Zadania do rozdziału 5 Zad.5.1. Udowodnij, że stosując równię

Zadania do rozdziału 5 Zad.5.1. Udowodnij, że stosując równię

Zadania do rozdziału 5
Zad.5.1.
Udowodnij, że stosując równię pochyłą o dającym się zmieniać kącie nachylenia α
można wyznaczyć współczynnik tarcia statycznego µo.
Rozwiązanie:
W czasie zsuwania się po równi ciało o
ciężarze
P=mg
podlega
działaniu
wypadkowej dwóch sił:
siły zsuwającej
Ft = P sin α
i
hamującej
siły
tarcia
T = µ o Fn ,
Fn = P cos α
T = µ o P cos α
Siła wypadkowa F wywołująca ruch równa się
F = Ft − T
F = P sin α − µ o P cos α ,
ale
zatem
P=mg
F = mg(sin α − µ o cos α )
Jeżeli przy danym kącie nachylenia równi ciało samorzutnie nie zaczyna się zsuwać, to
znaczy że siła tarcia T jest większa od siły zsuwającej Ft. Stopniowo zwiększając nachylenie
można osiągnąć taki kąt α, przy którym ruch się rozpocznie. To świadczy o bardzo małej
przewadze siły Ft nad siłą T. W przybliżeniu można zakładać, że przy kącie granicznym,
zwanym kątem tarcia, zachodzi równość wspomnianych sił:
Ft = T
Ostatnie równanie można też zapisać w postaci
P sin α t = µ 0 P cos α t
gdzie µ0 oznacza współczynnik tarcia statycznego. Z dalszego przekształcenia wynika, że
µ 0 = tg α t
Współczynnik tarcia statycznego równa się zatem tangesowi najmniejszego kąta α, przy
którym ciała zaczyna zsuwać się po równi pochyłej.
107
Zad.5.2.
Wyznaczyć pierwszą prędkość kosmiczną, czyli najmniejszą możliwą prędkość υ I , jaką musi
mieć punkt materialny (satelita) swobodnie krążący po orbicie wokół Ziemi. Promień Ziemi
R=6400 km.
Rozwiązanie:
Wyobraźmy sobie pocisk wystrzelony
poziomo na wys. h nad Ziemią, któremu
nadano pewną prędkość początkową υ. Po
przebyciu pewnej drogi pocisk spadnie na
Ziemię.
Jeżeli
będziemy
zwiększać
prędkość początkową pocisku, to jego
droga będzie coraz dłuższa i przy pewnej
prędkości początkowej pocisk zacznie
obiegać Ziemię dookoła i nie spadnie na
jej powierzchnię. Nastąpi to wtedy, gdy
prędkość początkowa pocisku osiągnie
pierwszą prędkość kosmiczną.
Na poruszający się po orbicie pocisk o masie m działają dwie siły F1 i F2 o przeciwnych
zwrotach:
mυ 2
r
siła odśrodkowa
F2 =
siła grawitacji
F1 = k g
i
Mm
r2
Warunkiem, aby orbita, po której porusza się pocisk, była stabilna jest równowaga tych sił
F1 = F2
kg
M⋅m
r2
=m
υ2
r
i stąd
υ=
kgM
r
Promień r orbity satelity wynosi:
r=R+h
Ponieważ h<<R to pierwsza prędkość kosmiczna υI wyraża się wzorem
108
kgM
υI =
R
Ale wiemy, że na powierzchni Ziemi spełnione jest równanie:
m⋅M
mg = k g
R2
kg ⋅ M = g ⋅ R2
Ostatecznie
υI =
kgM
υ I = 9.81
R
m
s2
= gR
⋅ 6400000 m
υ I = 7924 m / s ≅ 7.9 km / s .
Zad.5.3.
Wyznaczyć drugą prędkość kosmiczną tzw. prędkość ucieczki, czyli najmniejszą
możliwą prędkość υII jaką musi mieć punkt materialny (satelita) przy powierzchni Ziemi, aby
mógł się oddalić od Ziemi w nieskończoność. Promień Ziemi R=6400 km.
Rozwiązanie:
Obliczmy najpierw, z jaką prędkością υ trzeba rzucić ciało pionowo do góry, aby wzniosło się
ono na wysokość h. Zastosujemy w tym celu zasadę zachowania energii.
