Odpowiedzi do listy 3

Odpowiedzi do listy III
25 listopada 2016
Zadanie 1
a) Prędkość pierwszej kuli (m): v1 = − 21 v0 , drugiej kuli (3m): v2 = 21 v0 (minus
oznacza zwrot przeciwny do zwrotu v0 )
b) Prędkość obu kul (łączą się): 14 v0
c) Zmiana energii podczas zderzenia: ∆E = − 38 mv02 (minus bo energia zmalała)
Zadanie 2
Ponieważ działo stoi na ziemi, na działo będzie działała siła normalna prostopadła do podłoża. Dlatego też składowa pędu prostopadła do podłoża nie będzie
zachowana (intuicyjnie: działo nie może poruszyć się w dół, bo powstrzymuje je
przed tym ziemia). W kierunku równoległym od podłoża nie działają żadne siły
zewnętrzne, więc ta składowa pędu jest zachowana (a w zadaniu chodzi nam
tylko o prędkość poziomą). Tak więc musimy obliczyć poziomą składową pędu
pocisku
px = mv cos α
i zastosować zasadę zachowania pędu dla poziomej składowej pędu
0 = M V + mv cos α
m
V = − v cos α.
M
Zadanie 3
Zadanie to można rozwiązać na (przynajmniej) dwa sposoby.
Po pierwsze możemy wykorzystać fakt że położenie środka masy układu
nie zmieni się po przejściu człowieka na drugą stronę. Przyjmijmy tymczasowo
zero dla współrzędnej x w środku masy wózka. Początkowe położenia wózka i
człowieka są następujące:
xw = 0
xcz = L/2
(gdzie ”położenie wózka” to położenie jego środka masy). Stąd dostajemy położenie środka masy układu
xCM =
ML
mxw + M xcz
=
.
M +m
2(M + m)
1
Teraz zauważmy że kiedy człowiek przejdzie na drugą stronę, sytuacja będzie podobna - środek masy układu będzie znajdował się o xCM od środka
masy wózka, ale po przeciwnej stronie. Całkowite przesunięcie wynosi więc
L
d = 2xCM = MM+m
.
L/2
0
x
xCM
xCM
Druga metoda to skorzystanie z zasady zachowania pędu.
M vcz + mvw = 0
vcz i vw to prędkości względem ziemi. v jest prędkością człowieka względem
wózka. Prędkości te łączy zależność
vcz = vw + v
Podstawiając ją do równania otrzymanego z zasady zachowania pędu mamy
M v + M vw + mvw = 0
Człowiek przejdzie na drugą stronę wózka w czasie t. W tym samym czasie
wózek przesunie się o d
−L
d
v=
, vw =
t
t
(uwaga: minus pojawia się ponieważ zwracamy uwagę na zwrot przemieszczenia i prędkości. Operujemy nie wartościami, a składowymi poziomymi, które
mogą być dodatnie lub ujemne. Gdybyśmy operowali wartościami, powinniśmy
uwzględnić znaki już od samego poczatku). Stąd otrzymujemy
−M
L
d
d
+M +m =0
t
t
t
M d + md = M L
ML
d=
m+M
Zadanie 4
F = ρSv 2
2
Zadanie 5
vy
vx
α
α
vy
vx
Przed odbiciem piłka ma pęd p~1 = m[v sin α, −v cos α]. Po odbiciu ma pęd
p~2 = m[v sin α, v cos α] (ponieważ zderzenie jest idealnie sprężyste, wiemy że
energia kinetyczna jest zachowana, czyli wartość prędkości po zderzeniu jest
taka sama. Wiemy też że piłka odbije się pod tym samym kątem pod którym
uderzyła w ścianę). Z drugiej zasady dynamimi mamy że
∆p~2 − p~1
mv
∆~
p
=
=
[0, 2 cos α]
F~ =
∆t
∆t
∆t
Widzimy więc, że siła F~ jest skierowana prostopadle do ściany (ma tylko skłacos α
dową y), a jej wartość wynosi 2mv∆t
Zadanie 6
a) ∆E = −3750 J
b) F = 31250 N
Zadanie 7
Zadanie można rozwiązać na przynajmniej dwa sposoby: korzystając z drugiej
zasady dynamiki albo z pracy i energii. Druga z tych metod jest mniej skomplikowana. Sanki rozpoczynają ruch bez prędkości poczatkowej, z wysokości
h = d sin α, więc mają energię mechaniczną E1 = mgd sin α. W momencie zakończenia ruchu mają energię E2 = 0, zmiana energii mechanicznej wynosi więc
∆E = −mgd sin α. Zmiana ta jest równa pracy wszystkich sił niezachowawczych
- w tym przypadku są to siły tarcia.
∆E = Wniezach = W1 + W2
gdzie W1 i W2 to praca siły tarcia odpowiednio: na zboczu i na poziomym fragmencie trasy. Wartość siły tarcia na zboczu wynosi T1 = mgf cos α, natomiast
na poziomym odcinku T2 = mgf . Mamy więc
∆E = −T1 d + −T2 f
(znak ujemny, bo siła ma zwrot przeciwny do przesunięcia), czyli
−mgd sin α = −mgf d cos α − mgf x
3
Stąd otrzymujemy:
x=
1
d sin α − d cos α
f
Podstawiając wartości otrzymujemy x = 25m −
4
√
5 3
2 m
≈= 20.66 m