Zadania do rozdziału 3. Zad.3.1. Rozważmy klocek o masie m=2 kg

Zadania do rozdziału 3.
Zad.3.1.
Rozważmy klocek o masie m=2 kg ciągnięty wzdłuż gładkiej poziomej płaszczyzny
G
G
przez siłę P . Ile wynosi siła reakcji FN wywierana na klocek przez gładką powierzchnię?
Oblicz siłę P, która nada klockowi poziomą prędkość υ x = 4 m / s w czasie t-2 s (jeżeli w
chwili początkowej klocek znajduje się w spoczynku)?
Rozwiązanie:
G
G
G
Na klocek działają siły: P - siła ciągnąca, Q - siła ciężkości, FN - siła reakcji wywierana na
klocek przez powierzchnię.
Z drugiej zasady dynamiki wiemy, że :
G
G
∑ F = ma
co możemy zapisać
∑ Fx = ma x i ∑ Fy = ma y
ax≠0
Ponieważ
ay=0;
a
∑ Fy = FN − Q; ∑ Fx = P
Zatem
FN − Q = 0; P = ma x
Q = m ⋅ g;
Q = 2 kg ⋅ 9.81 m / s 2 == 19.62 N ;
Ponieważ FN=Q to siła nacisku FN=19.62 N
64
m
4
υx − 0
m
ax =
ax = s ; ax = 2
t
2s
s2
Ostatecznie
P = m ⋅ a x ; P = 2 kg ⋅ 2
m
s2
; P = 4N
Zad.3.2.
Samochód ciężarowy o masie m = 6 t doznaje przyspieszenia a = 0.5 m / s 2 . Oblicz
siłę F silnika, która ciągnie samochód.
Rozwiązanie:
Z drugiej zasady dynamiki
F= m⋅a
F = 6000 kg ⋅ 0,5 m / s 2 = 3000 N
Zad.3.3.
Z lotniskowca, którego masa m = 30 000 t, wyrzucony został za pomocą katapulty samolot z
siłą F = 90 000 N. Oblicz przyspieszenie a jakie doznaje lotniskowiec?
Rozwiązanie:
G
Z trzeciej zasady dynamiki wynika, że na lotniskowiec działa siła F , taka sama co do modułu
lecz przeciwnie skierowana, z jaką lotniskowiec wyrzuca samolot.
Z drugiej zasady dynamiki
F= m⋅a
a=
a=
F
m
90000 N
= 3 ⋅ 10 −3
30 000 000 kg
kg ⋅
m
s2
kg
a = 3 ⋅ 10 −3 m / s 2
Zad.3.4.
Ciało o masie m1 = 2 kg jest ciągnięte za pomocą nieważkiej nici po gładkiej,
poziomej płaszczyźnie. Na drugim końcu nitki przerzuconym przez krążek wisi inne ciało o
masie m2=1 kg. Zakładając, że krążek jest nieważki i służy wyłącznie do zmiany kierunku
naprężenia w nici, znaleźć przyspieszenie a układu i naprężenie nici T.
Rozwiązanie:
G
G
∑ F = m1a 1
65
G
G
∑ F = m 2a 2
G
G
G
a 1 = i a 1x + j a 1y
G
G
G
a 2 = i a 2x + j a 2 y
Ciało o masie m1 porusza się w kierunku osi x, czyli a 1y = 0 .
Wobec tego możemy napisać dla m1
+ FN − m1g = 0
dla osi y
+ T = + m1a 1x
dla osi x
− T + m 2 g = +m 2 a 2y
dla osi y
i dla m2
0=0
dla osi x
Ze względu na to, że na krążku zmienia się kierunek naprężenia nici i, że nić ma ustaloną
długość, zachodzi
a 1x = a 2 y = a
Zatem
T = m1a
oraz
m 2g − T = m 2a
co daje
m 2 g − m 1a = m 2 a
66
a=
stąd
m2
⋅g
m1 + m 2
Podstawiając dane liczbowe otrzymujemy:
a=
i
1 kg
m
⋅ 9.81 ≅ 3.3 m / s 2
2 kg + 1 kg
s2
T = m1 ⋅
m2
⋅g
m1 + m 2
T = 2 kg
1 kg
m
⋅ 9.81 ≅ 6.5 N
2 kg + 1 kg
s2
Zad.3.5.
Dwie nierówne masy m1=2 kg i m2=1 kg są połączone ze sobą za pomocą nieważkiej
linki przerzuconej przez niewielki krążek. Oblicz przyspieszenie a układu oraz naprężenie
linki T.
Rozwiązanie:
Równanie ruchu masy m1 ma postać
∑ F = m 1a 1 ;
m 1g − T = m 1 ⋅ a 1
*)
Równanie ruchu masy m2 ma postać
∑ F = m 2a 2 ;
m 2 g − T = −m 2 ⋅ a 2
**)
Ale a 1 = a 2 = a (patrz zad.3.4)
T = m 1g − m 1 ⋅ a
i podstawiamy do **)
m 2 g − m1g + m1a = −m 2 a; m1a + m 2 a = m1g − m 2 g
stąd
a=
m1 − m 2
⋅g
m1 + m 2
Podstawiając dane liczbowe otrzymujemy:
a=
2 kg − 1 kg
m
m
⋅ 9.81 ≅ 3.3
2
2 kg + 1 kg
s
s2
oraz
67
T = m 1g − m 1 ⋅
m1 − m 2
⋅g
m1 + m 2

