oraz 360° — ) różnią się znakiem). ;
Jeśli kąt
Równanie (3.20) można zapisać w takiej postaci, w której składowe są wyażnie wyróżnione: a -b = (acos(p){b)
= (a)(bcos
(3.21)
•oczyn skalarny jest przemienny, można więc napisać: |
a -b = b a. Jeśli farny
wyrazimy obydwa wektory przez wektory jednostkowe, to ich iloczyn skamożemy zapisać w postaci: a • b = (a, i + a ] + a-k) • (b 'i + b ] + b-k), y
x
(3.22)
y
a następnie skorzystać z rozdzielności mnożenia względem dodawania i wyrazić jrawą stronę powyższego równania w postaci sumy iloczynów skalarnych każ dego wektora składowego pierwszego wektora i każdego wektora składowego drugiego. W ten sposób można wykazać, że: a b= ab x
/SPRAWDZIAN 4 :
Długości
x
wektorów
+ ab y
C
+ ab.
y
z
D
i
(3.23)
z
wynoszą
odpowiednio
i 4 jednostki. Ile wynosi kąt między kierunkami C i D, jeśli C • D
3 jednostki
wynosi: a) zero,
»> 12 jednostek, c ) — 12 jednostek?
Przykład 3.6 •e wynosi kąt 0 , -2i +
W równaniu tym a jest długością wektora a, czyli: utworzony przez wektory a
=
3i — 4j i b
=
3k?
y3
2
+
(-4)
2
=
5.
(3.25)
a b jest długością wektora b, czyli:
łOZWIĄZANIE: O-m
a =
b = J(-2) +3 2
1. Kąt między kierunkami dwóch wektorów występuje w
definicji ich iloczynu skalarnego (równanie (3.20)): a -b = ab cos 0.
2
= 3.6\.
(3.26)
O — » 2 . Zapisując obydwa wektory za pomocą wektorów jednost kowych i stosując rozdzielność mnożenia względem dodawania,
(3.24)
możemy obliczyć wartość lewej strony równania ( 3 . 2 4 ) :
3.7.
Mnożenie wektorów
49
a •b
=
(3i -
= (3i)
3k)
4j) • ( - 2 i +
• (-2i) +
(3i) •
Podstawiając ten wynik oraz wartości z równań (3.25) i (3.26) do
(3k) +
(-4j) • (-2i) +
(-4j) •
równania (3.24). otrzymujemy:
(3k).
Następnie zastosujemy równanie (3.20) do wyznaczenia wartości
- 6 =
każdego składnika prawej strony powyższego równania. Kąt mię dzy wektorami w pierwszym składniku (tzn. 3i i —2i) wynosi 0 . w pozostałych jest równy 90'. a - b -
-(6)(1) +
Mamy więc:
(9)(0) +
(8)(0) -
(5)(3.61)cos(ż>.
a stąd: - 6
(12)(0) =
ii> = arccos
-6.
=
109
^
110".
(5)(3,61)
(odpowiedź) ^
Iloczyn wektorowy Iloczynem wektorowym wektorów a i b. oznaczanym jako a x b, jest wektor c o długości: c =
ab sin 0 .
(3.27)
przy czym
*" a
Jeśli wektory a i b są równoległe lub antyrównoległe. to 5 x b =
0. Długość wektora
x b, którą można zapisać w postaci \a x b\ jest największa, gdy wektory a i b są do
siebie prostopadłe.
= axb
Kierunek wektora r jest prostopadły do płaszczyzny, w której leżą wektory ci i b. Na rysunku 3.20 pokazano, jak wyznaczyć kierunek c = a x b. korzystając z tzw. reguły prawej dłoni. W tym celu przesuń wektory a i b tak. aby miały wspólny początek (nie zmieniając oczywiście ich kierunków) i wyobraź sobie przechodzącą przez ten punkt linię, prostopadłą do płaszczyzny tworzonej przez a i b. Otocz tę linię prawą dłonią tak, aby kierunek palców pokazywał łuk od a do b wzdłuż mniejszego kąta miedzy nimi. Odgięty kciuk wskazuje wówczas kierunek wektora c.
a)
o
Kolejność wektorów w iloczynie wektorowym jest istotna. Na rysunku 3.20b przedstawiono sposób wyznaczania kierunku wektora e" —bxa. przy którjn: palce ustawione są wzdłuż łuku mniejszego kąta od b do a. Kciuk wskazuje teraz kierunek przeciwny do poprzedniego, wobec czego ?' = —c, czyli:
a " >
c'= b x a
b b) Rys.
3 . 2 0 . Reguła prawej dłoni do wy
znaczania wego,
a)
kierunku Jeśli
iloczynu
ustawisz
wzdłuż
i b. to odgięty kciuk wskazuje kieru
nek wektora c =
a x b. b) Jak widać,
kierunek wektora b x a jest przeciwny do kierunku wektora a x b
50
3 . Wektory
a = — (a
x
b).
(3.28'>
Innymi słowy, iloczyn wektorowy nie jest przemienny. Korzystając z zapisu za pomocą wektorów jednostkowych, otrzymujemy:
wektoro
palce
łuku mniejszego kąta między wektorami a
x
a
x b =
(a \ x
+
flyj
- I - fl k) x ;
(b \ x
+
b] y
+
b k). z
(3.>
Wyrażenie to można rozwinąć, korzystając z rozdzielności mnożenia względer: dodawania i zapisać prawą stronę w postaci sumy iloczynów wektorowych każ dego wektora składowego pierwszego wektora i każdego wektora składem ego drugiego. Wartości iloczynu wektorowego wektorów jednostkowych podane
w dodatku E (w punkcie: Iloczyny wektorów). Na przykład, w rozwinięciu pra wej strony równania (3.29) występuje wyraz: a i x b i = a b (\ x
x
x
x i) = 0.
x
st on równy zeru, ponieważ wektory jednostkowe i oraz i są równoległe, a więc iloczyn wektorowy jest równy zeru. Podobnie, otrzymujemy: a \ x by) = a by(\ x j) = x
x
a b k. x
y
Wykorzystaliśmy tu fakt, że długość wektora i x j jest równa jedności. Wynika j o z równania (3.27) — wektory i i j mają długość równą jedności, a kąt między primi wynosi 90°. Kierunek wektora i x j wyznaczyliśmy za pomocą reguły prawej 'oni. Jest to dodatni kierunek osi z, a więc kierunek wektora k. Wyznaczając w ten sposób wartości wszystkich składników rozwinięcia pra n e j strony równania (3.29), otrzymujemy: a x b = (ja b - b a )i y
z
y
z
- b a )j
+ (a b z
x
x
z
+ (a b x
y
— b a )k. x
(3.30)
y
"Wartość iloczynu wektorowego można również wyznaczyć, zapisując i obliczając odpowiedni wyznacznik (jak pokazano w dodatku E). Aby stwierdzić, czy dany układ współrzędnych xyz jest prawoskrętny, zasto sujemy regułę prawej dłoni do iloczynu wektorowego i x j = k w tym układzie. Jfeśli ustawisz palce prawej ręki wzdłuż łuku od i (dodatniego kierunku osi x) do j (dodatniego kierunku osi y), a odgięty kciuk wskaże dodatni kierunek osi z, to skład jest prawoskrętny.
'SPRAWDZIAN 5 :
Długości
wektorów
C
i
D
wynoszą odpowiednio 3 jednostki
i 4 jednostki. Ile wynosi kąt między kierunkami C i D, jeśli długość iloczynu wekto rowego C x D wynosi: a) zero, b) 12 jednostek?
2
Przykład 3.7 Jak
pokazano na rysunku 3.21
wektor 3
leży
w płaszczyźnie
x r , ma długość równą 18 jednostek, a jego kierunek tworzy kąt 230° z dodatnim kierunkiem osi x. Wektor b ma długość równą 12 jednostek i kierunek dodatni osi z. Wyznacz iloczyn wektorowy
e = a xi. ROZWIĄZANIE: O—11.
Mając długości i (dane za pomocą kątów) kierunki dwóch
wektorów, możemy wyznaczyć długość ich iloczynu wektorowego pzn.
wektora otrzymanego w wyniku obliczenia ich iloczynu wek
torowego) na podstawie równania (3.27). Dla danych z tego zada
Rys.
3.21.
Przykład 3.7. Wektor c (leżący w płaszczyźnie Ary)
jest iloczynem wektorowym wektorów a i b
n a otrzymujemy: c = a& sin 0 = O—R
(18) (12) (sin 90°) =
216.
(odpowiedź)
2 . Znając długości i kierunki dwóch wektorów, możemy wy
wektor Ć) wzdłuż łuku od a do b. Odgięty kciuk wyznacza wów czas kierunek wektora c. Jak widać z rysunku 3.21, wektor c leży
znaczyć kierunek ich iloczynu wektorowego na podstawie reguły
w płaszczyźnie xy.
prawej dłoni z rysunku 3.20. Wyobraźmy sobie na rysunku 3.21
wektora 5 , dlatego też tworzy on z dodatnim kierunkiem osi x kąt:
Jego kierunek jest prostopadły do kierunku
prawą dłoń, której palce otaczają linię prostopadłą do kierunku wektorów a i b (tzn. linię, na której leży pokazany na rysunku
250° -
90° =
160°.
(odpowiedź)
3 . 7 . Mnożenie wektorów
51
Przykład 3.8 Jeśli a =
3i — 4 j , a b =
—2i + 3k, to ile wynosi c = 5 x Ż>?
