Zadania do rozdziału 2. Zad.2.1. Samochód na autostradzie porusza

Komentarze

Transkrypt

Zadania do rozdziału 2. Zad.2.1. Samochód na autostradzie porusza
Zadania do rozdziału 2.
Zad.2.1.
Samochód na autostradzie porusza się ruchem jednostajnym prostoliniowym z
prędkością υ=100 km/godz. W jakim czasie t przebędzie on drogę s=50 km?
Rozwiązanie:
s = υ⋅t
t=
s 50 km / godz
=
= 0.5 godz.
υ 100 km / godz
Zad.2.2.
Z miejscowości A oddalonej w linii prostej o 90 km od miejscowości B, wyjeżdża
pociąg pospieszny jadąc w kierunku B z prędkością 54 km/godz. Po 10 minutach z
miejscowości B wyjeżdża pociąg osobowy jadący w kierunku A z prędkością 36 km/godz.
Obliczyć po jakim czasie i w jakiej odległości od miejscowości A nastąpiło spotkanie
pociągów?
Rozwiązanie:
Oznaczamy:
a=AB=90 km = 90000 m
Poszukujemy w jakiej odległości s od A leży
υ1=54 km/godz = 15 m/s
punkt C spotkania pociągów oraz po jakim
υ2=36 km/godz = 10 m/s
czasie t nastąpiło spotkanie pociągów
t1=10 min = 600 s
Po czasie t1 gdy pociąg jadący z A do B przejechał drogę
s o = υ1 ⋅ t 1
wyrusza pociąg z B do A.
38
Pociąg z B do A do chwili spotkania przebędzie drogę:
s 2 = a − s = υ 2 ⋅ (t − t 1 )
Pociąg z A do B do chwili spotkania przebędzie drogę:
s = υ1 ⋅ t
Ale
a = s + s 2 = υ 2 ⋅ (t − t 1 ) + υ1 ⋅ t
a = υ2 ⋅ t − υ2 t1 + υ1 ⋅ t
t=
a + υ 2 ⋅ t 1 90000 m + 10 m / s ⋅ 10 s
=
= 3840 s
υ1 + υ 2
15 m / s + 10 m / s
s = υ1 ⋅ t = υ1
a + υ 2 ⋅ t1
= 15 m / s ⋅ 3840 s = 57600 m = 57.6 km
υ1 + υ 2
Zadanie to można zilustrować
Zad.2.3.
Samochód jadący z prędkością υo=54 km/godz w pewnej chwili zaczyna hamować
(czyli porusza się ruchem jednostajnie opóźnionym). Po upływie czasu t1=5 s od chwili
rozpoczęcia hamowania prędkość samochodu wynosi υ=18 km/godz.
Obliczyć opóźnienie samochodu, drogę hamowania i czas po jakim się zatrzyma?
39
υ o = 54 km / godz = 15
υ = 18 km / godz = 5
m
s
m
s
υ = υ o − at1
υ − υ 54 km / godz − 18 km / godz 15 m / s − 5 m / s
m
a= o
=
=
=2
t1
5s
5s
s2
Opóźnienie a wynosi:
a=2
m
s2
t – czas hamowania
Na końcu drogi hamowania υ=0
υ = υ o − at
Zatem
0 = υ o − at
υ
t= o
a
t=
Czas hamowania t wynosi:
15 m / s
2 m / s2
= 7.5 s
t=7.5 s
s – droga hamowania
s = υo ⋅ t −
at 2
2
s = 15 m / s ⋅ 7.5 s −
2 m / s 2 ⋅ (7.5)2 s 2
= (112.50 − 56.25) m
2
s = 56.25 m
Droga hamowania s wynosi: s=56.25 m.
Zad.2.4.
Z balonu unoszącego się na wysokości h=1960 m zrzucono woreczek z piaskiem.
Oblicz czas spadania t woreczka z piaskiem na ziemię oraz prędkość υ w chwili upadku.
Przyspieszenie ziemskie g = 9.81
m
s2
40
Rozwiązanie:
Woreczek będzie poruszał się ruchem jednostajnie przyspieszonym z zerową prędkością
początkową.
t=
Czas spadania t wynosi:
h=
gt 2
2
t=
2h
g
2 ⋅ 1960 m
9.81 m / s 2
≅ 20 s
t=20 s.
υ=g⋅t =g
2h
= 2hg
g
υ = 9.81 m / s 2 ⋅ 20 s = 196 m / s
Prędkość upadku υ wynosi: υ=196 m/s.
Zad.2.5.
Z karabinka wystrzelono pocisk pionowo w górę z prędkością υo=490 m/s. Oblicz
wysokość h na jaką wzbije się pocisk oraz czas wznoszenia t i prędkość końcową upadku
pocisku?
Rozwiązanie:
υ = υ o + at
υ=0
;
a = −g
0 = υo − g ⋅ t
υ
t= o
g
t=
490 m
≅ 50 s
9.81 m / s
Czas wznoszenia pocisku t wynosi: t=50 s.
υ
gt 2
1 υ
= υ o ⋅ o − g  o
h = υo ⋅ t −
2
g
2  g
41
2
υo 2

