plik


ÿþZadania do rozdziaBu 5 Zad.5.1. Udowodnij, |e stosujc równi pochyB o dajcym si zmienia kcie nachylenia ± mo|na wyznaczy wspóBczynnik tarcia statycznego µo. Rozwizanie: W czasie zsuwania si po równi ciaBo o ci|arze P=mg podlega dziaBaniu wypadkowej dwóch siB: siBy zsuwajcej Ft = P sin ± i hamujcej siBy tarcia T = µoFn , Fn = P cos ± T = µoP cos ± SiBa wypadkowa F wywoBujca ruch równa si F = Ft - T F = P sin ± - µoP cos ± , ale P=mg zatem F = mg(sin ± - µo cos ±) Je|eli przy danym kcie nachylenia równi ciaBo samorzutnie nie zaczyna si zsuwa, to znaczy |e siBa tarcia T jest wiksza od siBy zsuwajcej Ft. Stopniowo zwikszajc nachylenie mo|na osign taki kt ±, przy którym ruch si rozpocznie. To [wiadczy o bardzo maBej przewadze siBy Ft nad siB T. W przybli|eniu mo|na zakBada, |e przy kcie granicznym, zwanym ktem tarcia, zachodzi równo[ wspomnianych siB: Ft = T Ostatnie równanie mo|na te| zapisa w postaci P sin ± = µ0P cos ±t t gdzie µ0 oznacza wspóBczynnik tarcia statycznego. Z dalszego przeksztaBcenia wynika, |e µ0 = tg ±t WspóBczynnik tarcia statycznego równa si zatem tangesowi najmniejszego kta ±, przy którym ciaBa zaczyna zsuwa si po równi pochyBej. 107 Zad.5.2. Wyznaczy pierwsz prdko[ kosmiczn, czyli najmniejsz mo|liw prdko[ ÅI , jak musi mie punkt materialny (satelita) swobodnie kr|cy po orbicie wokóB Ziemi. PromieD Ziemi R=6400 km. Rozwizanie: Wyobrazmy sobie pocisk wystrzelony poziomo na wys. h nad Ziemi, któremu nadano pewn prdko[ pocztkow Å. Po przebyciu pewnej drogi pocisk spadnie na Ziemi. Je|eli bdziemy zwiksza prdko[ pocztkow pocisku, to jego droga bdzie coraz dBu|sza i przy pewnej prdko[ci pocztkowej pocisk zacznie obiega Ziemi dookoBa i nie spadnie na jej powierzchni. Nastpi to wtedy, gdy prdko[ pocztkowa pocisku osignie pierwsz prdko[ kosmiczn. Na poruszajcy si po orbicie pocisk o masie m dziaBaj dwie siBy F1 i F2 o przeciwnych zwrotach: mÅ2 siBa od[rodkowa F2 = i r Mm siBa grawitacji F1 = kg 2 r Warunkiem, aby orbita, po której porusza si pocisk, byBa stabilna jest równowaga tych siB F1 = F2 M Å" m Å2 kg = m r r2 i std kgM Å = r PromieD r orbity satelity wynosi: r = R + h Poniewa| h<<R to pierwsza prdko[ kosmiczna ÅI wyra|a si wzorem 108 kgM ÅI = R Ale wiemy, |e na powierzchni Ziemi speBnione jest równanie: m Å" M mg = kg 2 R 2 kg Å" M = g Å" R Ostatecznie kgM ÅI = = gR R m ÅI = 9.81 Å" 6400000 m s2 ÅI = 7924 m / s E" 7.9 km / s . Zad.5.3. Wyznaczy drug prdko[ kosmiczn tzw. prdko[ ucieczki, czyli najmniejsz mo|liw prdko[ ÅII jak musi mie punkt materialny (satelita) przy powierzchni Ziemi, aby mógB si oddali od Ziemi w nieskoDczono[. PromieD Ziemi