Następnie obliczamy każdy wektor składowy, wyznaczając jego wartość z równania (3.27), a kierunek — z reguły prawej dłoni.
ROZWIĄZANIE:
Dla pierwszego wyrazu kąt między wektorami wynosi 0°, a dla
O—»
pozostałych — 9 0 ° . Mamy więc:
Gdy mamy dane dwa wektory, wyrażone za pomocą wek
torów jednostkowych, wtedy ich iloczyn wektorowy możemy zna c =
leźć, mnożąc kolejno przez siebie składniki rozwinięcia obydwu
6(0) + 9 ( - j ) + 8 ( - k ) - 1 2 i =
— 12i —9j — 8k.
(odpowiedź)
wektorów. W przypadku tego zadania otrzymujemy:
c
=
(3i -
4j) x ( - 2 i +
=
3i x ( - 2 i ) + 3i x 3k +
Wektor c jest prostopadły zarówno do a, jak i do b, co łatwo
3k)
sprawdzić obliczając, że c • a = (-4j)
x (-2i) +
( - 4 j ) x 3k.
0 oraz c • b =
0. Innymi słowy
oznacza to, że składowe c w kierunkach a i b wynoszą zero.
Sztuka rozwiązywania z a d a ń 5 : Typowe
Porada
błędy,
popełniane
przy
obliczaniu
iloczynu
łatwo pomylić ręce i chcąc skorzystać z reguły prawej dłoni, wy
wektorowego
korzystujemy do tego rękę lewą. 3) Gdy wektory ustawione są tak,
Istnieje kilka błędów, które popełniamy najczęściej przy wyzna
że prawą rękę trzeba ustawić w niewygodnym położeniu, zdarza
czaniu iloczynu wektorowego. 1) Gdy rysunek przedstawia wek
się omyłkowe przesunięcie nie wektora pierwszego do drugiego,
tory ustawione tak, że koniec jednego styka się z początkiem dru
lecz na odwrót. Błąd ten popełniamy też nieraz, gdy tylko wyobra
giego, zapominamy nieraz o przesunięciu wektorów tak, aby miały
żamy sobie zastosowanie reguły prawej dłoni, bez wykonywania
wspólny początek: należy w myśli przesunąć wektory do tego
ruchów ręką. 4 ) Gdy nie pamiętamy, jak narysować prawoskrętny
ustawienia, bez zmiany ich kierunku, a najlepiej zrobić nowy ry
układ współrzędnych (rysunek 3.14), możemy omyłkowo korzy
sunek. 2) Gdy w prawej dłoni trzymamy ołówek lub kalkulator,
stać z układu lewoskrętnego.
Podsumowanie Skalary
i wektory
np. temperatura, ma tylko wartość.
Skalar,
Podajemy go jako liczbę i jednostkę (np. 10°C); spełnia on prawa arytmetyki i zwykłej algebry. Wektor,
stosunku do odpowiedniej osi. Mając składowe wektora a, można wyznaczyć jego długość i kierunek, korzystając ze związków:
np. przemieszczenie, ma a = J a \ + a
wartość bezwzględną i kierunek (np. 5 m na północ); działania
oraz
2
v
tg0 =
^
dodawanie
Dwa wektory a i b można
wektorów
do siebie dodać geometrycznie,
rysując je w jednakowej skali
i umieszczając początek drugiego w tym samym punkcie, co ko niec pierwszego. Wektor łączący początek pierwszego wektora
Wektory jednostkowe 0
Wektory jednostkowe
i, j i k są to wektory
długości równej jedności i kierunkach osi —
odpowiednio
x,
y i z — prawoskrętnego układu współrzędnych. Wektor a można zapisać za pomocą wektorów jednostkowych jako:
z końcem drugiego jest wtedy ich sumą wektorową c. Aby odjąć b
(3.6)
x
na wektorach wymagają użycia reguł algebry wektorów.
Geometryczne
.
a
5 =
a i + a \ + a k, x
y
(3.7)
z
od a, należy odwrócić kierunek b, co daje wektor —b, a na
stępnie dodać —b do a.
Dodawanie wektorów jest przemienne
gdzie a , a x
y
i a
są składowymi wektora a, a wektory a \ ,
z
x
a] y
1 a i — jego wektorami składowymi, skierowanymi wzdłuż osi
i łączne.
z
układu współrzędnych.
Składowe
wektora
Składowe
wektora dwuwymiarowego
nym układzie współrzędnych a
i a
x
y
a
w da
wyznaczamy, rzutując oby
dwa końce a na osie układu współrzędnych. Są one równe:
O j = a cos 0
i
a —asm9,
(3.5)
przy czym 9 jest kątem między kierunkiem a
a dodatnim kie
y
runkiem osi x . Znak składowej wskazuje na kierunek wektora w
52
3. Wektory
Dodawanie
wektorów
Aby dodać dwa wektory
na składowych
dane za pomocą ich składowych, stosujemy wzory:
r =a x
x
+ b, x
r = a + b, y
y
y
r =a z
z
+ b, z
(3.11—3.13) przy czym wektory a i b są wektorami, które dodajemy, a wektor r jest ich sumą.
"Wektory a prawa fizyki
Każdą sytuację fizyczną, w której mamy
do czynienia z wektorami można opisywać w dowolnym układzie
Gdy wektory są wyrażone za pomocą wektorów jednostko wych, to ich iloczyn skalarny:
współrzędnych. Wybieramy zwykle ten układ, w którym opis zja
a-b
wisk fizycznych jest najprostszy. Związki między wielkościami
= (a i + a j + a k) x
y
z
• (b i + b/j + b k), x
(3.22)
z
fizycznymi nie zależą od tego, w jakim układzie współrzędnych
można wyznaczyć, mnożąc kolejno przez siebie wektory składowe
je wyrażono. Prawa fizyki także są niezależne od wyboru układu
każdego z nich. Iloczyn skalarny jest przemienny, tzn. a-b
=
b-a.
współrzędnych.
Iloczyn wektorowy wektorów Iloczyn skalara i wektora wektor o długości sv
Iloczynem skalara
s
i wektora ii jest
wektorów
a i b,
i kierunku zgodnym z kierunkiem v, jeśli s
c =
jest dodatnie, a przeciwnym — jeśli s jest ujemne. Aby podzielić
w
s,
przez
należy pomnożyć
v
Iloczyn skalarny wektorów torów
a
i
b,
(l/s).
jest
wektor
co
długości:
abs\n4>.
(3.27)
torów a i b. Wektor c jest prostopadły do płaszczyzny, w której
a • b,
jest
skalar
o wartości: (3.20)
• b = ab cos (p,
przy czym
axb,
przy czym
Iloczynem skalarnym dwóch wek
zapisywanym jako a
przez
Iloczynem wektorowym dwóch
zapisywanym jako
od wartości kąta
jest równy iloczynowi długości jednego z wektorów i składowej
leżą a
i b, a jego kierunek jest wyznaczony przez regułę pra
wej dłoni, przedstawioną na rysunku 3.20. Należy pamiętać, że:
a xb = —b x a. Mając
wektory
zapisane za pomocą
wektorów jednostko
wych, ich iloczyn wektorowy można obliczyć jako sumę iloczy nów wektorowych każdego wektora składowego pierwszego wek tora i każdego wektora składowego drugiego:
drugiego w kierunku pierwszego.
a x b = (a i + a \ + a k) x
y
:
x (b i + b ] + b k). x
y
z
(3.29)
Pytania 1.
Przemieszczenie D jest wektorem o początku w punkcie o
współrzędnych (5 m, 3 m) i końcu w punkcie o współrzędnych (7 m, 6 m) na płaszczyźnie xy.
b) składowa y
wektora A,
c) składowa x
wektora
Który z podanych niżej wekto-
iów przemieszczenia jest równoważny wektorowi D: • początku w punkcie ( - 6
wektora A,
A — B, d) składowa y wektora A — B są dodatnie, czy ujemne?
wektor A
m, —5 m) i końcu w punkcie (—4 m,
—2 m), wektor B o początku w punkcie (—6 m,
1 m) i końcu
w punkcie (—4 m, 4 m), wektor C o początku w punkcie (—8 m, —6 m) i końcu w punkcie (—10 m, —9 m)? 2 . Czy długość wektora, który jest różnicą dwóch wektorów, może być kiedykolwiek większa niż: a) długość jednego z tych wekto-
a)
aów, b) długości obydwu z nich, c ) długość ich sumy? 3. i
Z
równania
(3.2)
wynika,
że
dodawanie dwóch
wektorów
i b jest przemienne. Czy oznacza to, że przemienne jest także
ich odejmowanie, tzn. że a — b = b — a l *.
Jeśli d
b)a
=
a + b +
= (-b)+d
(-Ć), to czy: a)
a + (—d) = c + (-b),
+ c, c) c +
y
f - J ) = a + bl 5. i
y e)
Dla
jakich
wektorów
B
i b spełnione są związki:
a) a+b
b)a+b c oraz a
= c oraz a + b =
Rys.
= a — b, c) a+b = 2
+ b
2
=
dwa
Pytanie 7
2
wektory,
A i B. Czy: a) składowa x
7. Które z układów współrzędnych, pokazanych na rysunku 3.22
7
c l
6. Na rysunku 3.22 przed stawiono
3.23.
c,
Rys.
3.22.
są układami prawoskrętnymi? Oznaczenie osi wskazuje jej kieru nek dodatni.
Pytanie 6.