 =
2g

2
h=
(490)2 m2
2 ⋅ 9.81
s = 12237 m
m
s2
Wysokość h, na którą wzbił się pocisk wynosi:
h=12237 m.
Oznaczmy przez ts – czas spadania pocisku z wysokości h
h=
ts =
2h
g
gt s 2
2
ale
υ 2
h= o
2g
Zatem
ts =
2υ o 2 υ o
=
g ⋅ 2g
g
ts=50 s
Widzimy, że czas spadania pocisku ts jest taki sam jak czas t jego wznoszenia.
Oznaczmy przez υu - prędkość upadku pocisku
υ u = gt s
ale
υ
ts = o
g
Zatem
υ
υ u = g ⋅ o = υo
g
υ u = 490 m / s
Widzimy, że prędkość upadku pocisku υu jest taka sama jak prędkość υo jego wystrzelenia.
Zad.2.5.
Z wysokości h=1.5 m wystrzelono z karabinu poziomo pocisk z prędkością
υo=730 m/s. Znaleźć równanie toru pocisku (y=f(x)). Określić odległość s w jakiej pocisk
upadnie na ziemię oraz czas t ruchu pocisku. Opór powietrza pominąć.
42
Rozwiązanie:
Ruch pocisku jest wypadkowym dwóch ruchów:
-
w kierunku poziomym (osi 0x) - jednostajnego prostoliniowego z prędkością υo
-
w kierunku pionowym (osi 0y) - jednostajnie przyspieszonego (z przyspieszeniem
ziemskim g) z prędkością początkową równą zero
W chwili t pocisk w punkcie P toru ma współrzędne:
x = υo ⋅ t
y=g
jest to równanie toru w postaci





t2
2
parametrycznej, gdzie parametrem
jest czas t.
Obliczając z pierwszego równania t
t=
x
υo
i podstawiając do drugiego
 x
y = g ⋅ 
 υo
y=
g
υo
2
2

g
 =
x2
2
υo

⋅ x 2 otrzymujemy równanie toru w postaci jawnej.
Krzywą tą nazywamy parabolą.
Czas lotu pocisku t jest równy czasowi swobodnego spadku tego pocisku z wysokości h.
gt 2
h=
2
2h
g
t=
t=
2 ⋅ 1.5 m
9.81 m / s 2
43
= 0.55 s
Czas lotu pocisku t wynosi: t=55 s.
W tym czasie pocisk przeleci w kierunku osi 0x drogę s
s = υo ⋅ t
2υ o 2 h
2h
=
g
g
s = υo ⋅
s=
Zasięg pocisku s wynosi:
2 ⋅ (730 )2 ⋅ 1.5 m 2 / s 2 ⋅ m
9.81 m / s 2
≅ 400 m
s=400 m.
Zad.2.6.
o
Z moździerza wystrzelono pocisk z prędkością υo=200 m/s pod kątem α=60 do
poziomu. Znaleźć równanie toru (y=f(x)). Obliczyć odległość s w jakiej pocisk upadnie na
ziemię od miejsca wystrzału oraz czas t lotu pocisku. Opór powietrza pominąć.
Rozwiązanie:
G
Wektor prędkości υ o rozkładamy na dwie składowe: υ x = υo ⋅ cos α i υ y = υ o ⋅ sin α .
Teraz ruch pocisku możemy uważać za wypadkową dwóch ruchów;
-
w kierunku poziomym (osi 0x) - jednostajnego, prostoliniowego z υx
-
rzutu w górę (w kierunku osi 0y) z prędkością początkową υy.
W chwili t pocisk znajduje się w punkcie P toru o współrzędnych
x = υ x ⋅ t = υ o ⋅ cos α ⋅ t