R=6400 km. Rozwizanie: Obliczmy najpierw, z jak prdko[ci Å trzeba rzuci ciaBo pionowo do góry, aby wzniosBo si ono na wysoko[ h. Zastosujemy w tym celu zasad zachowania energii. CaBkowita energia mechaniczna E1 na powierzchni Ziemi wynosi: E1 = Ek + Ep(R) mÅ2 gdzie Ek = to energia kinetyczna 2 Mm Ep = -kg to grawitacyjna energia potencjalna (patrz 5.19) R mÅ2 M Å" m E1 = - kg 2 R CaBkowita energia mechaniczna E2 ciaBa na wysoko[ci h ma posta: Mm E2 = -kg bo na wysoko[ci h; Ek=0 R + h Z prawa zachowania energii E1 = E2 109 mÅ2 M Å" m Mm - kg = -kg 2 R R + h 1 1 öø Å = 2kgMëø + ìø ÷ø R R + h íø øø Podstawiajc h = " , otrzymujemy prdko[ ucieczki 2kgM ÅII = R Ale wiedzc, |e na powierzchni Ziemi speBniona jest równo[ M Å" m mg = kg 2 R 2 kgM = g Å" R Ostatecznie 2kgM ÅII = = 2gR R m ÅII = 2 Å" 9.81 Å" 6400000 m s2 ÅII = 11206 m / s E" 11.2 km / s Zad.5.4. Sanki ze[lizguj si z oblodzonej góry o wysoko[ci h i zatrzymuj si przebywajc odlegBo[ CB. OdlegBo[ AB=S. Okre[li wspóBczynnika tarcia µ sanek o lodow powierzchni. Obliczy przyspieszenie a sanek na odcisku CB. Rozwizanie: T1 T2 µ = ; µ = ; Fn = P Å" cos ±; P = mg Fn P 110 W punkcie D sanki maj energi potencjaln Ep = mgh W punkcie C sanki maj energi kinetyczn mÅ2 Ec = = Ep - WDC k 2 gdzie WDC  to praca wykonana przeciw sile tarcia T1 na odcinku DC. W punkcie B sanki maj Å = 0, EB = 0 k EB = Ep - WDC - WCB = 0 k gdzie WCB  to praca wykonana przeciw sile tarcia T2 na odcinku CB. Z prawa zachowania energii Ep = WDC + WCB WDC = T1 Å" DC WCB = T2 Å" CB mgh = T1 Å" DC + T2 Å" CB T1 = mg Å" cos ± Å" µ T2 = mg Å" µ CB = S - AC mgh = mg Å" cos ± Å" µ Å" DC + mgµ Å" (S - AC) ale AC = DC Å" cos ± mgh = mg Å" µ Å" S Zatem h µ = S Opóznienie a na odcinku CB obliczamy z drugiej zasady dynamiki Newtona m Å" a = T2 T2 = mg Å" µ h m Å" a = m Å" g Å" µ = mg S i std gh a = S 111 Zad. 5.5. Wózek o masie m stacza si bez tarcia po szynach wygitych tak jak na rysunku. Jaka jest najmniejsza wysoko[ h, aby wózek nie oderwaB si od szyn w najwy|szym punkcie ptli koBowej o promieniu R. Rozwizanie: W punkcie A wózek ma energi mechaniczn EA EA = EA + EA p k mÅ2 A gdzie EA = = 0 bo w A Å = 0 k 2 EA = mgh p W punkcie B wózek ma energi mechaniczn EB EB = EB + EB p k mÅ2 B EB = k 2 EB = mg Å" 2R p Z prawa zachowania energii EA = EB mÅ2 B mgh = mg2R + (*) 2 mÅ2 B ÅB musi by tak du|e aby siBa od[rodkowa zrównowa|yBa ci|ar wózka mg R 112 mÅ2 B = m Å" g R Å2 = R Å" g B Znajc ÅB równanie (*) mo|emy zapisa mRg mgh = mg2R + 2 R 5 h = 2R + = R 2 2 5 h = R 2 Zad.5.6. CiaBo o ci|arze G ze[lizguje si bez tarcia z nachylonej deski na nieruchom platform. Jak prdko[ Å