół?  Wyobraź  sobie
idealnie  gładką  rurkę  o  średnicy  d  i  wysokości  H  ustawioną  pionowo  na  równiku,  w  której  spada
swobodnie i bez tarcia kulka o średnicy d. Z rurki odpompowano powietrze. Jak zależy od czasu siła
wywierana przez spadającą kulkę na boczną ściankę rurki?

Rozwiązanie:

88. Wiadro z wodą wprawiono w ruch po okręgu o promieniu R leżący w płaszczyźnie pionowej. Jaka
jest minimalna wartość prędkości wiadra w najwyższym punkcie toru ruchu, dla której woda nie
będzie wylewała się z niego?

Rozwiązanie:

89.  Największy  i  najmniejszy  pozorny  ciężar  ciała  człowiek  stojącego  na  wadze  umieszczonej  w
windzie  wynosi  odpowiednio  591  N  i  391  N.  Zakładając,  że  wartości  przyspieszenia  i  opóźnienia
(przy  hamowaniu)  windy  podczas  jej  ruchu  w  górę  są  takie  same  wyznaczyć  rzeczywistą  masę
człowieka oraz przyspieszenie/opóźnienie windy.

Rozwiązanie:

90. Samochód porusza się ze stałą prędkością v po drodze położonej na wzgórzu o promieniu
krzywizny w najwyższym punkcie równym 20 m. Wyznaczyć v, jeśli na szczycie wzgórza nacisk kół
samochodu na drogę jest zaniedbywalnie mały.

Rozwiązanie:

Dynamika ruchu krzywoliniowego

91. Jarek o masie M = 40 kg buja się na huśtawce zawieszonej na dwóch linkach o długości L = 2 m
każda. W najniższym punkcie toru P siła naprężenia każdej z linek wynosi 300 N. Wyznaczyć
prędkość i przyspieszenie dośrodkowe Jarka oraz siłę jego nacisku na deskę huśtawki w punkcie P
toru.

Rozwiązanie:

92. Samochód porusza się po łuku drogi o promieniu R. Powierzchnia drogi jest nachylona pod kątem



względem poziomu w kierunku do wnętrza zakrętu. Współczynnik tarcia wynosi f. Pokazać, że

maksymalna prędkość, przy której samochód nie wypadnie z zakrętu na skutek poślizgu spełnia
równość (v

max

)

= Rg(f+tg



)/(1-ftg



Rozwiązanie:

93. Samochód wpadł w poślizg na poziomym zakręcie o promieniu krzywizny 200 m, przed którym
stał znak ograniczenia prędkości do 40 km/h. O ile przekroczył kierowca dozwoloną prędkość, jeśli
współczynnik tarcia między oponami i jezdnią wynosił 4/5? Wynik podać w km/h.

Rozwiązanie:

94. Rowerzysta jedzie ze stałą prędkością v = 10 m/s po torze kołowym. Kąt nachylenia płaszczyzny
roweru do poziomu wynosi α=60˚. Oblicz promień toru.

Rozwiązanie:

95. Droga ma łagodny płaski zakręt o promieniu R = 100 m. Jakie powinno być ograniczenie
prędkości na tym zakręcie (wyrażone w km/h) jeśli w niesprzyjających warunkach współczynnik
tarcia µ= 0,2 ?

Rozwiązanie:

96. Mała kulka stacza się po rynnie zakończonej pionową pętlą o promieniu r. Z jakiej wysokości
kulka ta powinna się stoczyć, aby nie odpaść od pętli?

Rozwiązanie:

97. Z wierzchołka gładkiej kuli o promieniu R zsuwa się bez tarcia małe ciało. Wyznacz położenie
punktu, w którym wspomniane ciało oderwie się od powierzchni kuli.

Rozwiązanie:

98. Wahadło matematyczne można wprawić w ruch po okręgu (rysunek),
otrzymujemy wówczas wahadło stożkowe. Załóżmy, ze wychylenie takiego
wahadła wynosi



. Oblicz okres obiegu takiego wahadła.

Rozwiązanie:

99. Punkt materialny rozpoczyna ruch po okręgu o promieniu R ze stałym przyspieszeniem kątowym
ε, jednostką ε

jest s

-2

.Po jakim czasie siła dośrodkowa będzie n razy większa od siły stycznej?

Rozwiązanie:

100. Ciężarek o masie m zawieszony na nici o długości d obraca się po okręgu ruchem jednostajnym
w płaszczyźnie poziomej. W czasie ruchu nić odchylona jest od pionu o kąt



. Oblicz siłę naprężenia

nici.

Rozwiązanie:

101. Słońce znajduje się w odległości 23 000 lat świetlnych od środka Drogi Mlecznej i porusza się
wokół tego środka po okręgu z prędkością 250 km/s. Ile czasu zajmuje Słońcu pełny obieg? Ile takich
obiegów wykonało Słońce, które powstało 4,5 mld lat temu. Wskazówka jeden rok świetlny do droga,
którą przebywa światło poruszające się w próżni z prędkością 300 000 km/s w czasie jednego roku,
który liczy w przybliżeniu 10



mln sekund.