gt
gt 
y = υy ⋅ t −
= υ o sin α ⋅ t −

2
2 
2
2
Powyższe dwa równania opisują tor i stanowią równanie toru w postaci parametrycznej, gdzie
parametrem jest czas t.
44
Eliminując czas t
t=
x
υo cos α
formujemy równanie toru w postaci jawnej
y = υo ⋅ sin α ⋅
x
g
x2
sin α
g
−
=
⋅x −
⋅ x2
2
2
2
2
υo cos α 2 υo cos α cos α
2υo cos α
Ponieważ jest to równanie kwadratowe względem x, a więc torem rzutu ukośnego jest
parabola.
Zasięg pocisku (x=s) otrzymamy podstawiając do toru pocisku współrzędną y=0 upadku
pocisku
sin α
g
⋅x −
⋅ x2
2
2
cos α
2υo cos α
0=
2υ o 2 (sin α cos α ) x − gx 2
2υ o 2 cos α
(
=0
)
x 2υo 2 sin α cos α − gx = 0
x=0
- to jest punkt startu (nie upadku)
więc rozważmy 2υo 2 sin α cos α − gx = 0 .
Wiemy, że
2 sin α cos α = sin 2α
υo 2 sin 2 α = gx
υ 2 sin 2 α
x= o
g
x=
(200)2 m 2 / s 2 ⋅ sin 120 o (200)2 ⋅ cos 30 o
9.81 m / s
2
=
9.81
(
)
m ; ponieważ sin 90 o + α = cos α
x=3531 m
Zasięg pocisku wynosi s =3531 m.
Zad.2.7.
Punkt P porusza się ruchem jednostajnym po okręgu o promieniu R z prędkością
kątową ω. Oblicz prędkość liniową υ ruchu oraz przyspieszenie dośrodkowe an. Wykazać, że
G G
wektory υ i a n są ortogonalne (wzajemnie prostopadłe).
45
Rozwiązanie:
Ruch P
jest jednoznacznie opisany
promieniem wodzącym
G
G
G
r (t ) = x (t ) ⋅ i + y(t ) j
Czas t liczymy od chwili gdy ϕ=0.
Droga kątowa
ϕ=ω⋅t
x (t ) = R cos ϕ = R cos ωt
y(t ) = R sin ϕ = R sin ωt
G
G
d r (t )  dx (t ) dy(t ) 
υ(t ) =
=
,
dt
dt 
 dt
Prędkość
dy
dx
= −Rω sin ωt
= Rω cos ωt
dt
dt
G
υ(t ) = [− Rω sin ωt , Rω cos ωt ]
G
υ = υ(t ) = R 2 ω 2 sin 2 ωt + R 2 ω 2 cos 2 ωt = R ⋅ ω
Przyspieszenie
G
G
d
dυ  d

(
)
=
=  (− Rω sin ωt ), (− Rω cos ωt )
an t
dt
dt  dt

[
G
a n (t ) = − Rω 2 cos ωt − Rω 2 sin ωt
]
G
υ2
a n = a n (t ) = R 2 ω 4 cos 2 ωt + R 2 ω 2 sin 2 ωt = Rω 2 =
R
G G
Aby sprawdzić czy wektory υ i a n są ortogonalne obliczamy ich iloczyn skalarny
[
]
G
G
υ(t ) ⋅ a n (t ) = [− Rω sin ωt , Rω cos ωt ] ⋅ − Rω 2 cos ωt , − Rω 2 sin ωt =
= R 2 ω3 sin ωt cos ωt − R 2 ω3 cos ωt sin ωt = 0
G G
Iloczyn skalarny υ ⋅ a n = 0 , czyli wektory są ortogonalne.
46