8. Czy b musi być równy c, jeśli a • b = a • c l
Pytania
5
9. He w y n o s i A x B dla: a ) B = 8 1 + 16?, b ) B = - 8 1 -
ł ó j . jeśli
4 = 2i + 4 j ( o d p o w i e d ź n a t o p y t a n i e n i e w y m a g a w y k o n y w a n i a obliczeń)?
' -
g
i
0
1 0 . N a r y s u n k u 3 . 2 4 p o k a z a n o w e k t o r A o r a z cztery i n n e w e k t o r y
,
, ,
8
o jednakowych długościach, lecz różnych kierunkach. O których z nich można powiedzieć, ż e : a ) p o m n o ż o n e skalarnie przez A R y 3 , 2 4 . P y t a n i e 10
d a d z ą taki s a m w y n i k , b) p o m n o ż o n e s k a l a r n i e p r z e z A d a d z ą
•' £
S
wynik ujemny?
R o / w i ą / a n i e j e s t d o s t ę p n e na s t r o n i e i n t e r n e t o w e j p o d r ę c z n i k a : http:/)w u w . w i l e y . e o m / c o l l e g e / h r w Rozw ta/anie
jest
dostępne
w postaci
c.!..'••. c
:
w e wektorów
3 . W e k t o r u l e ż y w p ł a s z c z y ź n i e xy. J e g o k i e r u n e k tworzy k ą :
i n t e r a k t } w ncj.
250
z d o d a t n i m k i e r u n k i e m o s i x ( l i c z ą c w k i e r u n k u p r z e c i w nytr
w\koi/ystującej oprogramowanie I n t e i a c t h e Learning-
d o k i e r u n k u r u c h u w s k a z ó w e k z e g a r a ) , a j e g o d ł u g o ś ć w y n o s i "\5
Ware (na t e j s a m e j s t r o n i e !
ni. J a k a jest j e g o s k ł a d o w a : a ) x, b) y ? 4.
3 . 2 . Geometryczne dodawanie w e k t o r ó w 1 . R o z w a ż d w a w e k t o r y p r z e m i e s z c z e n i a , j e d e n o d ł u g o ś c i 3 rn, siebie
ustawione, aby przemieszczenie łączne miało długość: a ) 7 n i , b ) ł rn, c ) 5 m . O b r a b o w a n o b a n k w c e n t r u m B o s t o n u ( p a t r z m a p k a na r y
s u n k u 3 . 2 5 ) . U c i e k a j ą c przed p o ś c i g i e m p o l i c y j n y m , r a b u s i e użyli ś m i g ł o w c a , p o k o n u j ą c k o l e j n o w p o w i e t r z u trzy o d c i n k i o n a s t ę pujących przemieszczeniach: 3 2 k m , 4 5 ° na południe od kierunku wschodniego; 5 3 k m , 2 6
c
na północ od kierunku
zachodniego;
2 6 k m , 18* n a wschód o d kierunku południowego. czeniu trzeciego
łotu z o s t a l i s c h w y t a n i . W j a k i m
P o zakoń
mieście
w ó w c z a s ? D o d a j g e o m e t r y c z n i e p r z e m i e s z c z e n i a na m a p i e .
c
byli
5. Składowa x wektora A wynosi
6.
Wektor
przemieszczę-
nia
r
leży
w płaszczyź
n i e xy, ma d ł u g o ś ć 15
m, a j e g o
jest
pokazany
3.26.
Arlington
składowe
d
f
o
r
podłożu
3.27).
W
(rysu
chwili
t
t
P namalowana n a
obręczy
znajduje się koła
s z e j c h w i l i ti k o ł o w y k o n u j e
Wel1eslev
w chwili 11
z podłożem, a do później
d
Waltham Newton . Brookłine
Rys. 3 . 2 6 . Zadanie ó
się b e z poślizgu p o
w punkcie zetknięcia e
30'-"
n a rysunku
7 . K o ł o o p r o m i e n i u 4 5 cm
jego
M
równą
kierunek
Wyznacz
kropka Woburn
y
t e g o w e k t o r a : a) x, b ) y.
nek
Lexington
Winthrop 30STON
składowa
t w o r z y k i e r u n e k w e k t o r a A z d o d a t n i m k i e r u n k i e m o s i xl
poziomym
10 k m
— 2 5 m, a j e g o
j e s t r ó w n a + 4 0 i n . a ) I l e w y n o s i d ł u g o ś ć w e k t o r a A'? b ) J a k i k r .
toczy
N
okolice BOSTONU
W y r a ź w radianach kąty: a ) 2 0 \ b ) 5 0 , c ) 100*. Z a i n i c :
n a s t ę p u j ą c e k ą t y n a s t o p n i e : d ) 0 . 3 3 r a d , e ) 2 , 1 r a d , f ) 7,7 r a d .
a drugi o długości 4 m . W s k a ż , j a k muszą być w z g l ę d e m
2.
,
p ó ł pełnego o b r o t u . I l e w y
w chwili
Rys. 3 , 2 7 . Zadanie 7
n o s i : a) d ł u g o ś ć w e k t o r a p r z e m i e s z c z e n i a p u n k t u P w p r z e d z i a k Zatoka Massachusetts
c z a s u o d fi do t , b ) kąt u t w o r z o n y p r z e z ten w e k t o r z podłożem 2
8.
Uskoki
skalne
są to pęknięcia
skały, przy których
ścian,
w z d ł u ż k t ó r y c h n a s t ą p i ł o p ę k n i ę c i e , p r z e s u n ę ł y s i ę w z g l ę d e m sie
Framingham
Dedham
Quincy Weymouth
Walpołe
b i e . U s k o k taki p o k a z a n o n a r y s u n k u 3 . 2 8 — p u n k t y
A i S h
j e d n y m p u n k t e m przed p ę k n i ę c i e m , przy k t ó r y m skała widoezt. z p r z o d u p r z e s u n ę ł a s i ę w p r a w o i w dół. P r z e m i e s z c z e n i e A~B ler w p ł a s z c z y ź n i e u s k o k u . J e g o s k ł a d o w a p o d ł u ż n a w y n o s i AC. a po p r z e c z n a — AD. a ) I l e w y n o s i d ł u g o ś ć w e k t o r a p r z e m i e s z c z e n i a
Rys. 3 . 2 5 . Zadanie 2
54
3 . Wektory
jeśli j e g o składowa podłużna wynosi 2 2 m , a składowa poprzeczr..
przesunięcie
15.
podłużne
Wektor a ma długość 5 m i jest skierowany na północ, a wek
tor b
ma długość 4 m i kierunek 35°
na zachód od kierunku
północnego. Wyznacz: a) długość, b) kierunek wektora a +
b,
c) długość, d) kierunek wektora b — a . e) Narysuj odpowiednie schematy wektorowe. przesunięcie poprzeczne
16.
Oblicz sumę wektorów 5 =
(3 m ) i + ( 4 m)j oraz b =
(5 m ) i +
(—2 m)j, wyrażając ją za pomocą: a) wektorów jednostkowych, b) jej długości, c ) kąta utworzonego z wektorem i. Wyznacz wek płaszczyzna Rys.
—
tor b — a, zapisując go przy użyciu: d) wektorów jednostkowych,
uskoku
3 . 2 8 . Zadanie 8
e) jego długości, f) kierunku.
17 m? b) Ile wynosi składowa pionowa wektora
jeśli
pfaszczyzna uskoku jest nachylona do poziomu pod kątem 5 2 ° ? Pokój ma wymiary 3 m (wysokość) x 3,7 m x 4,3 m. Mucha, aedząca początkowo w jednym z rogów pokoju, podrywa się do
17.
Dane są dwa wektory: a
i b =
(— 1 m)i +
(1 m)j +
=
(4
m)i — (3
m)j +
(1
m)k
(4 m)k. Wyraź za pomocą wektorów
jednostkowych wektory: a) a + b, b) a — b, c) wektor c, taki że
a - b +c
=
0.
fcm. po którym siada w rogu przeciwległym (po przekątnej pohaju). a) Ile wynosi długość jej przemieszczenia? b) Czy droga
18.
przebyta przez muchę w locie może być mniejsza od tej długości?
(8 m)j. Wyznacz: a) długość wektora a, b) kąt utworzony przez
F c l Czy może być od niej większa? d) Czy może być jej równa?
ten wektor z i, c ) długość wektora b, d) kąt utworzony przez ten
.
e> Wybierz wygodny układ współrzędnych i wyznacz składowe
wektor z i, e) długość wektora a + b, f) kąt utworzony przez ten
sektora przemieszczenia w tym układzie. 0 Wyznacz najkrótszą
wektor z i, g) długość wektora b — a, h) kąt utworzony przez ten
(4 m)i — (3 m)j i b =
(6 m)i
+
drogę muchy między przeciwległymi rogami pokoju przy założe-
wektor z i, i) długość wektora a — b, j ) kąt utworzony przez ten
•a,
wektor z i. k) Ile wynosi kąt między kierunkami wektorów b — a
że może ona tylko iść po ścianie, a nie może latać.
, sówka:
1
Dane są dwa wektory: a =
Wska-
Znalezienie odpowiedzi nie wymaga rachunku różnicz
i a - b l
kowego. Pokój ma kształt prostopadłościennego pudła. Wykonaj jego siatkę na płaszczyźnie, www
19.