Rozwiązanie:

102. Statek kosmiczny pokonuje w przestrzeni kosmicznej łuk okręgu o promieniu 3220 km,
poruszając się ze stałą wartością prędkości 29 000 km/h. Jaka jest wartość jego: a) prędkości kątowej?
b) przyspieszenia dośrodkowego? c) przyspieszenia stycznego?

Rozwiązanie:

103. Wyznaczyć zależności od czasu wartości sił: całkowitej,  stycznej i dośrodkowej (składowych tej
pierwszej)  działających  na  ciało  o masie  M wykonujące  rzut:  A)  poziomy;  B)  ukośny.  Wskazówka:
wyznaczyć  najpierw  wartości  przyspieszeń:  całkowitego,  stycznego  i  dośrodkowego.  Czy  można
wyznaczyć zależność od czasu promienia krzywizny toru rzutu ukośnego i poziomego?

Rozwiązanie:

Rozwiązania

RZad81

a) Aby ciało się nie zsuwało:









Siła F powiązana jest z przyspieszeniem













  







M F



 



A zatem korzystając z pierwszego warunku otrzymujemy:





M F















stąd











b) W tej części zmienia się tylko warunek na siłę całkowitą F:





















a T

g f





  



 



 





 

 



Co prowadzi do rozwiązania:













g f









  









 











RZad82

a) Ponieważ wózek porusza się ruchem jednostajnym to działa na niego jedynie
przyspieszenie ziemskie i odpowiadająca jej siła ciężkości P.

Naprężenie nici T dane jest wzorem













b) W wypadku ruchu ze stałym przyspieszeniem a pojawia się
siła bezwładności









która powoduje odchylenie wahadła od pionu w taki sposób, że nić wahadła układa się wzdłuż siły
wypadkowej F

. Z rysunku wynika, że





oraz









c) Na wózek wzdłuż równi działa składowa siły ciężkości



sin











powodująca stałe, równoległe do równi przyspieszenie



sin





Siła bezwładności wynosi teraz



sin







Jak widać z rysunku siła wypadkowa wynosi









i jest prostopadła do równi czego należało się spodziewać z rozkładu siły ciężkości na składowe w
kierunku równoległym i prostopadłym do równi. W związku z powyższym muszą być spełnione
równania:







oraz



cos





RZad83

Wypadkowa siła F

działająca na dowolną elementarną masę cieczy na powierzchni jest do

powierzchni prostopadła. Gdyby tak nie było to siłę tę rozkładamy na składowe prostopadłą i
równoległą do powierzchni. Składowa prostopadła jest równoważona przez siły sprężystości cieczy

natomiast składowa równoległa powodowała by ruch po powierzchni czego nie obserwujemy w
stanach ustalonych.

Tak więc na element cieczy o masie Δm działa pionowo w dół siła ciężkości









oraz siła bezwładności











których wypadkowa jest prostopadła do powierzchni cieczy. Jak wynika z rysunku





czyli

arctg





co po podstawieniu danych

daje







RZad84

Siła odśrodkowa dana jest wzorem





(1)

a) Na równiku:

W czasie t = 24godz = 86400s Ziemia wykonuje jeden obrót wokół własnej osi. W tym czasie punkt
na równiku przebywa drogę





z prędkością





co po wstawieniu do wzoru (1) daje













= 2,7077N

gdzie wszystkie wielkości należy sprowadzić do jednostek podstawowych układu SI.

b) W przypadku ruchu Ziemi wokół Słońca musimy założyć, że orbita jest kołowa. Wtedy po
przeliczeniu wartości R

Z-S

= 1,5·10

m t = 366dni·86400s/dzień=31622400s otrzymujemy wartość siły

odśrodkowej

= 0,4737N dla m= 80 kg

RZad85

a) W najniższym punkcie pętli siła ciężkości F

i siła odśrodkowa F

mają ten sam kierunek i zwrot –

pionowo w dół. Ich wypadkowa wynosi







co po podstawieniu danych daje siłę nacisku

1430











Drugi człon w powyższym wzorze jest wyrażeniem na
siłę odśrodkową.

b) W najwyższym punkcie pętli siła ciężkości F

jest

skierowana jak poprzednio pionowo w dół natomiast
siła odśrodkowa F

pionowo do góry. Ich wypadkowa

wynosi







W ostatnim wzorze od siły odśrodkowej odejmujemy siłę ciężkości gdyż fotel znajduje się nad
pilotem! Teraz, przy prędkości v

siła nacisku wynosi

471













Ujemna siła nacisku oznacza, że pilot wisi na pasach – F

ma kierunek F

W stanie nieważkości F

= 0. Warunek ten może być spełniony w najwyższym położeniu na

oblatywanej pętli przy odpowiednim doborze wartości v i R:

dla R = 6000m prędkość musi wynosić









949

244







albo dla v=v

=120 m/s pętla musi mieć promień

dolot

1440



RZad86

Założenie: Ruch pojazdu odbywa się w płaszczyźnie poziomej
!!!