Całkowita energia mechaniczna E1 na powierzchni Ziemi wynosi:
E1 = E k + E p (R )
gdzie
Ek =
mυ 2
2
E p = −k g
E1 =
to energia kinetyczna
Mm
R
to grawitacyjna energia potencjalna (patrz 5.19)
mυ 2
M⋅m
− kg
2
R
Całkowita energia mechaniczna E2 ciała na wysokości h ma postać:
E 2 = −k g
Mm
R+h
bo na wysokości h; Ek=0
Z prawa zachowania energii
E1 = E 2
109
mυ 2
M⋅m
Mm
− kg
= −k g
2
R
R+h
1 
1
υ = 2k g M +

R R +h
Podstawiając h = ∞ , otrzymujemy prędkość ucieczki
υ II =
2k g M
R
Ale wiedząc, że na powierzchni Ziemi spełniona jest równość
mg = k g
M⋅m
R2
kgM = g ⋅ R 2
Ostatecznie
υ II =
2k g M
R
υ II = 2 ⋅ 9.81
= 2gR
m
s2
⋅ 6400000 m
υ II = 11206 m / s ≅ 11.2 km / s
Zad.5.4.
Sanki ześlizgują się z oblodzonej góry o wysokości h i zatrzymują się przebywając
odległość CB. Odległość AB=S. Określić współczynnika tarcia µ sanek o lodową
powierzchnię. Obliczyć przyspieszenie a sanek na odcisku CB.
Rozwiązanie:
T
T
µ = 1 ; µ = 2 ; F n = P ⋅ cos α; P = mg
Fn
P
110
W punkcie D sanki mają energię potencjalną
E p = mgh
W punkcie C sanki mają energię kinetyczną
E ck =
mυ 2
= E p − WDC
2
gdzie WDC – to praca wykonana przeciw sile tarcia T1 na odcinku DC.
W punkcie B sanki mają υ = 0, E B
k =0
EB
k = E p − WDC − WCB = 0
gdzie WCB – to praca wykonana przeciw sile tarcia T2 na odcinku CB.
Z prawa zachowania energii
E p = WDC + WCB
WDC = T1 ⋅ DC
WCB = T2 ⋅ CB
mgh = T1 ⋅ DC + T2 ⋅ CB
T1 = mg ⋅ cos α ⋅ µ
T2 = mg ⋅ µ
CB = S − AC
mgh = mg ⋅ cos α ⋅ µ ⋅ DC + mgµ ⋅ (S − AC)
ale
AC = DC ⋅ cos α
mgh = mg ⋅ µ ⋅ S
Zatem
µ=
h
S
Opóźnienie a na odcinku CB obliczamy z drugiej zasady dynamiki Newtona
m ⋅ a = T2
m ⋅ a = m ⋅ g ⋅ µ = mg
T2 = mg ⋅ µ
h
S
i stąd
a=
gh
S
111
Zad. 5.5.
Wózek o masie m stacza się bez tarcia po szynach wygiętych tak jak na rysunku. Jaka
jest najmniejsza wysokość h, aby wózek nie oderwał się od szyn w najwyższym punkcie pętli
kołowej o promieniu R.
Rozwiązanie:
W punkcie A wózek ma energię mechaniczną E A
A
EA = EA
k + Ep
gdzie
2
A mυ A
Ek =
=0
2
υ=0
bo w A
EA
p = mgh
W punkcie B wózek ma energię mechaniczną E B
B
EB = EB
k + Ep
EB
k
=
mυ 2B
2
EB
p = mg ⋅ 2R
Z prawa zachowania energii
EA = EB
mgh = mg 2R +
mυ 2B
(*)
2
υ B musi być tak duże aby siła odśrodkowa
mυ 2B
R
112
zrównoważyła ciężar wózka mg
mυ 2B
R
=m⋅g
υ 2B = R ⋅ g
Znając υ B równanie (*) możemy zapisać
mgh = mg 2R +
h = 2R +
h=
mRg
2
R 5
= R
2 2
5
R
2
Zad.5.6.