Trzy
wektory a,
w płaszczyźnie xy.
i c
osi x kąty odpowiednio 30°,
3 . 5 . D o d a w a n i e wektorów na składowych 10.
b
mają długość
50
m każdy i leżą
Ich kierunki tworzą z dodatnim kierunkiem 195° i 315°. Wyznacz: a) długość
wektora a + b + c, b) kąt utworzony przez ten wektor z osią x,
Samochód przebywa 5 0 km na wschód, następnie 3 0 km na
północ, a potem 25 km w kierunku 30° na wschód od kierunku północnego. Narysuj odpowiednie wektory i wyznacz: a) długość,
c) długość wektora a — b + c, d) kąt utworzony przez ten wektor z osią x. Ile wynosi: e) długość wektora d spełniającego związek (a + b) — (c + d), f) kąt utworzony przez ten wektor z osią x l ilw
b» kierunek całkowitego przemieszczenia samochodu od początku jego jazdy. 1 1 . Kobieta idzie 2 5 0 m w kierunku 30° na wschód od kierunku północnego, a potem 175 m prosto na wschód. Znajdź: a) długość, b) kierunek jej całkowitego przemieszczenia od początku spaceru. c ) Wyznacz drogę przebytą przez kobietę, d) Co jest większe: ta Aoga czy długość wektora przemieszczenia? 12.
Wyznacz sumę następujących czterech wektorów: E:
20. +0,9
rad;
F: 5
m, - 7 5 ° ;
G:
4 m, + 1 , 2
rad;
H:
6 m,
6 m, -210°
(dodatnia wartość kąta oznacza, że jest on mierzony względem dodatniego kierunku osi x przeciwnie do kierunku ruchu wska zówek zegara, a ujemna — że jest mierzony zgodnie z kerunkiem ruchu wskazówek zegara) i wyraź ją za pomocą: a) wektorów jed nostkowych, b) długości i kąta. W tym drugim przypadku podaj
Pewna osoba odbyła następujący marsz: 3,1 km na północ,
kąty zarówno w stopniach, jak i w radianach.
potem 2,4 km na zachód, wreszcie 5,2 km na południe, a) Narysuj wektory ilustrujące ten marsz. Wyznacz: b) długość, c ) kierunek
21.
lotu ptaka, który leciałby po linii prostej od punktu startowego do
przedstawione
punktu końcowego tego marszu.
3.29, mają jednakowe dłu
13.
a)
b =
(—13 m)i +
Oblicz
sumę
wektorów
a
=
(4
m)i +
(3
m)j
oraz
(7 m)j, wyrażając ją za pomocą wektorów jed
nostkowych. Wyznacz: b) długość wektora 5 + 6 , c) jego kierunek (w stosunku do i).
Dwa
gości,
równe
znacz: b) 7,
wektory
a)
10
który c)
m.
y
jest
b,
rysunku
Wy
składową
składową
Podaj:
i
a
na
x,
wektora
ich
długość
sumą. wek
1 4 . Znajdź składowe: a) x, b) y , c) z sumy r dwóch przemieszczeń
tora r,
c i d,
on z dodatnim kierunkiem
c, =
których składowe wzdłuż trzech osi wynoszą w metrach: 7,4;
c
y
=
-3,8;
c
z
=
-6,1;
d
x
= 4,4;
d
y
=
-2,0;
d
z
=
3,3.
osi
x.
d) kąt, jaki tworzy
ilw
www
Rys.
3 . 2 9 . Zadanie 21
Zadania
55
22.
Wektor Ć jest sumą wektorów A i fi (A + fi =
Ć ) . Wektor A
ma długość 12 m i jest skierowany pod kątem 40°
do kierunku ruchu wskazówek zegara) względem kierunku
+x,
a wektor C ma długość 15 m i jest skierowany pod kątem 20° (przeciwnie do kierunku ruchu wskazówek zegara) względem kie runku —x. Znajdź: a) długość wektora fi, b) kąt, jaki tworzy on z kierunkiem
23.
+x.
Udowodnij, że jeśli suma dwóch wektorów jest prostopadła
10 m,
25° przeciwnie do kierunku ruchu wskazówek zegara względem
o długości
10 jednostek i wektor b o długości
tych wektorów, b) długość iloczynu wektorowego
30.
ó x ł ?
Wyprowadź równanie (3.23) dla iloczynu skalarnego wekto
31.
Korzystając z definicji iloczynu skalarnego a • b =
b — ab x
+ ab
x
y
+ ab
v
z
wyznacz kąt między wektorami a = 3k. ilw
z
abcosO,
(patrz zadanie 30),
3i + 3j + 3k i b =
2i +
lj •
www
Q: 12 m, 10° przeciwnie do kierunku ruchu wska
zówek zegara względem kierunku + y ; R: 8 m, 20° zgodnie z kie runkiem ruchu wskazówek zegara względem kierunku —y; S: 9 m, 40° przeciwnie do kierunku ruchu wskazówek zegara względem kierunku —y; i wyraź ją za pomocą: a) wektorów jednostkowych, b) długości, c) kąta względem kierunku
25.
Wektor a
6 jednostek tworzą ze sobą kąt 60°. Ile wynosi: a) iloczyn skalarny
oraz z tego, że 5
Wyznacz sumę następujących czterech wektorów: P:
kierunku +x;
29.
rów, wyrażonych za pomocą wektorów jednostkowych.
do ich różnicy, to muszą one mieć jednakową długość.
24.
3.7. M n o ż e n i e wektorów
(przeciwnie
+x.
Dwa wektory, których długości wynoszą a
32.
Wyprowadź równanie (3.30) dla iloczynu wektorowego wek
torów, wyrażonych za pomocą wektorów jednostkowych.
33.
Wykaż,
kąta,
że pole
którego
trój
bokami
są
wektory a i b oraz odcinek i b,
tworzą ze
sobą kąt 9, gdy ich początki znajdują się w jednym punkcie. Wy znaczając ich składowe w prostokątnym układzie współrzędnych
\
oznaczony na czerwono na rysunku
3.30,
jest
równe
||S x S | .
Rys.
3 . 3 0 . Zadanie 33
udowodnij, że suma r tych wektorów ma długość:
r = y/a
2
+b
+2abcos9.
2
34.
W równaniu F =
i F
=
4i — 20j +
x fi przyjmij q =
qv
wektory jednostkowe, jeśli B
x
26.
2, u =
2i + 4j + 6k
12k. Ile wynosi wektor fi, wyrażony przez =
B1 y
.1
Wyznacz sumę następujących czterech wektorów: A: (2 m ) i +
(3 m)j; fi: 4 m, + 6 5 ° ;
C: ( - 4
m)i -
(6 m ) j ; D: 5 m,
-235°
35.
a) Wykaż, że a • (b x a) wynosi zero dla dowolnych wektorów
(dodatnia wartość kąta oznacza, że jest on mierzony względem
a
dodatniego kierunku osi x przeciwnie do kierunku ruchu wskazó
wektorów
i b. b) Ile wynosi długość wektora a x (b x a), jeśli kierunki
a
i
b
tworzą kąt
wek zegara, a ujemna — że jest mierzony zgodnie z kierunkiem ruchu wskazówek zegara) i wyraź ją za pomocą: a) wektorów
36.
jednostkowych, b) długości, c ) kąta.
i C =
2 7 . a) Korzystając z wektorów jednostkowych, wyraź cztery prze kątne sześcianu (tzn. odcinki łączące dwa wierzchołki i przecho dzące przez środek sześcianu) za pomocą jego krawędzi, mają cych długość a. b) Wyznacz kąty utworzone przez te przekątne z sąsiadującymi z nimi krawędziami sześcianu, c) Znajdź długość
Dane są trzy wektory: A =
2i + 3j — 4k, fi =
7ł — 8j. Ile wynosi 3Ć • (2A x
—3i + 4j + 2k
fi)?
3 7 . Trzy wektory, przedsta wione na rysunku 3.31 mają długości: d = i
=
c
a)
10
3m,i = m.
składową
x,
4m
Wyznacz: b)
skła
dową y wektora a; c) skła
przekątnej w jednostkach a.
dową x, d) składową y wek tora
3.6. Wektory a prawa fizyki
b;
wynoszą 28.
W układzie współrzędnych xy
e)
składową x,
f)
składową y wektora c. Ile
wektor A ma długość 12 m, a
wartości:
g)
h) q,jeśli c = pa+ąbl
p ,
ilw
Rys.
3 . 3 1 . Zadanie 37
jego kierunek tworzy kąt 60° (mierzony przeciwnie do kierunku ruchu wskazówek zegara) z dodatnim kierunkiem osi x; fi =
wektor
(12 m)i + (8 m)j. Dokonujemy obrotu układu współrzędnych
38. a
y
Dwa wektory a i b mają składowe (w metrach): a =
1,6, b
x
= 0,5 i b
y
=
x
=
3,2,
4,5. a) Znajdź kąt między kierunkami
wokół jego początku, w kierunku przeciwnym do kierunku ruchu
wektorów a
wskazówek zegara o kąt 20° i oznaczamy otrzymany w ten sposób
tory, które są prostopadłe do wektora a i mają długość równą 5
nowy układ przez x'y'.
Wyznacz wektory: a) A,
i b. Na płaszczyźnie xy
można znaleźć dwa wek
b) fi w tym
m. Jeden z nich c ma dodatnią składową x, a drugi d ma skła
nowym układzie współrzędnych, wyrażone za pomocą wektorów
dową x ujemną. Wyznacz: b) składową x, c) składową y wektora
jednostkowych.
c; d) składową x, e) składową y wektora d.