Na pojazd jadący z prędkością v po okręgu o promieniu

R działa siła odśrodkowa F

spychająca pojazd na zewnątrz łuku

oraz wypadkowa (od czterech kół) siła tarcia T przeciwdziałająca
F

Aby ruch zachodził po łuku koła musi zachodzić równość





czyli







a stąd



 



17,888

64.4

f g R

RZad87

a) Dlaczego ciała rzucone pionowo w dół, niezależnie od półkuli, odchylają na wschód, tj. nie spadają
pionowo w dół?
b) Wyobraź sobie idealnie gładką rurkę o średnicy d i wysokości H ustawioną pionowo na równiku, w
której spada swobodnie i bez tarcia kulka o średnicy d. Z rurki odpompowano powietrze. Jak zależy
od czasu siła wywierana przez spadającą kulkę na boczną ściankę rurki?
c) Uzasadnić, że ciała wykonujące rzut ukośny na półkuli płn. odchylają się od pierwotnego kierunku
zawsze w prawo względem wektora prędkości v. Jaką regułę można stąd wysnuć dla ciał
wykonujących rzut ukośny na półkuli południowej?

Siła Coriolisa jest dana wzorem









Z definicji iloczynu wektorowego wiemy, że wektor F

jest prostopadły do płaszczyzny południka

na której leżą wektory prędkości v i ω czyli do płaszczyzny rysunku. Długość tego wektora wynosi





sin

2mv



(1)

gdzie α jest kątem pomiędzy wektorami v i ω a zwrot F

skierowany jest za powierzchnię rysunku.

Jak widać z rys. a)











a więc możemy powiązać wartość siły Coriolisa z szerokością geograficzną φ











cos

)

sin(







(2)

W przypadku półkuli południowej – rys. b) – mamy











czyli





cos

sin



więc i tutaj wzór (1) w który przechodzi wzór (2) jest

słuszny.Na obu półkulach spadające ciało będzie odchylane przez siłę Coriolisa na wschód.

Z warunków zadania wynika, że jedyną siłą działającą prostopadle do osi rurki jest

siła Coriolisa F

Prędkość kulki wynosi







(3)

a przebyta droga

 





Po czasie



kulka osiągnie powierzchnię Ziemi

Wracając do zadania do wzoru (2) wstawiamy zależność (3)
co daje rozwiązanie

 









cos



Widać, że F

zależy liniowo od czasu i można ją

zaobserwować w przedziale czasu (0,t

). Siła jest

skierowana na wschód.

Rozważmy rzut ukośny na półkuli północnej taki,

że wektor prędkości v skierowany jest od równika ale
niekoniecznie na Pn. W tym wypadku wektor siły Coriolisa
F

skierowany jest za płaszczyznę rysunku czyli w prawo

od płaszczyzny rzutu. Jeśli zmienimy kierunek wektora

prędkości na -v to z definicji iloczynu wektorowego zmieni się automatycznie zwrot wektora siły
Coriolisa F

(strzałki przerywane) ale dalej będzie ona działać w prawo od płaszczyzny rzutu.

Na półkuli południowej rzut w stronę bieguna Pd będzie odchylany na

wschód

natomiast rzut w

stronę równika zastanie odchylony na

zachód

- znów w obu wypadkach w

lewo

od płaszczyzny

wektora v .

RZad88

Na wodę we wiadrze działa siła ciężkości F

skierowana

pionowo w dół oraz siła odśrodkowa F

skierowana

pionowo do góry. Aby woda nie wylewała się z wiadra
musi być spełniony warunek





czyli







gdzie m jest sumą mas wody i wiadra. Minimalna szukana
prędkość wynosi





-v

-F

a = 0

RZad89

Gdy waga pozostaje w spoczynku lub porusza się ruchem jednostajnym (rys. po lewej) wskazania
wagi F

odpowiadają rzeczywistemu ciężarowi F

człowieka







Gdy winda rusza z przyspieszeniem a do góry (rys. środkowy) pojawia się dodatkowo

siła bezwładności F









działająca w kierunku przeciwnym niż przyspieszenie. Teraz waga wykazuje







czyli









(1)

trakcie

hamowania

opóźnienie

kierunek przeciwny
(rys. po prawej)
stąd















(2)

Dodając stronami wzory (1) i (2) otrzymujemy









Z równania (2) wyliczamy teraz przyspieszenie













 



RZad90

Wypukłość mostu wymusza ruch po łuku koła co jest przyczyną powstania siły odśrodkowej F

skierowanej na szczycie przęsła pionowo do góry.
Na samochód działa jeszcze siła ciężkości F

skierowana pionowo w dół. Wypadkowa tych sił
wynosi







co prowadzi do równania skalarnego









„Zaniedbywanie mały nacisk kół...” oznacza, że siła wypadkowa





co prowadzi do

zależności







RZad91

Oznaczmy siłę naprężającą każdą z linek huśtawki przez N, a
prędkość Jarka w punkcie P jako v. W najniższym punkcie
toru P obie liny muszą zrównoważyć ciężar Jarka Mg oraz –
wynikającą z ruchu po okręgu – siłę odśrodkową F

