rozwiązania

ĆWICZENIA RACHUNKOWE Z FIZYKI
Wydział IŚ, kierunek: IŚ
Lista III
Kinematyka ruchu jednowymiarowego
ROZWIĄZANIA ZADAŃ
1. (a) Średnia prędkość v 0<t<3 = ∆x/∆t = [x(3) − x(0)]/(3 − 0) = 240/3 = 80. (b) Prędkość chwilowa v = dx/dt =
50 + 20t; v(3) = 110. (c) Przyspieszenie chwilowe jest w tym przypadku stałe: a = dv/dt = 20. (d) Prędkość chwilowa
jest współczynnikiem kierunkowym stycznej do wykresu x(t). (e) Przyspieszenie chwilowe jest współczynnikiem kierunkowym stycznej do wykresu v(t); w tym przypadku wykres jest odcinkiem prostej, więc styczna pokrywa się z tą
prostą.
v [ ms ] 6
x [m] 6
200
100
100
50
0
1
2
3
- 0
t [s]
Zadanie 1
1
2
3
t [s]
2. (a) Wyrażenia ct2 i bt3 muszą mieć ten sam wymiar, co x, czyli metr. Zatem [c] = m/s2 , [b] = m/s3 . (b) Ekstrema
funkcji x = 3t2 − 2t3 występują dla dx/dt = v = 6t(1 − t) = 0. Maksimum mamy dla d2 x/dt2 = a = 6(1 − 2t) < 0, tj.
R4
R1
R4
dla t = 1. (c) Droga s = 0 |v(t)| dt = 0 v(t) dt + 1 [−v(t)] dt = [x(1) − x(0)] − [x(4) − x(1)] = (1 − 0) − (−80 − 1) =
82; cząstka porusza się najpierw w kierunku dodatnim (dla 0 < t < 1), a potem w ujemnym (dla 1 < t < 4).
R4
(d) Przemieszczenie ∆x = 0 v(t) dt = x(4) − x(0) = −80. (e) Prędkości: v(1) = 0, v(2) = −12, v(3) = −36,
v(4) = −72. (f) Przyspieszenia: a(1) = −6, a(2) = −18, a(3) = −30, a(4) = −42.
3. Długość liny jest stała: L + l = 2H (w chwili początkowej harcerz stał pod drzewem). Prędkość
plecaka vp = dh/dt =
√
d(H − l)/dt = d(L − H)/dt = dL/dt. Harcerz
idzie ze stałą prędkością: x = vh t; L = x2 + H 2 ; vp = (d/dt)(vh2 t2 +
√
H 2 )1/2 = 12 (vh2 t2 + H 2 )−1/2 · 2vh2 t = vh x/ x2 + H 2 . Przyspieszenie ap = (d/dt)vp = (d/dt)[vh2 t (vh2 t2 + H 2 )−1/2 ] =
√
vh2 (vh2 t2 + H 2 )−1/2 − vh2 t · 21 (vh2 t2 + H 2 )−3/2 2vh2 t = vh2 H 2 /[ x2 + H 2 ]3 . Plecak zostaje wciągnięty, gdy h1 = H, czyli
p
√
L1 = 2H; wtedy x1 = L21 − H 2 = 3H.
p
√
Czas wciągania t1 =px1 /vh ≈ 5,2 s. Prędkość v1 = v(t1 ) = x1 vh / x21 + H 2 = ( 3/2)vh ≈ 1,7 m/s. Przyspieszenie
a1 = a(t1 ) = vh2 H 2 /[ x21 + H 2 ]3 = vh2 /(8H) ≈ 0,083 m/s2 .
6
l
?
6
h
Z
Z
6
~vpZ
h ZZ L
Z
Z
6
H
Z
Z
Z
?
x
?
-
Zadanie 3
4. Niech h = 2 m — wysokość okna, v0 — prędkość doniczki przy dolnej krawędzi okna, t = (0,5/2) s — czas przelotu
doniczki w jedną stronę. Ruch w górę jest jednostajnie opóźniony: h = v0 t − 12 gt2 , skąd znajdujemy v0 = h/t + 12 gt.
Doniczka zatrzyma się (i osiągnie najwyższy punkt toru) po czasie tmax = v0 /g = h/(gt) + 21 t licząc od minięcia dolnej
framugi, zatem ponad górną będzie lecieć w górę jeszcze przez czas t1 = tmax − t = h/(gt) − 12 t. Wzniesie się w tym
czasie na wysokość hmax = 12 gt21 = h2 /(2gt2 ) + gt2 /8 − h/2 ≈ 2,3 m.
5. (a) Droga przebyta przez samochód osobowy to s1 = 21 at2 , a przez ciężarówkę s2 = v2 t. Porównując s1 = s2
otrzymujemy t = 2v2 /a ≈ 8,6 s. (b) Prędkość samochodu osobowego w momencie dogonienia ciężarówki: v = at =
2v2 = 19 m/s.
6. W przedziale czasu 0 < t < 10 s (∆t1 = 10 s) — ruch jednostajnie przyspieszony, a1 = 2 m/s2 > 0;
W przedziale czasu 10 s < t < 15 s (∆t2 = 5 s) — ruch jednostajny, a2 = 0;
W przedziale czasu 15 s < t < 20 s (∆t3 = 5 s) — ruch jednostajnie przyspieszony, a3 = −3 m/s2 < 0;
Prędkości: v1 = v(t1 ) = v0 + a1 ∆t1 = 0 + 2 · 10 = 20 [m/s]; v(t2 ) = v(t1 ) + a3 ∆t3 = 20 − 3 · 5 = 5 [m/s]
Droga: s(t2 ) = s1 + s2 + s3 = 21 a1 (∆t1 )2 + v1 ∆t2 + [v1 ∆t3 + 12 a3 (∆t3 )2 ] = 100 + 100 + [100 − 37,5] = 262, 5 [m].