4 Ruch w dwóch i trzech wymiarach
W 1922 roku, jeden z członków słynnej rodziny artystów cyrkowych Zacchini, jako pierwszy cdowiek został pociskiem armatnim, wystrzelonym ponad areną, do sieci, umieszczonej za drugiej stronie. Dla zwiększenia efektu stopniowo powiększano wysokość i długość lotu, a wreszcie w 1939 czy 1940 roku Emanuel Zacchini przeleciał nad trzema diabelskimi •satynami i pokonał w poziomie odległość :9 m. Skąd Zacchini
wiedział, gdzie należy umieścić sieć,
i w jaki sposób upewnił się,
że podczas lotu
nie zaczepi o któryś
z diabelskich młynów?
O d p o w i e d ź znajdziesz w •crdziale.
tym
4 . 1 . Przechodzimy do dwóch lub trzech wymiarów W tym rozdziale korzystamy z wiadomości, wprowadzonych w dwóch poprzed nich rozdziałach, w celu omówienia ruchu w dwóch lub trzech wymiarach. Uży jemy wielu pojęć z rozdziału 2, takich jak położenie, prędkość i przyspiesze nie, w sytuacji nieco bardziej złożonej przez istnienie dalszych wymiarów. Dla uproszczenia zapisu równań zastosujemy algebrę wektorową z rozdziału 3. Pod czas lektury tego rozdziału zapewne czasem zajrzysz ponownie do rozdziałów poprzednich, aby sobie przypomnieć niektóre rzeczy.
4.2. Położenie i przemieszczenie Do określenia położenia cząstki (lub innego ciała punktowego) stosujemy zwy kle wektor położenia r (nazywany także wektorem wodzącym), czyli wektor łą czący punkt odniesienia (najczęściej początek układu współrzędnych) z punktem, w którym znajduje się cząstka. W zapisie z użyciem wektorów jednostkowych z paragrafu 3.4 wektor r można wyrazić jako: f = xi
+ y] +
zk,
(4.1)
przy czym xi, yj i zk są wektorami składowymi wektora r wzdłuż osi układu współrzędnych, a x, y i z — składowymi tego wektora. ^ Współczynniki x, y i z określają położenie cząstki, liczone wzdłuż osi układu współrzędnych, od początku tego układu, tzn. współrzędne cząstki w tym układzie wynoszą (x, y , z). Na przykład, na rysunku 4.1 przedstawiono cząstkę o położeniu danym przez wektor: r = (-3
m)i +
(2 m)j + (5 m)k,
a więc o współrzędnych (—3 m, 2 m, 5 m). Licząc wzdłuż osi x, cząstka ta jest. odległa od początku układu o 3 m w kierunku —i, licząc wzdłuż osi y — o 2 m w kierunku j , a licząc wzdłuż osi z — o 5 m w kierunku k. Gdy cząstka porusza się, wektor położenia zmienia się, tak aby zawsze łączył początek układu współrzędnych z punktem, w którym znajduje się cząstka. Jeśli w pewnym przedziale czasu wektor położenia zmienia się — powiedzmy — od r\ do r , to przemieszczenie cząstki w tym przedziale czasu wynosi:
y
2
X
Ar=r -?i.
(4.2)
2
Możemy je zapisać za pomocą wektorów jednostkowych, jak w równaniu (4.1), j co daje: Ar = ( x i + y 2 J + Z 2 k ) - ( * i i - r - y i j + zik),
1
2
z Rys. jest
czyli
4.1.
Wektor położenia r
sumą jego
wektorów
cząstki
składowych
w kierunku osi układu współrzędnych
58
4.
Ruch w dwóch i trzech wymiarach
Ar = (x - xi)i 2
+ (y
2
- yi)j + (z - zi)k, 2
(4.3)
ąrzy czym współrzędne ( J C I , y \ , z \ ) odpowiadają wektorowi położenia ?\, a współaedne {xi, yi, Zi) — wektorowi położenia r^. Możemy to zapisać jeszcze inaczej, podstawiając Ax za (x2 — x \ ) , Ay za {yi — y-\) oraz Az za (zi — z\), co daje: A
[
r
=
A
x
\
+ Ay] + Azk.
(4.4)
'rzykład 4.1 tor położenia pewnej cząstki, pokazanej na rysunku 4.2, wyw chwili początkowej: i
r, =
t
(-3
m)i +
(2 m)j +
(5 m)k.
r » w pewnej chwili późniejszej:
h
(9 m)i +
(2 m)j + (8 m)k.
przemieszczenie cząstki Ar od ?\ do r
2
ANIE:
Przemieszczenie Ar
otrzymujemy, odejmując wektor poło-
J\ w chwili początkowej, od wektora położenia r
2
w chwili
ej. Najłatwiej zrobić to na składowych wektorów:
Rys. 4 . 2 . Przykład 4.1. Przemieszczenie A? =
—r\ cząstki jest
r
2
wektorem prowadzącym od końca początkowego wektora położe nia ?\ do końca końcowego wektora położenia r
2
&r = r — r\ 2
=
[9 m -
=
(12 m)i + (3 m)k.
(-3
m)]i +
[2 m -
2 m]j +
[8 m -
5 m]k
(odpowiedź)
wektor przemieszczenia jest równoległy do płaszczyzny
xz.
.-aż jego składowa y wynosi zero, co łatwiej wywnioskować
^ zatficzeń
[
=
I/SPRAWDZIAN 1 rzędnych xyz
Nietoperz przeleciał z punktu o współ
(—2 m. 4 m. —3 m) do punktu (6 m. - 2 m. —3 m).
a) Podaj jego przemieszczenie wyrażone za pomocą wektorów jednostkowych, b) Czy wektor Ar jest równoległy do którejś z płaszczyzn układu współrzędnych? Jeśli tak. to do której?
niż z rysunku.
'rzykład 4.2
(wektor położenia zapisaliśmy jako r(t).
5 » parkingu wymalowano — co słusznie może ci się wydać dzi
W chwili r =
waczne —
wSBl
t).
15 s składowe wynoszą:
uktad osi współrzędnych. Po tym parkingu biegnie
Współrzędne położenia królika zależą od czasu
t
zgodnie
z wzorami:
x =
(-0,31)(15)
y =
(0.22)(15)
2
+
( 7 . 2 ) ( 1 5 ) + 28 =
66 m
i x =
- 0 , 3 1 r + 7,2r + 28
(4.5)
Tak więc w chwili t = y = 0.22r-9.1f
jńie t
a nie r, ponieważ jego
składowe, a więc i sam wektor, są funkcjami
+ 30,
y
-
( 9 , 1 ) 0 5 ) + 30 =
-57
m.
15 s,
(4.6) r =
wyrażono w sekundach, a .v i
:
w metrach.
(66 m)i — (57 m)j.
(odpowiedź)
jak pokazano na rysunku 4.3a. Aby wyznaczyć długość i kierunek wektora ?, możemy sko
j i Znajdź wektor położenia r królika w chwili t =
15 s; wyraź
ą > z a pomocą wektorów jednostkowych oraz przez jego długość • kierunek.
rzystać z równania (3.6). co daje: r =
/ r
2
+ y
2
=
7(66
m)
2
+
(-57
m)
2
=
87 m
(odpowiedź)
oraz
•02W1AZANIE: O—r
9
=
arctg -
x
— arctg
(—rr—) \ 66 m
/
=
-41°
(odpowiedź)
Współrzędne x i y położenia królika, dane wzorami (4.5)
_ - - Ł 6 ) , są składowymi jego wektora położenia r. Możemy więc
(tangens kąta 9 =
1 3 9 jest taki sam. jak tangens kąta —41°, lecz ;
analiza znaków składowych wektora r wykazuje, że kąt 139° nie
s c i s a ć . że: ? ( / ) = j r ( f ) i + y(/)j
(4.7)
spełnia warunków zadania).
4.2.
Położenie i przemieszczenie
59
b) Wykreśl tor królika od t =
0 do t =
25 s.
pokazano punkty, odpowiadające pięciu wartościom t i łączącą je linię. W celu sporządzenia tego wykresu, nazywanego
parametrycznym,
ROZWIĄZANIE:
wykresem
możesz także skorzystać z komputera, polecając
mu sporządzenie wykresu y jako funkcji x
przy założeniu, że
Powtarzamy obliczenia z punktu (a) dla kilku wartości t, po czym
wartości tych współrzędnych zależą od czasu t zgodnie z wzorani
odkładamy otrzymane
(4.5) i (4.6).
wartości
na wykresie.
y[m]
Na rysunku
y[
40
4.3b
m]
40 yf = 0 S
20
A~
4 1
°
20
—— x[m]
0
x[m]
20
V60
40
80
5 s\ -20
JjlOs
-40
Rys.
4 . 3 . Przykład 4.2. a) Wektor położe
nia r królika w chwili t = -60
15 s
25 s
15 s. Składowe
tego wektora zaznaczono na osiach układa współrzędnych, b) Tor królika i jego poło
20s
żenie dla pięciu wartości t
b)
4.3. Prędkość średnia i prędkość chwilowa Jeśli w przedziale czasu At cząstka doznała przemieszczenia Ar, to jej prędkość średnia VŚ jest równa: przemieszczenie prędkość średnia — przedział czasu czyli T
Ar
(4.8)
a7'
Z równania tego wynika, że kierunek v^ (wektora stojącego po lewej stronie rów-1 nania (4.8)) jest taki sam, jak kierunek przemieszczenia Ar (wektora stojącego po prawej stronie tego równania). Korzystając z równania (4.4), możemy zapisać" równanie (4.8) za pomocą wektorów składowych jako:
v
'
ir
A.vi + Avj + Ack Ax~ Ay? Az? — = — i + —J H k. Ar Ar At At
(4.9)
J
I
Na przykład, jeśli cząstka z przykładu 4.1 przemieszcza się od położenia począt kowego do końcowego w czasie 2 s, to jej prędkość średnia w tym przedziale czasu wynosi: Ar
(12 m)i-ł- (3 m)k
= (6 m/s)i + (1.5 m/s)k. Ar 2s Mówiąc o prędkości cząstki, mamy zwykle na myśli jej prędkość chwilową u w pewnej chwili. Wartość tę otrzymujemy jako wartość graniczną v , gdy przeiT
60
4.