𝐹

𝑀𝑣

𝐿

W punkcie P mamy równowagę sił:

2𝐍 = 𝑀𝐠 + 𝐅

𝑜𝑑

Ponieważ wszystkie siły działają w tym samym kierunku możemy rozważać długości wektorów, a
zatem:

2𝑁 = 𝑀𝑔 +

𝑀𝑣

𝐿

Z równania tego wyznaczymy szukaną prędkość v:

𝑀𝑣

= 𝐿 2𝑁 − 𝑀𝑔

𝑣 = 𝐿

2𝑁

𝑀

− 𝑔

Sprawdźmy jednostki:

𝑣 = m

m ∙ kg

Policzmy wartość prędkości:

𝑣 = 2

2 ∙ 300

− 10 = 2 15 − 10 = 2 5 ≅ 3,2

Przyspieszenie dośrodkowe wiążemy z siłą dośrodkową, która w punkcie P wynosi 2N-mg

𝑎

𝑑

𝐹

𝑑

𝑀

2𝑁

𝑀

− 𝑔

Sprawdzamy jednostki:

𝑎

𝑑

i obliczamy:

𝑎

𝑑

2 ∙ 300

= 5

Siła nacisku F

Jarka na deskę huśtawki jest równoważona przez siły napinające liny, zatem zgodnie z

III zasadą dynamiki:

𝐹

𝑛

= 2𝑁

𝐹

𝑛

= 2 ∙ 300 = 600 N

Odp. W punkcie P toru prędkość Jarka wynosi 3,2 m/s, przyspieszenie dośrodkowe 5 m/s

, a siła

nacisku 600 N.

Q”

Q’

’

”



RZad92

Warunek  maksymalnej  prędkości
poruszania  się  w  zakręcie  oznacza
równoważenie  się  siły  tarcia  F

i składowej

stycznej

Q’

siły

ciężkości Q = Mg samochodu ze
składową

styczną

’

siły

odśrodkowej F

𝐅

𝑇

+ 𝐐

′

= 𝐅

𝑜𝑑

′

Warunek ten może być zapisany w
postaci skalarnej:

𝐹

𝑇

+ 𝑄

′

= 𝐹

𝑜𝑑

′

Sumę składowych normalnych: siły

ciężkości i siły odśrodkowej (jest to siła nacisku samochodu na drogę) równoważy siła reakcji podłoża
– nie została uwidoczniona na rysunku. Łatwo zauważyć, że odpowiednie składowe wynoszą:

𝑄

′

= 𝑄 sin 𝛼 , 𝑄" = 𝑄 cos 𝛼

𝐹

𝑜𝑑

′

= 𝐹

𝑜𝑑

cos 𝛼 , 𝐹

𝑜𝑑

" = 𝐹

𝑜𝑑

sin 𝛼

Siła odśrodkowa wyraża się wzorem:

𝐹

𝑀 𝑣

𝑚𝑎𝑥

𝑅

𝑄 𝑣

𝑚𝑎𝑥

𝑔𝑅

Siła tarcia z definicji proporcjonalna jest do siły nacisku, mamy więc:

𝐹

𝑇

= 𝑓 𝑄" + 𝐹

𝑜𝑑

Podstawiając do warunku równowagi otrzymujemy:

𝑓 𝑄 cos 𝛼 +

𝑄 𝑣

𝑚𝑎𝑥

𝑔𝑅

sin 𝛼 + 𝑄 sin 𝛼 =

𝑄 𝑣

𝑚𝑎𝑥

𝑔𝑅

cos 𝛼

Mnożąc równanie obustronnie przez czynnik

−

𝑔𝑅

𝑄 cos 𝛼

i grupując po lewej stronie wyrazy

zawierające

𝑣

𝑚𝑎𝑥

otrzymamy:

𝑣

𝑚𝑎𝑥

1 − 𝑓 tan 𝛼 = 𝑔𝑅 𝑓 + tan 𝛼

Skąd już tylko krok:

𝑣

𝑚𝑎𝑥

= 𝑔𝑅

𝑓 + tan 𝛼

1 − 𝑓 tan 𝛼

RZad93

Poślizg samochodu oznacza, że siła tarcia F

została pokonana przez siłę odśrodkową F

. Aby nie

rozwiązywać nierówności rozważymy
graniczny przypadek:

𝐹

𝑇

= 𝐹

𝑜𝑑

Siła tarcia to oczywiście:

𝐹

𝑇

= 𝑓𝑄 = 𝑓𝑀𝑔

a siła odśrodkowa:

𝐹

𝑀𝑣

𝑅

gdzie: M to masa samochodu, Q – ciężar
samochodu, f – współczynnik tarcia, R –

promień zakrętu, v – prędkość graniczna. Podstawiając do warunku granicznego otrzymujemy:

𝑓𝑀𝑔 =

𝑀𝑣

𝑅

skąd dostajemy prędkość graniczną:

𝑣 = 𝑔𝑓𝑅 ,

m =

𝑣 = 10

4
5

200 = 1600 = 40

Przeliczmy otrzymaną wartość prędkości na km/h

= 40

−3

3600 h

= 40

3600
1000

= 144

Przekroczenie prędkości

∆𝑣 = 𝑣 − 𝑣

𝑑𝑜𝑧𝑤

∆𝑣 = 144 − 40 = 104

Odp. Kierowca przekroczył dozwoloną prędkość o 104 km/h, a ponieważ przekroczenie jest większe
niż 51 km/h otrzymuje mandat 500 zł i 10 pkt karnych.