m − m2
T = m1g1 − 1
m1 + m 2

g=

m + m 2 − m1 + m 2
2 m1 m 2
 = m1g 1
=
g
m1 + m 2
m1 + m 2

2 ⋅ 2 kg ⋅ 1 kg
m
⋅ 9.81 ≅ 13.1 N
2 kg + 1 kg
s2
Zad.3.6.
Promień zakrętu toru kolejowego wynosi r=100 m. Pod jakim kątem α ma być
nachylony tor do poziomu, aby nacisk pociągu F na tor był prostopadły do toru (koła pociągu
nie działają wówczas na płaszczyzny boczne szyn i nie występuje zjawisko zrzucania
wagonów z toru) jeżeli prędkość pociągu na zakręcie wynosi υ=36 km/godz.
Rozwiązanie:
Rozpatrujemy jeden wagonu pociągu.
Zakładając, że masa wagonu wynosi m,
G
Q - ciężar wagonu
G
Pn - siła odśrodkowa
G
R - wypadkowa siła reakcji szyn na koła
wagonu
G
F - siła nacisku wagonu na tor.
G G
G
Siła F będzie prostopadła do płaszczyzny tory gdy kąt zawarty między siłami Q i F będzie
równy kątowi α nachylenia szyn.
P
tg α = n
Q
Q =m⋅g
Reakcję odśrodkową (siłę odśrodkową) możemy wyrazić
Pn = m ⋅ a n
gdzie przyspieszenie odśrodkowe an ma postać:
an =
68
υ2
r
Pn = m ⋅
Zatem
υ2
r
υ2
m
2
r = υ
tg α =
mg
r⋅g
Wtedy
υ = 36
km 36.000 m
=
= 10 m / s
godz
3.600 s
tg α =
100m 2 / s 2
100 m ⋅ 9.81m / s 2
≈ 0.1
α = ar ctg 0.1 ≅ 6 o
Wniosek: Kąt nachylenia toru na zakręcie nie zależy od masy m jadącego pociągu, a zależy
jedynie od jego prędkości υ i promienia krzywizny toru r.
Zad.3.7.
Długość prętów l regulatora Wata wynosi 200 mm. Oblicz kąt α nachylenia ramion
regulatora, jego prędkość obrotowa wynosi n=2 obroty/s.
Rozwiązanie:
Zakładamy,
że
masa
kuli
regulatora
wynosi m. Wtedy na kulę regulatora
działają w płaszczyźnie prostopadłej do
kierunku ruchu trzy siły: ciężar kulki Q,
siła odśrodkowa Pn oraz naciąg pręta F.
Ponieważ
położenie
kulki
w
tej
płaszczyźnie przy stałych obrotach nie
ulega zmianie, powyższe trzy siły znajdują
się w równowadze.
Z trójkąta sił wynikają bezpośrednio następujące zależności
P
tg α = n
Q
Ciężar ciała Q można wyrazić równaniem Q = m ⋅ g ,
a reakcję odśrodkową Pn równaniem
Pn =
mυ 2
r
gdzie: r =lsinα, a prędkość kulki υ = 2πnr = 2πnl sin α , skąd
69
Pn =
m ⋅ 4π 2 n 2 l 2 sin 2 α
= 4π 2 n 2 ml sin α
l sin α
Podstawiając wartość Q i Pn do pierwszego równania otrzymamy
4π 2 ⋅ n 2 ⋅ m ⋅ l ⋅ sin α
m⋅g
tg α =
i uwzględniając, że tg α =
sin α
otrzymamy
cos α
sin α 4π 2 n 2 l sin α
=
cos α
g
1
4π 2 n 2 l
=
cos α
g
Zatem
cos α =
cos α =
g
2 2
4π n l
9.81 m / s 2
= 0.31
2
2 1
4 ⋅ (3.14) ⋅ 2
⋅ 0.2 m
s2
α = arc cos 0.31 ≅ 71o