Ruch w dwóch i trzech wymiarach
dział czasu Af zmierza do zera wokół tej chwili. Korzystając z pojęć rachunku różniczkowego, możemy zapisać ii jako pochodną: -
dr
u =
(4.10)
d7-
Na rysunku 4.4 przedstawiono tor cząstki, poruszającej się w płaszczyźnie jry. Gdy cząstka porusza się po tym torze w prawą stronę, jej wektor położenia obraca się w prawo. W przedziale czasu Af wektor położenia zmienia wartość z ?i na r*2, a przemieszczenie cząstki wynosi Ar. Aby znaleźć prędkość chwilową cząstki w chwili — dajmy na to — t\ (tzn. sdy cząstka zajmuje położenie 1), zmniejszamy przedział At wokół t\ do zera. Wówczas: 1) wektor położenia ?2 na rysunku 4.4 dąży do f\, tak że Ar dąży do zera; 2) kierunek Ar/At (a więc i kierunek v^ ) zmierza do kierunku stycznej do toru cząstki w punkcie 1; 3) prędkość średnia vs dąży do prędkości chwilowej v w chwili t\. W granicy, gdy Af -*• 0, mamy więc v^ -*• v, a także — co jest tu najIważniejsze — Vi przyjmuje kierunek stycznej do toru. Jest to więc kierunek prędkości chwilowej ii: T
r
Rys.
4.4.
Przemieszczenie
Ar
cząstki
w przedziale czasu A?. W chwili począt kowej t\ cząstka znajduje się w punk cie
1,
chwili o
o
wektorze
końcowej
wektorze
h
położenia —
położenia
w
a
w
punkcie
2,
fj.
?|,
Pokazano
styczną do toru cząstki w punkcie 1
C
•
Kierunek prędkości chwilowej v cząstki jest zgodny z kierunkiem stycznej do toru cząstki w punkcie, w którym się ona znajduje.
Tak samo jest w przestrzeni trójwymiarowej: wektor i; jest zawsze styczny do toru cząstki w punkcie, w którym się ona znajduje. Zapiszmy równanie (4.10) za pomocą wektorów jednostkowych, biorąc r zrównania (4.1). Otrzymujemy: d dx- dy~ dz» v - —(xi + y} + zk) = — i + -j-i + —k. dr dt dt dt SJównanie to można zapisać w nieco prostszej postaci: v = v i + v j + v k, x
y
(4.11)
z
wprowadzając składowe prędkości u: v = x
dx
dy
dt'
dt
oraz
dz
(4.12)
N a przykład, dx/dt jest składową wektora ii wzdłuż osi x. Składowe wektora ii otrzymujemy, różniczkując po czasie składowe wektora f. Na rysunku 4.5 przedstawiono wektor prędkości ii oraz jego składowe x i y. Zauważ, że wektor ii jest styczny do toru cząstki w punkcie, w którym się ona znajduje. Uwaga: gdy na rysunkach 4.1-4.4 zaznaczaliśmy wektor położenia, był on odcinkiem ze strzałką, zaczynającym się w pewnym punkcie (jakimś „stąd"), a kończącym się w innym punkcie (jakimś „dotąd"). Gdy natomiast rysujemy wektor prędkości, jak na rysunku 4.5, to nie prowadzi on z jednego punktu do drugiego. Pokazuje on chwilowy kierunek ruchu cząstki, której położenie jest początkiem wektora; długość wektora prędkości (równa wartości bezwzględnej prędkości) może być narysowana w dowolnej skali.
4.3.
styczna -
tor cząstki •
O Rys.
4 . 5 . Prędkość v cząstki i jej skła
dowe wzdłuż kierunków osi
Prędkość średnia i prędkość chwilowa
61
•SPRAWDZIAN 2
Na rysunku przedstawiono kołowy
tor cząstki. W której ćwiartce układu współrzędnych znaj duje się cząstka w chwili, gdy jej prędkość chwilowa wy nosi v =
(2 m/s)i — (2 m / s ) j , jeśli porusza się ona po
tym okręgu w kierunku: a) zgodnym z kierunkiem ruchu wskazówek zegara, b) przeciwnym do ruchu wskazówek zegara? Zaznacz wektor v na rysunku w tych dwóch przy padkach.
Przykład 4.3
e
oraz
Znajdź prędkość v królika z przykładu 4.2 w chwili r =
15 s
0 =
arctg^
v
i wyraź ją za pomocą wektorów jednostkowych oraz przez jej
x
=arctg( ) = \—2,1 m / s /
arctg 1,19 =
-130°
1 <
(odpowiedź)
długość i kierunek.
(tangens kąta 50° jest taki sam, jak tangens kąta —130°, lecz ROZWIĄZANIE:
znaki składowych prędkości świadczą o tym, że szukany kąt ma
Zauważ, że:
ramię w trzeciej ćwiartce, a więc warunki zadania spełnia wynik 1. Aby znaleźć prędkość v królika możemy najpierw wy
O—w
50° -
180° =
-130°).
znaczyć jej składowe; 2 . Składowe te możemy otrzymać, różniczkując składowe
O—t
y
wektora położenia królika. Podstawiając równanie (4.5) do pierw
[m]
szego z równań (4.12), znajdujemy składową x wektora v, równą:
u, =
dx
— dr
d , — (-0,31r +7,2r +28) = dr
=
W chwili t
2
=
15 s wynosi ona v
x
=
- 0 , 6 2 r + 7,2.
(4.13)
—2,1 m/s. Analogicznie,
podstawiając (4.6) do drugiego z równań (4.12), otrzymujemy składową y równą:
„ , =
^ dr
=
W chwili r =
-^(0,22r -9,lr+30) dr 2
15 s mamy v
=
0,44r-9,l.
(4.14)
— —2,5 m/s. Z równania (4.11)
y
otrzymujemy zatem: v =
—(2,1 m/s)i — ( 2 , 5 m / s ) j .
(odpowiedź)
Wektor ten pokazano na rysunku 4.6 — jest on styczny do toru królika i skierowany w kierunku jego biegu w chwili r = Aby wyznaczyć długość
15 s.
i kierunek tego wektora, skorzy Rys.
stamy z równania (3.6), co daje:
4 . 6 . Przykład 4.3. Prędkość v królika w chwili r =
15 s.
Wektor prędkości jest styczny do toru królika w punkcie, w któ
v = yv? + vj. = 7 ( - 2 , l m / s )
2
+ ( - 2 , 5 m/s)
2
= 3,3 m / s
rym znajduje się on w tej chwili. Pokazano także składowe wek
(odpowiedź)
tora v
4.4. Przyspieszenie średnie i przyspieszenie chwilowe
Jeśli w przedziale czasu Ar prędkość cząstki zmienia się z v\ na v , to jej przyspieszenie średnie a$ w tym przedziale jest równe: 2
r
. , . zmiana prędkości przyspieszenie średnie = , przedział czasu 62
4.
Ruch w dwóch i trzech wymiarach
czyli Av
V2 ~ V\
(4.15)
A?'
At
s l i zwężamy przedział czasu Ar do zera wokół pewnej chwili, to przyspiesześrednie 5 dąży w granicy do przyspieszenia chwilowego (czyli po prostu yspieszenia) a w tej chwili, tzn.: śr
dv dr'
(4.16)
s l i zmienia się wartość prędkości lub jej kierunek (lub obie te wielkości naraz), »cząstka doznaje przyspieszenia. Równanie (4.16) możemy zapisać za pomocą wektorów jednostkowych, pod dając do niego i; z równania (4.11), co daje: d ? f dv ? a = _<„,, + v + v k) = — x
y)
z
dv ~ dv ~ — —k. y
l
+
i
z
+
"Możemy je też przedstawić w postaci: a = a i + a ] + a k, x
(4.17)
z
y
wprowadzając składowe przyspieszenia a:
a — r
dv
x
dt '
dVy
a — —v y
dt
oraz
a, =
di),
(4.18)
"d7
Składowe przyspieszenia a są pochodnymi składowych prędkości v. Na rysunku 4.7 pokazano wektor przyspieszenia a i jego składowe dla cząstki, poruszającej się w dwóch wymiarach. Uwaga: wektor przyspieszenia, np. ten z rysunku 4.7, nie łączy dwóch położeń cząstki. Pokazuje on kierunek przyspieszenia cząstki, której położenie stanowi jego początek; długość wektora przyspieszenia (równa wartości bezwzględnej przyspieszenia) może być naryso wana w dowolnej skali.
Przykład 4.4 Znajdź przyspieszenie a królika z przykładów 4.2 i 4.3 w chwili t =
15 s; wyraź je za pomocą wektorów jednostkowych oraz przez
jego długość i kierunek.
ROZWIĄZANIE: Zauważ, że: 0—»
1. Aby znaleźć przyspieszenie a królika, wyznaczymy naj
pierw jego składowe. O—r
2 . Składowe te możemy otrzymać, różniczkując składowe
prędkości królika. Podstawiając równanie (4.13) do pierwszego z równań (4.18), znajdujemy składową x wektora a. równą:
a
=
x
— dr
=
tor cząstki -
o Rys.