RZad94

Rowerzysta pochyla rower tak, aby wypadkowa
F

sił: ciężkości i odśrodkowej (zaczepionych w

środku masy układu) przechodziła przez punkt
styku opon roweru z podłożem. Jest to warunek
równowagi roweru w układzie nieinercjalnym:

tan 𝛼 =

𝑀𝑔
𝐹

𝑜𝑑

Z kolei

𝐹

𝑀𝑣

𝑅

Q = Mg

Q=Mg



ŚM

Podstawiając do warunku równowagi otrzymujemy równanie:

tan 𝛼 =

𝑀𝑔𝑅

𝑀𝑣

skąd łatwo policzyć promień skrętu:

𝑅 =

𝑣

𝑔

tan 𝛼

Sprawdzamy jednostki

𝑅 =

∙

= m

i obliczamy szukaną wartość R

𝑅 =

tan 60° = 10 3 ≅ 17,3 m

Odp. Promień skrętu roweru wynosi 17,3 m.

RZad95

Niesprzyjającym

warunkom

przypisujemy

możliwość

wystą-

pienia

poślizgu

kół

pojazdu

w zakręcie.

Poślizg

samochodu

oznacza, że siła tarcia F

zostaje

pokonana przez siłę odśrodkową F

Aby nie rozwiązywać nierówności
rozważymy graniczny przypadek:

𝐹

𝑇

= 𝐹

𝑜𝑑

Siła tarcia to oczywiście:

𝐹

𝑇

= 𝜇𝑄 = 𝜇𝑀𝑔

a siła odśrodkowa:

𝐹

𝑜𝑑

𝑀𝑣

𝑅

gdzie: M to masa samochodu, Q –

– współczynnik tarcia, R – promień zakrętu, v

– prędkość graniczna. Podstawiając do warunku granicznego otrzymujemy:

𝑓𝑀𝑔 =

𝑀𝑣

𝑅

skąd dostajemy prędkość graniczną:

𝑣 = 𝑔𝑓𝑅 ,

m =

𝑣 = 10 ∙ 0,2 ∙ 100 = 200 = 14,1

Q = Mg

Przeliczmy otrzymaną wartość prędkości na km/h

14,1

= 14,1

−3

3600 h

= 14,1

3600
1000

= 51

Odp. Rozważany zakręt powinien być opatrzony znakiem drogowym ograniczającym dopuszczalną
prędkość do 50 km/h (znak B-33).

RZad96

Aby nie odpaść od pętli mała kulka musi mieć
na tyle dużą prędkość, aby siła odśrodkowa F

zdołała zrównoważyć siłę ciężkości mg w
najwyższym punkcie pętli

𝐹

𝑜𝑑

= 𝑚𝑔

z drugiej strony

𝐹

𝑜𝑑

𝑚𝑣

𝑟

Aby  znaleźć  prędkość  kulki  wystarczy
porównać  energię  potencjalną  w  momencie
startu  z  całkowitą  energią  w  rozpatrywanym

punkcie:

𝑚𝑔𝑕 = 𝑚𝑔2𝑟 +

𝑚𝑣

skąd mamy:

𝑣

= 2𝑔 𝑕 − 2𝑟 .

Podstawiając do warunku równowagi otrzymujemy równanie:

𝑚

𝑟

2𝑔 𝑕 − 2𝑟 = 𝑚𝑔

i obliczamy

2𝑕 − 4𝑟 = 𝑟 ,

2𝑕 = 5𝑟 ,

𝑕 =

5
2

𝑟 = 2

1
2

𝑟 .

Odp. Minimalna wysokość z jakiej powinna się stoczyć kulka wynosi 2,5r.

RZad97

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

składowej normalnej F

siły

ciężkości mg:

𝐹

𝑜𝑑

= 𝐹

𝑛

Łatwo zauważyć, że:

𝐹

𝑛

= 𝑚𝑔 cos 𝜑

i pamiętamy, że:

𝐹

𝑜𝑑

𝑚𝑣

𝑅

Podstawiamy i mamy:

𝑚𝑣

𝑅

= 𝑚𝑔 cos 𝜑

skąd

𝑣

= 𝑔𝑅 cos 𝜑

Zdając sobie sprawę z tego, że ze wzrostem kąta φ rośnie prędkość 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

Zauważmy też, że:

cos 𝜑 =

𝑅 − 𝑕

𝑅

Po prostych przekształceniach otrzymujemy:

𝑕 = 𝑅 1 − cos 𝜑

a po wstawieniu do bilansu energii:

𝑣

= 2𝑔𝑅 − 2𝑔𝑅 cos 𝜑

Porównując ten rezultat z wcześniejszym równaniem dla v

dostajemy:

2𝑔𝑅 − 2𝑔𝑅 cos 𝜑 = 𝑔𝑅 cos 𝜑

Skąd

cos 𝜑 =

2
3

𝜑 ≅ 48°

Odp. Zsuwające się po powierzchni kuli ciało oderwie się gdy jego promień wodzący zatoczy kąt

48°.