Wniosek: Kąt nachylenia α ramion regulatora Wata nie zależy od masy m kuli regulatora.
Zad.3.8.
Jaką pracę W wykona człowiek przesuwający klocek o masie m=10 kg z podstawy na
szczyt równi pochyłej mającej długość d=5 m i wysokość h=3 m. Człowiek przesuwa klocek
ze stałą prędkością siłą P równoległą do równi. Oblicz moc człowieka P przy wykonywaniu
tej pracy, jeśli czas przesuwania klocka wynosił t=10 s.
Rozwiązanie:
Sytuacja jest przedstawiona na rysunku.
Ponieważ przesuwanie klocka wzdłuż osi x
odbywa się (bez przyspieszenia) ruchem
jednostajnym, zatem II zasada dynamiki
przyjmie postać
∑F= R − F=0
70
F = Q ⋅ sin α
Q = m ⋅ g; sin α =
h
l
h
3m
R = mg ; R = 10 kg ⋅ 9.81 m / s 2 ⋅
= 58.8 N
l
5m
R ≅ 58.8 N
Praca W wykonana przez siłę P na drodze l
G G
W = R ⋅ l = P⋅l
W = 58.8 N ⋅ 5 m = 294 J
Gdyby klocek trzeba było podnieść do góry bez użycia równi to wówczas wykonalibyśmy
pracę W’
G G
W' = Q ⋅ h = Q ⋅ h
W ' = 10 kg ⋅ 9.81 m / s 2 ⋅ 3 m = 294 J
A więc praca W=W’. Używając równi pochyłej możemy zyskać na sile, ale musimy wykonać
taką samą pracę.
Moc człowieka
P=
P=
W
t
294 J
= 29.4 W
10 s
Zad.3.10.
Oblicz prędkość υ, którą uzyska rakieta o masie m=1.6 t w chwili startu, jeżeli gazy
spalinowe posiadały prędkość υ p = 3500 m / s , a masa spalonego paliwa wraz z utleniaczem
wynosiła mp=50 kg.
Rozwiązanie:
Przed startem rakieta miała masę m o = m + m p , zaś prędkość υ o = 0 .
G
G
Zatem pęd
p = m o υo = 0 .
Ponieważ na rakietę w chwili startu nie działają żadne siły zewnętrzne, dlatego pęd p całego
układu (rakieta + wylatujące spaliny) musi być równy zero.
71
Pęd rakiety po starcie
p r = mυ
Pęd spalin po starcie
p s = −m p υ p
Pęd układu
p r = mυ − m p υ p = 0
mυ = m p υ p
Zatem
υ=
υ=
m p υp
m
50 kg ⋅ 3500 m / s
≅ 110 m / s
1600 kg
υ = 110 m / s
Zad.3.10.
Oblicz energię kinetyczną pocisku o masie m=40 kg, wystrzelonego z lufy armatniej z
prędkością υ = 600 m / s . Oblicz średnią siłę parcia P gazów prochowych w lufie, jeżeli
długość jej wynosi s=2 m.
Rozwiązanie:
Energia kinetyczna EK pocisku wynosi
EK =
mυ 2
2
40 kg ⋅ (600)2 m 2 / s 2
EK =
= 7200000 J
2
Energia kinetyczna jaką uzyskał pocisk po opuszczeniu lufy pojawiła się kosztem wykonanej
pracy W, którą wykonały gazy prochowe przesuwające pocisk siłą P na dystansie długości
lufy s
W = P ⋅ s = EK
P=
P=
E K = mυ 2
=
s
2s
40 kg ⋅ (600)2 m 2 / s 2
= 3600000 N
2 ⋅ 2m
72