4.7.
Wektor
przyspieszenia
3
cząstki i jego składowe
— ( - 0 , 6 2 r + 7,2) = dr
-0,62
m/s , 2
Analogicznie, podstawiając (4.14) do drugiego z równań (4.12), otrzymujemy składową y równą:
a,
=
^ dr
=
^-(0,44/ dr
9,1) =
0,44 m / s , 2
Jak widać, przyspieszenie nie zależy od czasu (jest stałe), gdyż zmienna r nie występuje w wyrażeniu na żadną ze składowych przyspieszenia. Z równania (4.17) otrzymujemy: 5 =
( - 0 , 6 2 m/s )i + 2
(0,44 m/s )}. 2
(odpowiedź)
Wektor ten wraz z torem królika przedstawiono na rysunku 4.8.
4 . 4 Przyspieszenie ś r e d n i e i przyspieszenie c h w i l o w e
63
Aby wyznaczyć długość i kierunek tego wektora, skorzy
nak wiemy, z wartości otrzymanych wcześniej składowych tego
a = JaJTa
2
=
^(-0,62
m/s ) 2
2
+
(0,44 m / s ) 2
=
2
0,76 m / s . 2
(odpowiedź) Wartość kąta wyznaczającego kierunek wektora przyspieszenia: a
= arctg
6
otrzymana za pomocą kalkulatora wskazuje na to, że wektor przy spieszenia 5 jest skierowany w prawo i w dół na rysunku 4.8. Jed
stamy z równania (3.6). Otrzymujemy długość równą:
v
=
a*
arctg
/
0,44 m / s \ — —=• ) =
wektora, że musi on być skierowany w lewo i do góry. Musimy więc znaleźć inny kąt, którego tangens wynosi tyle samo co tan gens kąta - 3 5 ° . Jest to kąt:
2
V-0,62
-35°,
m/s /
-35° +
180° =
(odpowiedź)
145°
2
y[m]
jest zgodna z
Ta wartość
wartościami składowych
a.
Zauważ, że
wektor a ma taką samą długość i taki sam kierunek w każdym punkcie toru królika, ponieważ — j a k stwierdziliśmy nieco wcze śniej — przyspieszenie ruchu królika jest stałe.
Rys.
4.8.
4.4.
Przyspieszenie
Przykład
a królika w chwili t =
15 s. W naszym
przykładzie
przys
pieszenie to jest sta łe,
a
więc
jedna
kowe we wszystkich
Niżej podano równania, opisujące poło
żenie krążka hokejowego w płaszczyźnie xy
x
1)
2)x 3)7 4)
At
=
-3r
2
+
=
-3r
3
-At,y
= 2r i 2
7 = (At
-
6f
= -5t
2
2
+
-
At;
6;
(At + 3 ) j ;
- 2t)i
3
2, >• =
+ 3j.
punktach toru kró lika
spieszenia krążka są stałe i czy stałe jest przyspieszenie a.
Wstawiając te wartości do równań na v
x
dowe w chwili r =
Cząstka o prędkości
=
v
0
doznaje w chwili t =
—2i +
(w metrach), jako
funkcję czasu dla czterech różnych przypadków jego ruchu:
Sprawdź dla każdego z przypadków, czy składowe x i y przy
Przykład 4.5
wynosi a =
•/SPRAWDZIAN 3 :
i v
y
i obliczając te skła
5 s , otrzymujemy:
4j (w metrach na sekundę)
0 stałego przyspieszenia a, którego wartość
3 m/s , a kierunek tworzy kąt 8 = 2
v
x
-- - 2
m/s +
( - 1 , 9 3 m / s ) ( 5 s) = 2
-11,65
m/s,
130° z dodatnim
kierunkiem osi x . Wyznacz prędkość v cząstki w chwili / =
v
5 s;
wyraź ją za pomocą wektorów jednostkowych oraz podając jej długość i kierunek.
y
W chwili / =
= A m/s +
( 2 . 3 m / s ) ( 5 s) = 2
15,5 m / s .
5 s mamy więc (po zaokrągleniu):
v =
(-12
m/s)i + ( 1 6 m / s ) j .
(odpowiedź)
ROZWIĄZANIE: Zauważ przede wszystkim, że ruch jest dwuwymiarowy i zachodzi w płaszczyźnie xy. 1. tzn. O-r
Korzystając z równania (3.6), obliczamy długość i kierunek wek tora v jako:
Zauważ ponadto, że:
v = Jv
2
Przyspieszenie jest stałe, a więc obowiązuje wzór (2.11),
x
+ v = 19A 2
y
19 m/s
(odpowiedź)
v = vo + at. 2 . Ponieważ wzór (2.11) odnosi się jedynie do ruchu pro
8
= arctg
=
127°
130°.
(odpowiedź)
stoliniowego, więc musimy go zastosować osobno do składowej i składowej równoległej do osi y .
ruchu równoległej do osi x
Oznacza to, że składowe prędkości v
x
v
x
— vox + a t
oraz
x
Wielkości uo* ( = —2 m/s) i vo
y
tora Do, a wielkości a
x
znaleźć a
x
i a, y
i a
y
i v
są dane wzorami:
y
v
y
=
vo + y
a t. y
( = 4 m/s) są składowymi x i y wek
Sprawdź ostatnią linię obliczeń za pomocą kalkulatora. Czy na wyświetlaczu otrzymujesz wartość 127°, czy —53°? Narysuj wek tor v i jego składowe aby zdecydować, która wartość kąta spełnia warunki zadania.
— składowymi x i y wektora a. Aby
rozkładamy a na składowe, korzystając z równań
(3.5), co daje:
•/SPRAWDZIAN 4 : (At
3
a
= acosfl =
(3 m/s)(cos 130°) =
a
= a sinS =
(3 m/s)(sin 130°) =
4.
Ruch w dwóch i trzech wymiarach
x
y
64
-1,93 +2,3
m/s , 2
m/s . 2
— 2t)i
+
Położenie kulki jest dane wzorem
7 =
3j, przy czym 7 jest wyrażone w metrach, a t
w sekundach. W jakich jednostkach wyrażone są współczynniki 4,
- 2
i 3?
1.5. Rzut ukośny tozważymy obecnie ważny przypadek szczególny ruchu w dwóch wymiarach. I Wega on na tym, że cząstka porusza się w płaszczyźnie pionowej z pewną prędDDŚcią początkową vo oraz z przyspieszeniem ziemskim g, skierowanym zawsze lionowo w dół. Taki ruch nazywamy rzutem ukośnym. Może to być lot piłki jolfowej, jak na rysunku 4.9, lub baseballowej, ale nie samolotu czy kaczki, hórych lot nie jest swobodny. Opiszemy rzut ukośny, korzystając z pojęć omółionych w paragrafach 4.2-4.4 i zakładając, że opór powietrza nie ma wpływu •a ruch cząstki. Na rysunku 4.10, który omówimy szczegółowo w następnym paragrafie, przedstawiono tor cząstki (pocisku) w warunkach, gdy pomijamy opór powie^za. Pocisk wyrzucono z prędkością początkową VQ, którą możemy zapisać jako: vo = vo i + % j .
(4.19)
x
r
| Rys.
4 . 9 . Zdjęcie stroboskopowe poma
rańczowej piłki golfowej, odbijającej się od twardego podłoża. Ruch piłki między
Składowe vo i możemy wyznaczyć, jeśli znamy kąt 9 , utworzony przez v i dodatnim kierunkiem osi x, co daje: v = tło cos 6o oraz vo = vo sin#o(4.20) x
0
0x
0
odbiciami jest rzutem ukośnym
y
Podczas tego ruchu w dwóch wymiarach wektor położenia r cząstki i wektor Jej prędkości v zmieniają się w sposób ciągły, lecz wektor jej przyspieszenia a |est stały i zawsze skierowany pionowo w dół. Cząstka nie doznaje żadnego przyspieszenia w kierunku poziomym. Rzut ukośny cząstki, taki jak przedstawione na rysunkach 4.9 i 4.10, może się wydawać nieco złożony, lecz jego opis można znacznie uprościć, korzystając ze znanej z doświadczenia właściwości.
Rys.
4 . 1 0 . Tor pocisku wystrzelonego z punktu o współrzędnych xo =
0 i y
0
=
0, z prędko
ścią początkową Do. Na rysunku pokazano wektor prędkości początkowej i wektory prędkości cząstki w różnych punktach jej toru oraz składowe tych wektorów. Należy zauważyć, że skła dowa pozioma prędkości pozostaje stała, a jej składowa pionowa zmienia się w sposób ciągły.
Zasięg
rzutu R
wysokość,
jest to droga, którą przebywa cząstka w poziomie
z której została
do chwili jej powrotu
na
wyrzucona
4 . 5 . Riuł ukośny
65
•
W rzucie ukośnym ruchy cząstki w kierunku poziomym i w kierunku pionowym
można traktować jako niezależne — żaden z nich nie ma wpływu na drugi.
Dzięki tej właściwości zagadnienie ruchu w dwóch wymiarach można rozbić na dwa prostsze zagadnienia jednowymiarowe: ruch cząstki w kierunku pozio mym (w którym przyspieszenie wynosi zero) oraz jej ruch w kierunku pionowym (ze stałym przyspieszeniem skierowanym w dół). Oto dwa doświadczenia świad czące o tym, że ruchy cząstki w kierunku poziomym i pionowym są niezależne.