RZad98

Wahadło będzie wykonywać obrót pod katem



dla

którego wypadkowa siła F

(suma wektorowa siły

ciężkości mg i siły odśrodkowej F

) będzie działać

wzdłuż nici. Łatwo zauważyć, że:

tan 𝛼 =

𝐹

𝑜𝑑

𝑚𝑔

Pamiętamy też, że:

𝐹

𝑜𝑑

𝑚𝑣

𝑅

gdzie v jest prędkością liniową masy m.

Z drugiej strony:

tan 𝛼 =

𝑅

𝐿

− 𝑅

Szukany okres T obiegu wahadła jest czasem jednego
obrotu (droga s = 2



R) wykonywanego z prędkością v,

zatem:

𝑣 =

2𝜋𝑅

𝑇

Porównując ze sobą wyrażenia na tan



i podstawiając otrzymane zależności dostajemy:

𝑅

𝐿

− 𝑅

𝑚

𝑅

2𝜋𝑅

𝑇

𝑚𝑔

Skąd po przekształceniach otrzymamy:

𝑇 = 2𝜋

𝐿

𝑔

∙

𝐿

− 𝑅

𝐿

Zauważmy, że pod pierwiastkiem mamy funkcję cosinus :

cos







zatem ostatecznie:

cos







Na koniec sprawdzamy jednostki:

𝑇 =

𝑚

𝑠

= 𝑠 .

RZad99



Zgodnie z definicją przyspieszenie styczne to:

𝑎

𝑠

d𝑣

d𝑡

d 𝐯

d𝑡

;

a przyspieszenie normalne (dośrodkowe) to:

𝑎

𝑛

𝑣

𝑅

Mnożąc powyższe równania przez masę m punktu materialnego otrzymamy wyrażenia na składowe
styczną i normalną (dośrodkową) siły odpowiedzialnej za ruch po okręgu:

𝐹

𝑠

= 𝑚

d𝑣

d𝑡

= 𝑚

d 𝐯

d𝑡

;

𝐹

𝑛

= 𝑚

𝑣

𝑅

Pomiędzy przyspieszeniem kątowym a liniowym istnieje związek:

𝑎

𝑠

= 𝜀𝑅 .

Skoro ruch po okręgu odbywa się ze stałym przyspieszeniem kątowym to i przyspieszenie styczne ma
stałą wartośd i jego wartośd można wyznaczyd dzieląc przyrost prędkości przez czas w którym on
nastąpił:

𝑎

𝑠

d𝑣

d𝑡

∆𝑣

∆𝑡

𝑣 − 𝑣

𝑡

𝑣

𝑡

Zatem

𝑣 = 𝑎

𝑠

𝑡 = 𝜀𝑅𝑡

Zgodnie z warunkami zadania:

𝑛 =

𝐹

𝑛

𝐹

𝑠

Podstawiając odpowiednie wyrażenia otrzymujemy:

𝑛 =

𝐹

𝑛

𝐹

𝑠

𝑚

𝑣

𝑅

𝑚

𝑣

𝑡

𝑣

𝑅

∙

𝑡

𝑣

𝑣𝑡

𝑅

𝜀𝑅𝑡

𝑅

= 𝜀𝑡

skąd

𝑡 =

𝑛

𝜀

i jednostka:

𝑡 =

𝑠

−2

= 𝑠

= 𝑠 .

RZad100

W układzie inercjalnym siła naciągu i siła ciężkości dają w sumie siłę dośrodkową

Jak widać z rysunku:

cos









RZad101

Oznaczmy odległość Słońca od środka Drogi Mlecznej przez R, jego prędkość przez v, czas obiegu,
czyli okres obrotu przez T a czas życia przez t.

Prędkość Słońca otrzymamy dzieląc długość orbity 2



R przez czas jednego obrotu T:

𝑣 =

2𝜋𝑅

𝑇

skąd szukany czas wyraża się wzorem:

𝑇 =

2𝜋𝑅

𝑣

Z kolei liczba obiegów n to:

𝑛 =

𝑡

𝑇

Musimy jeszcze zauważyd, że odległości mierzone w latach świetlnych to droga jaką przebywa światło
– poruszające się z prędkością c – w czasie równym liczbie lat świetlnych pomnożonej przez liczbę
sekund w roku.

Prędkośd światła to oczywiście:

𝑐 = 300 000

= 3 ∙ 10

Zatem liczymy okres obrotu w sekundach:

𝑇 =

2𝜋 ∙ 23 000 ∙ 300 000 ∙ 10𝜋 ∙ 1 000 000

250

2𝜋 ∙ 2,3 ∙ 10

∙ 3 ∙ 10

∙ 10𝜋 ∙ 10

250

𝑇 =

1380𝜋

∙ 10

250

1380 ∙ 10 ∙ 10

250

= 5,45 ∙ 10

s = 5,45 ∙ 10

s ,



𝑇 =

rok ∙

s ∙

rok

= s

lub w liczbie lat:

𝑇 =

2𝜋 ∙ 23 000 ∙ 300 000

250

2𝜋 ∙ 2,3 ∙ 10

∙ 3 ∙ 10

250

13,8𝜋 ∙ 10

2,5 ∙ 10

= 17,3 ∙ 10

lat .