Ciało o ciężarze G ześlizguje się bez tarcia z nachylonej deski na nieruchomą
platformę. Jaką prędkość υ uzyska platforma, kiedy ciężar na nią upadnie. Ciężar platformy
wynosi G1, wysokość początkowa położenia ciała nad poziomem platformy wynosi h, a kąt
nachylenia deski do poziomu α. Platforma porusza się bez tarcia.
Rozwiązanie:
Ciało o ciężarze G ma masę m =
G
g
Z prawa zachowania energii obliczamy prędkość υ1 upadku ciała na platformę
mgh =
mυ12
2
υ1 = 2gh
113
G
W chwili upadku ciało ma pęd p1
G
G
p1 = mυ1
G
Wektor p1 ma składowe
p1x = mυ1x = mυ1 ⋅ cos α
p1y = mυ1y = mυ1 ⋅ sin α
Ciało o ciężarze G po upadku na platformę o ciężarze G1 pozostaje na tej platformie.
Masa M platformy wraz z ciałem wynosi zatem
M=
G + G1
g
G
Po upadku platforma uzyskuje pęd p 2
G
G
p 2 = Mυ
G
Wektor p 2 ma składowe
p 2 x = Mυ
p 2y = 0
Z prawa zachowania pędu wynika, że
G G
p1 = p 2
co pociąga p1x = p 2 x
Zatem możemy zapisać
G1 + G
G
⋅ υ = 1 ⋅ υ1x
g
g
υ1x = υ1 ⋅ cos α = 2gh ⋅ cos α
G1 + G
G
⋅ υ = 1 ⋅ 2gh ⋅ cos α
g
g
υ=
G1
⋅ 2gh ⋅ cos α
G1 + G
Zad.5.7.
Trzy jednakowe kulki wiszą stykając się na trzech jednakowych niciach o
jednakowych długościach. Jedną z kulek odchylono w kierunku prostopadłym do prostej
łączącej środki dwóch pozostałych kulek i puszczono swobodnie. Do chwili zderzenia kulka
osiągnęła prędkość υ. Jakie prędkości będą posiadały kulki po zderzeniu?
114
Rozwiązanie:
α = 30 o ;
cos α =
3
2
Po zderzeniu pierwsza kulka miała pęd
G
G
p1I = m1υ
i energię kinetyczną E Ik1 =
m1 υ 2
2
zaś dwie pozostałe kule spoczywały a więc
p I2 = p 3I = 0
E Ik1 = E Ik 2 = 0
Po zderzeniu kule uzyskały odpowiednio prędkości υ1 , υ 2 i υ 3 , którym odpowiadają pędy
G
G
G
G
G II
G
p1II = m1υ1 ; p II
2 = m 2 υ 2 ; p 3 = m 3 υ3
oraz energie kinetyczne
E1IIk =
m 3 υ3 2
m1υ12
m 2 υ2 2
II
; E II
=
=
;
E
2k
3k
2
2
2
Stosując prawo zachowania pędu możemy zapisać
G
G
G
G II
p1I = p1II + p II
2 + p3
co, gdy m1 = m 2 = m 3 = m , jest równoważne
(1) mυ = −mυ1 + mυ 2 ⋅ cos α + mυ 3 ⋅ cos α
- dla osi y
(2) 0 = −mυ 3 ⋅ sin α + mυ 2 ⋅ sin α
- dla osi y
Z (2) wynika, że υ 2 = υ 3 = υ 2 / 3
mυ = − mυ1 + 2mυ 2 / 3 ⋅ cos α; υ = −υ1 + 3υ 2 / 3 ; υ 2 / 3 =
Z zasady zachowania energii
mυ 2 / 3 2
mυ 2 mυ12
=
+2
2
2
2
115
υ + υ1
3
Po podstawieniu υ 2 / 3 =
υ + υ1
3
otrzymujemy
υ 2 = υ12 +
(
2 2
υ + 2υυ1 + υ12
3
)
3υ 2 = 3υ12 + 2υ 2 + 4υυ1 + 2υυ12
5υ12 + 4υυ1 + υ2 = 0
∆ = 16υ 2 + 20υ 2 = 36υ 2
∆ = ±6υ
− 4υ + 6υ
2
1
υ1 =
=+ υ=+ υ
10
10
5
1
υ+ υ
5 = 6υ = 2 3 υ
υ2 / 3 =
5
3
5 3
116