Prędkość średnia: v = (x(t2 ) − x(t1 ))/(t2 − t1 ) = (s2 + s3 )/(t2 − t1 ) = 16,25 m/s.
a [m/s2 ] 6
+2
∆t3
20
0
10
30 t [s]
∆t1 ∆t2
−3
Zadanie 6
7. Elektron znajduje się w bezruchu, gdy jego prędkość chwilowa jest równa zeru: 0 = dx/dt = 16e−t (1 − t), tj. dla t = 1.
Odległość od początku osi |x(1) − 0| = 16/e ≈ 5,8.
8. (a) Czas, w którym prędkość vpmaleje o v/2 to t1 = v/(2g). Przebyta w tym czasie droga (od A do B) to s1 =
vt1 − 12 gt21 = 38 v 2 /g, skąd v = 8gs1 /3 ≈ 9 m/s. (b) Kamień będzie się wznosił jeszcze przez czas t2 = t1 , po czym
jego prędkość zmaleje do zera. Przebędzie w tym czasie drogę s2 = 21 gt21 = 81 v 2 /g = s1 /3 = 1 m.
9. Ruch jest jednostajnie przyspieszony, zatem vk = −5v0 = v0 − gtc . Stąd tc = 6v0 /g ≈ 3 s. Droga w spadku swobodnym
H = 21 gt2 = vk2 /(2g) ≈ 31,25 m, a droga przebyta podczas wznoszenia s = v02 /(2g) ≈ 1,25 m, zatem początkowa
wysokość h = H − s ≈ 30 m.
10. W ruchu jednostajnie przyspieszonym v = v0 +at i x−x0 = v0 t+ 12 at2 ; wyznaczając t z pierwszego wzoru otrzymujemy
p
2as = v 2 −v02 . Stąd wysokość początkowa H = (vk2 −v02 )/(2g) ≈ 60 m. Z tego samego wzoru v1 = v02 + 2gs1 ≈ 15m/s.
11. Prędkość helikoptera v(t) = dH/dt = 9t2 , przyspieszenie a(t) = dv/dt = 18t. Dla t0 = 2, wysokość początkowa
plecaka h0 = H(t0 ) = 24, prędkość początkowa (równa prędkości helikoptera) v0 = v(t0 ) = 36. Położenie plecaka
h(τ ) = h0 + v0 (τ ) − 21 g(τ )2 . Upadek plecaka: h(τ ) = 0, zatem h0 + v0 τ − 21 gτ 2 = 0, gdzie τ = t − t0 . Wybieramy
p
rozwiązanie dodatnie: τ = v0 /g + (v0 /g)2 + 2h0 /g ≈ 7,7. Zatem plecak upadnie na ziemię po 9,7 s od startu
helikoptera.
Rt
12. Przyspieszenie a(t) = dv/dt = 3 · 105 − 108 t [m/s2 ], x0 = 0, x(t) = 0 v(t) dt + x0 = 1,5 · 105 t2 − 35 · 107 t3 [m]; t0 —
chwila opuszczenia lufy przez pocisk; a(t0 ) = 0, zatem t0 = 3 · 10−3 s; po podstawieniu: prędkość pocisku u wylotu
v(t0 ) = 450 m/s; długość lufy l = x(t0 ) = 0,9 m.
13. (a) Aby osiągnąć prędkość vmax = 305 m/min ≈ 5,1 m/s, wagonik potrzebuje czasu t1 = vmax /a ≈ 4,2 s, w którym
2
/(2a) ≈ 10,7 m. (b) Pełny przejazd na drodze s = 190 m wymaga rozpędzenia
przebywa drogę s1 = 12 at21 = vmax
i zahamowania windy w łącznym czasie 2t1 na drodze 2s1 , pozostały odcinek s − 2s1 = vmax (t − 2t1 ) pokonywany jest
2
2
/a i t = s/vmax + vmax /a ≈ 41,4 s.
ruchem jednostajnym. Po podstawieniu: s − vmax
/a = vmax t − 2vmax
v 6
vC
vB
0
tB tC
t100
t
Zadanie 14
14. Dane: t100 = 10,2 s, tB = 2 s, tC = 3 s, s = 100 m. Dla Bena Johnsona mamy zależności:
vB = aB tB , s = 21 aB t2B + vB (t100 − tB ) = 21 vB (2t100 − tB ), vB = 2s/(2t100 − tB ) ≈ 10,9 m/s; aB = vB /tB ≈ 5,4 m/s2 .
Dla Carla Lewisa — analogicznie: vC = 2s/(2t100 − tC ) ≈ 11,5 m/s; aC = vC /tC ≈ 3,8 m/s2 .
Z wykresu v(t) widać, że prędkość względna vw może być największa albo dla t = tB , albo dla t ­ tC ; w chwili tB
mamy vw = |aC tB − vB | ≈ 3,2 m/s, czyli więcej niż |vC − vB | ≈ 0,6 m/s (dla t ­ tC ).
Wrocław, 16 X 2007
W. Salejda, M.H. Tyc & K. Tarnowski