𝑇 =

rok ∙

s ∙

= rok

Liczba obiegów zatem:

𝑛 =

4,5 ∙ 10

17,3 ∙ 10

450 ∙ 10

17,3 ∙ 10

= 26 = 26 = 26.

Odp.: Okres obiegu Słońca wokół centrum Drogi Mlecznej wynosi 173 mln lat a takich obiegów w
ciągu swojego „życia” Słońce wykonało 26. W. Salejda

RZad102

Oznaczmy  promieo  łuku  okręgu  przez  R  a prędkośd
statku  przez  v.  Zgodnie  z  definicją  przyspieszenie
styczne to:

𝑎

𝑠

d𝑣

d𝑡

d 𝐯

d𝑡

;

a przyspieszenie normalne (dośrodkowe) to:

𝑎

𝑛

𝑣

𝑅

Pomiędzy prędkością kątową a liniową w ruchu po okręgu istnieje związek:

𝜔 =

𝑣

𝑅

Obliczenia:

𝑎

𝑠

= 0 , 𝑏𝑜 𝑣 = const.

Aby wyznaczyd prędkośd kątową i przyspieszenie normalne trzeba przeliczyd prędkośd statku z km/h
na m/s:

𝑣 = 29 000

= 29 000

1000m

3600s

= 8 055

Wówczas:

𝜔 =

8 055

3,22 ∙ 10

= 2 500 ∙ 10

−6

= 2,5 ∙ 10

−3

𝑎

𝑛

8 055

3,22 ∙ 10

= 64,88 ≅ 65

Odp.: Prędkośd kątowa statku wynosi 2,5 ∙ 10

−3

−1

, przyspieszenie dośrodkowe 65 m/s

przyspieszenie styczne równe jest zeru.

RZad103

Całkowite przyspieszenie ruchu w jednorodnym polu grawitacyjnym Ziemi to g = 9,81 m/s

Przyspieszenie to można rozłożyć na składowe: styczną a

i normalną a

, a wtedy:

𝑔 = 𝑎

𝑠

+ 𝑎

𝑛

Zgodnie z definicją przyspieszenie styczne to:

𝑎

𝑠

d𝑣

d𝑡

d 𝐯

d𝑡

;

a przyspieszenie normalne (dośrodkowe) to:

𝑎

𝑛

𝑣

𝑅

Z drugiej strony:

𝑎

𝑛

= 𝑔

− 𝑎

𝑠

Z dwóch powyższych wzorów wynika poszukiwana zależność promienia krzywizny od prędkości i jej
pochodnych, a przez to od czasu:

𝑅 =

𝑣

𝑔

− 𝑎

𝑠

𝑣

𝑥

+ 𝑣

𝑦

𝑔

−

d𝑣

d𝑡

𝑣

𝑥

+ 𝑣

𝑦

𝑔

−

d𝑡 𝑣

𝑥

+ 𝑣

𝑦

Zatem, aby znaleźć promień krzywizny toru rzutu w jednorodnym polu grawitacyjnym trzeba
wyznaczyć składowe: x-ową i y-ową prędkości oraz policzyć pochodną po czasie długości wektora v.

Wyrażenia opisujące siłę całkowitą i jej składowe otrzymamy mnożąc przez masę m punktu
materialnego przyspieszenie całkowite g i jego składowe styczną i normalną (dośrodkową):

𝐅 = 𝑚𝐠 lub 𝐹 = 𝑚𝑔

𝐹

𝑠

= 𝑚

d𝑣

d𝑡

= 𝑚

d 𝐯

d𝑡

= 𝑚

d𝑡

𝑣

𝑥

+ 𝑣

𝑦

;

𝐹

𝑛

= 𝑚

𝑣

𝑅

= 𝑚

𝑣

𝑥

+ 𝑣

𝑦

𝑅

Rozważmy teraz kinematyczne równania ruchu w polu grawitacyjnym. W ogólnym przypadku można
napisać:

𝑥 𝑡 = 𝑣

0𝑥

𝑡

𝑦 𝑡 = 𝑦

+ 𝑣

0𝑦

𝑡 −

𝑔𝑡

gdzie

składowe wektora

prędkości

początkowej

𝐯

wyrażają się przez kąt 𝛼

nachylenia

wektora

prędkości

początkowej:

𝑣

0𝑥

= 𝑣

cos 𝛼

𝑣

0𝑦

= 𝑣

sin 𝛼

a y

oznacza początkową wysokość ciała

w chwili startu.

Przypadek A) zadania otrzymamy kładąc



= 0 (wówczas v

= 0), a przypadek B) to y

= 0. Dzięki

takiemu podejściu możemy podad wartości sił w ogólnej postaci, a warunki początkowe uwzględnid
na koocu rozwiązania.