uzyska platforma, kiedy ci|ar na ni upadnie. Ci|ar platformy wynosi G1, wysoko[ pocztkowa poBo|enia ciaBa nad poziomem platformy wynosi h, a kt nachylenia deski do poziomu ±. Platforma porusza si bez tarcia. Rozwizanie: G CiaBo o ci|arze G ma mas m = g Z prawa zachowania energii obliczamy prdko[ Å1 upadku ciaBa na platform 2 mÅ1 mgh = 2 Å1 = 2gh 113 W chwili upadku ciaBo ma pd p1 p1 = mÅ1 Wektor p1 ma skBadowe p1x = mÅ1x = mÅ1 Å" cos ± p1y = mÅ1y = mÅ1 Å" sin ± CiaBo o ci|arze G po upadku na platform o ci|arze G1 pozostaje na tej platformie. Masa M platformy wraz z ciaBem wynosi zatem G + G1 M = g Po upadku platforma uzyskuje pd p2 p2 = MÅ Wektor p2 ma skBadowe p2x = MÅ p2y = 0 Z prawa zachowania pdu wynika, |e p1= p2 co pociga p1x = p2x Zatem mo|emy zapisa G1 + G G1 Å" Å = Å" Å1x g g Å1x = Å1 Å" cos ± = 2gh Å" cos ± G1 + G G1 Å" Å = Å" 2gh Å" cos ± g g G1 Å = Å" 2gh Å" cos ± G1 + G Zad.5.7. Trzy jednakowe kulki wisz stykajc si na trzech jednakowych niciach o jednakowych dBugo[ciach. Jedn z kulek odchylono w kierunku prostopadBym do prostej Bczcej [rodki dwóch pozostaBych kulek i puszczono swobodnie. Do chwili zderzenia kulka osignBa prdko[ Å. Jakie prdko[ci bd posiadaBy kulki po zderzeniu? 114 Rozwizanie: ± = 30o ; 3 cos ± = 2 Po zderzeniu pierwsza kulka miaBa pd m1Å2 I p1 = m1Å i energi kinetyczn EI = k1 2 za[ dwie pozostaBe kule spoczywaBy a wic I pI = p3 = 0 EI = EI = 0 2 k1 k2 Po zderzeniu kule uzyskaBy odpowiednio prdko[ci Å1, Å2 i Å3, którym odpowiadaj pdy II II p1 = m1Å1; pII = m2Å2; p3 = m3Å3 2 oraz energie kinetyczne m1Å12 m2Å22 II m3Å32 II E1k = ; EIIk = ; E3k = 2 2 2 2 Stosujc prawo zachowania pdu mo|emy zapisa I II II p1 = p1 + pII + p3 2 co, gdy m1 = m2 = m3 = m , jest równowa|ne (1) mÅ = -mÅ1 + mÅ2 Å" cos ± + mÅ3 Å" cos ± - dla osi y (2) 0 = -mÅ3 Å" sin ± + mÅ2 Å" sin ± - dla osi y Z (2) wynika, |e Å2 = Å3 = Å2 / 3 Å + Å1 mÅ = -mÅ1 + 2mÅ2 / 3 Å" cos ±; Å = -Å1 + 3Å2/ 3; Å2/ 3 = 3 Z zasady zachowania energii mÅ2 mÅ12 mÅ2/ 32 = + 2 2 2 2 115 Å + Å1 Po podstawieniu Å2/ 3 = otrzymujemy 3 2 Å2 = Å12 + (Å2 + 2ÅÅ1 + Å12) 3 3Å2 = 3Å12 + 2Å2 + 4ÅÅ1 + 2ÅÅ12 5Å12 + 4ÅÅ1 + Å2 = 0 " =16Å2 + 20Å2 = 36Å2 " = ±6Å - 4Å + 6Å 2 1 Å1 = = + Å = + Å 10 10 5 1 Å + Å 6Å 2 3 5 Å2 / 3 = = = Å 5 3 5 3 116

Wyszukiwarka

Podobne podstrony:
Analiza Matematyczna 2 Zadania
ZARZÄ„DZANIE FINANSAMI cwiczenia zadania rozwiazaneE
ZADANIE (11)
zadanie domowe zestaw
Zadania 1
W 4 zadanie wartswa 2013
Sprawdzian 5 kl 2 matematyka zadania
zadania1
Zadania 2015 9
Logika W8 zadania
Logika troch teorii zadania
06 Zadania z rozwiÄ…zaniamiidd47
zadania4
zadania 1 5 10

więcej podobnych podstron