Wyznaczamy składowe prędkości w układzie kartezjaoskim różniczkując po czasie współrzędne:

𝑣

𝑥

𝑡 =

d𝑥

d𝑡

= 𝑣

0𝑥

= 𝑣

cos 𝛼

𝑣

𝑦

𝑡 =

d𝑦

d𝑡

= 𝑣

0𝑦

− 𝑔𝑡 = 𝑣

sin 𝛼 − 𝑔𝑡

Stąd łatwo znajdziemy długośd wektora prędkości jako pierwiastek z sumy kwadratów jego
współrzędnych:

𝑣 = 𝑣

𝑥

+ 𝑣

𝑦

= 𝑣

− 2𝑔𝑣

sin 𝛼 𝑡 + 𝑔

𝑡

Inny wariant rozwiązania polega na skorzystaniu z zależności składowych wektora prędkości od czasu
w  dowolnym  punkcie  toru.  Wektor  prędkości  jest  styczny  do  toru  w  tym  punkcie.  Należy  wykonad
rysunek, na którym rozłożyd należy wektor prędkości chwilowej na składowe wzdłuż osi OX i OY. W
tym samym punkcie dorysowac należy rozkład przyspieszenia całkowitego g skierowanego pionowo
w  dół  na  kierunek  styczny  do  toru  i  prostopadły.  Znając  funkcje  trygonometryczne  trójkąta
prostokątnego  wektorów  składowych  prędkości  i  wektora  prędkości  z  prostokątnego  trójkąta  dla
przyspieszeo całkowitego, stycznego i normalnego wyznaczamy szukane bez konieczności stosowania
rachunku różniczkowego. W. Salejda.

Możemy już policzyd przyspieszenie styczne z definicji:

𝑎

𝑠

d𝑣

d𝑡

𝑣

− 2𝑔𝑣

sin 𝛼 𝑡 + 𝑔

𝑡

𝑎

𝑠

−2𝑔𝑣

sin 𝛼 + 2𝑔

𝑡

2 𝑣

− 2𝑔𝑣

sin 𝛼 𝑡 + 𝑔

𝑡

𝑔 −𝑣

sin 𝛼 + 𝑔𝑡

𝑣

− 2𝑔𝑣

sin 𝛼 𝑡 + 𝑔

𝑡

= 𝑔

−𝑣

𝑦

𝑣



Mnożąc to wyrażenie przez masę poruszającego się punktu otrzymamy siłę styczną:

𝐹

𝑠

= 𝑚𝑎

𝑠

𝑚𝑔 −𝑣

sin 𝛼 + 𝑔𝑡

𝑣

− 2𝑔𝑣

sin 𝛼 𝑡 + 𝑔

𝑡

= 𝑚𝑔

−𝑣

𝑦

𝑣

Otrzymany wzór jest słuszny w przypadku rzutu ukośnego (przypadek B). W rzucie poziomym
(przypadek A) znika czynnik zawierający sin 𝛼 = 0:

𝐹

𝑠

𝑚𝑔

𝑡

𝑣

+ 𝑔

𝑡

= 𝑚𝑔

−𝑣

𝑦

𝑣

Ponieważ całkowita siła jest znana:

𝐹 = 𝑚𝑔

to składową dośrodkową (normalną) siły znajdziemy z trójkąta sił:

𝐹

𝑛

= 𝑚𝑔

− 𝑚𝑔

𝑣

𝑦

𝑣

= 𝑚𝑔

𝑣

− 𝑣

𝑦

𝑣

= 𝑚𝑔

𝑣

𝑥

𝑣

Dla przypadku B) – rzut ukośny mamy

𝐹

𝑛

𝑚𝑔𝑣

cos 𝛼

𝑣

− 2𝑔𝑣

sin 𝛼 𝑡 + 𝑔

𝑡

= 𝑚𝑔

𝑣

0𝑥

𝑣

Dla przypadku A) – rzut poziomy mamy:

𝐹

𝑛

𝑚𝑔𝑣

𝑣

+ 𝑔

𝑡

= 𝑚𝑔

𝑣

Możemy teraz wrócid do wyrażenia na promieo krzywizny i wstawid znalezione przyspieszenie
styczne:

𝑅 =

𝑣

𝑔

− 𝑎

𝑠

𝑣

𝑔

− 𝑔

−𝑣

𝑦

𝑣

𝑔

− 𝑔

𝑣

𝑦

𝑣

𝑔

𝑣

− 𝑣

𝑣

𝑔𝑣

𝑥

Dla przypadku A) – rzut poziomy otrzymamy zależnośd od czasu promienia krzywizny:

𝑅(𝑡) =

𝑣

+ 𝑔

𝑡

𝑔𝑣

Dla przypadku B) – rzut ukośny mamy

𝑅(𝑡) =

𝑣

− 2𝑔𝑣

sin 𝛼 𝑡 + 𝑔

𝑡

𝑔𝑣

cos 𝛼

Sprawdzamy jednostki:

𝑅 =

= m