Dwie piłki golfowe
E H Rys.
4.11.
Jedna piłka zostaje upusz
czona w tej samej chwili, w której druga zostaje wystrzelona poziomo w prawą stronę. Ich ruch w pionie jest taki sam
Na rysunku 4.11 przedstawione zostało zdjęcie stroboskopowe dwóch piłek gol fowych, z których jedna została po prostu upuszczona, a druga — wystrzelona poziomo za pomocą sprężyny. Ruch w pionie obydwu piłek jest taki sam, tzn. obie przebywają takie same drogi w jednakowych odstępach czasu. To, że jedna Z nich oprócz tego, że spada, porusza się w poziomie, nie wpływa w żaden sposób na jej ruch w pionie. Oznacza to, że jej ruchy w pionie i w poziomie są od siebie niezależne.
Doświadczenie, kfóre zawsze zachwyca studentów Na rysunku 4.12 przedstawiono doświadczenie, które było już ozdobą wielu wy kładów. Wykonuje się je w ten sposób, że z armatki pneumatycznej G zostaje wystrzelona piłeczka. Celem jest puszka podwieszona za pomocą magnesu M, przy czym armatka jest wycelowana wprost w puszkę. Doświadczenie przeprowa dzone jest w taki sposób, że magnes zwalnia puszkę w chwili, gdy piłka opuszcza lufę armatki. Gdyby przyspieszenie ziemskie g było równe zeru, torem piłki na rysunku 2.12 byłaby linia prosta, a puszka, po uwolnieniu jej przez magnes, lewitowałaby ciągle w tym samym położeniu. Jednym słowem, piłka z pewnością trafiłaby w puszkę. Jednak g nie jest równe zeru, a mimo to piłka i tak trafia w puszkę! Jak widać z rysunku 4.12, w czasie lotu piłki zarówno piłka, jak i puszka tracą taką samą wysokość h w stosunku do ich położeń końcowych pod nieobecność przyciągania ziemskiego. Im silniej dmuchamy w armatkę, tym większą prędkość początkową nadajemy piłce. Lot trwa wtedy krócej i wartość h jest mniejsza.
4.6. Analiza rzutu ukośnego Teraz jesteś już przygotowany do szczegółowej analizy rzutu ukośnego, tzn. opi sania ruchu pocisku w pionie i w poziomie. Rys.
4.12.
matki
Piłeczka wystrzelona z ar
pneumatycznej
zawsze
trafia
w spadającą puszkę. Piłka i puszka tracą taką
samą
wysokość
h
w stosnku do
ich położeń końcowych pod nieobecność przyciągania ziemskiego
66
Ruch w poziomie Ruch w kierunku poziomym odbywa się bez przyspieszenia, dlatego też składowa pozioma prędkości pocisku nie ulega zmianie w czasie ruchu i pozostaje równa
4 . Ruch w dwóch i trzech wymiarach
swej wartości początkowej VQ . Pokazano to np. na rysunku 4.13. Przemieszczenie cząstki w poziomie od jej położenia początkowego xo, x — xo, jest dane wzorem (2.15), w którym należy przyjąć a = 0, czyli jest równe w chwili t: X
x -x = v t. Ponieważ VQ = uocos#n, więc: x XQ — (uocos0 )r. 0
0x
X
(4.21)
o
Ruch w pionie Ruch pocisku w pionie jest taki sam, jak ruch ciała w rzucie pionowym, który omówiliśmy już w paragrafie 2.8. Najważniejsze jest to, że przyspieszenie jest stałe. Wobec tego możemy zastosować wzory z tabeli 2.1 pod warunkiem, że w miejsce a podstawimy — g i zamienimy współrzędną x na y. Na przykład, zrównania (2.15) otrzymujemy: y-yo
= v ł - \gt = (u 2
0y
0
(4.22)
sm9 )t 0
przy czym wartość początkową poziomej składowej prędkości vo zapisaliśmy w postaci vosinf?o- Podobnie z równań (2.11) i (2.16) otrzymujemy: y
v
=
y
d
0
(4.23)
sin d - gt 0
Rys.
4 . 1 3 . Gdy chłopak jadący na de
skorolce
składowa nie.
v = (u sin0o) o
skok,
zmienia
się
pozioma
nie
ulega
zmia
Składowa pozioma pozostaje równa
prędkości deskorolki, dzięki czemu sko czek jest
(4.24)
2g(y - yo).
2
wykonuje
składowa pionowa jego prędkości, lecz
przez cały
czas
nad desko
rolką, a więc może na niej wylądować po skoku
Jak widać z rysunku 4.10 oraz z równania (4.23) składowa pionowa prędkości jest dokładnie taka sama, jak dla piłki rzuconej pionowo w górę. Na początku mchu jest ona skierowana do góry, a potem jej wartość maleje stopniowo do zera, i jest równa zeru w chwili, w której cząstka ma największą wysokość. Następnie kierunek składowej pionowej prędkości zmienia się na przeciwny, a jej wartość rośnie wraz z upływem czasu.
Równanie toru Równanie toru cząstki można wyznaczyć, eliminując t z równań (4.21) i (4.22). Wyznaczając t z równania (4.21) i podstawiając je do równania (4.22), otrzymu jemy po drobnych przekształceniach: 2 2X
y = (tg0o)* - XT T T T (równanie toru). (4.25) 2(u cos0 ) Jest to równanie toru, przedstawionego na rysunku 4.10. Przy jego wyprowadze niu przyjęliśmy dla prostoty xo = Ow równaniu (4.21) oraz y = 0 w równaniu (4.22). Wielkości g, do i un są stałe, dlatego też równanie (4.25) ma postać y = ax + bx , przy czym a i b są stałymi. Jest to równanie paraboli, tzn. tor pocisku jest paraboliczny. 2
o
o
0
2
Zasięg rzutu Zasięgiem poziomym R pocisku jest, jak pokazano na rysunku 4.10, odległość, którą przebyła cząstka w poziomie, do chwili jej powrotu na wysokość początkową
4.6.
Analiza rzutu ukośnego
67
(tzn. tę, z której została wyrzucona). Aby wyznaczyć zasięg R wstawmy x —XQ = R w równaniu (4.21) oraz y — y = 0 w równaniu (4.22), co daje: : 0
R = (vo cos 9 )t 0
oraz 0 = (v sin 6 )t - \gr0
0
Eliminując z tych równań t, otrzymujemy: 2w R = — - sin#ncos#o8
Korzystając z tożsamości trygonometrycznej sin 2#o = 2 sin 0 cos #n (patrz de-] datek E), otrzymujemy: O
R = -2- sin 28 .
i
0
Uwaga: z równania tego n/e otrzymamy odległości przebytej przez ciało w psv] ziomie. jeśli położenie końcowe ciała nie znajduje się na tej samej wysoko co punkt jego wystrzelenia. Warto zauważyć, że R w równaniu (4.26) osiąga największą wartość, sin 20 = 1, co oznacza, że 29 = 90°, czyli 9 = 45°. o
•
0
0
Zasięg R pocisku w poziomie jest największy, gdy pocisk zostaje wystrzelony
poi
kątem 4 5 ° .
Opór powietrza Dotychczas zakładaliśmy, że powietrze, w którym porusza się wystrzelony cisk nie ma żadnego wpływu na jego ruch. Jednak w wielu przypadkach naszych obliczeń mogą dawać znaczne odstępstwa od rzeczywistych parame ruchu pocisku, gdyż powietrze stawia opór poruszającemu się w nim ciału.'. rysunku 4.14 pokazano, w charakterze przykładu, tory dwóch wysoko wybh piłek baseballowych, o prędkości początkowej równej 44,7 m/s i kącie utwc nym przez tę prędkość z poziomem, równym 60°. Tor I („wysoka piłka" w baseball), to tor obliczony dla typowych warunków gry, tzn. w powietrzu, ai II („wysoka piłka" profesora fizyki), to tor piłki w próżni. (60°
Tabela Rys.
4.1.
Dwie „wysokie piłki"
1
4 . 1 4 . I) Tor „wysokiej piłki", ob
liczony z uwzględnieniem oporu powie
Tor I (w powietrzu)
Tor II (w próżni)
trza. II) Tor piłki w próżni, tzn. obli czony przy zastosowaniu metod przed stawionych w tym rozdziale. Dane licz bowe zebrano w tabeli 4.1
(na podsta
wie artykułu Petera J. Brancazio „The Trajectory of a Fly Bali", The
68
Physics
styczeń 1985)
Teacher,
4.
Ruch w dwóch i trzech wymiarach
zasięg
98.5 m
największa wysokość
53 m
czas lotu
1
6,6 s
177 m 76,8 m 7,9 s
Patrz rysunek 4.14. Prędkość początkowa ma wartość 44,7 m/s i jest skierowana
pod kątem 60° do poziomu.
[SPRAWDZIAN 5 :
Zawodnik odbił piłkę, posyłając ją wysoko w powietrze. Pomiń
[cpór powietrza i powiedz, jak będą zmieniać się składowe prędkości piłki: a) pozioma, i) pionowa. Jakie są składowe przyspieszenia piłki: c) pozioma, d) pionowa, w czasie oszenia się i opadania piłki oraz w najwyższym punkcie jej toru?
'rzykład 4.6
9
0
=
0° (w stosunku do dodatniego kierunku osi x).
Nie znamy
jednak czasu t, po jakim kapsuła dotrze od samolotu do rozbitka. i rysunku 4.15 przedstawiono samolot ratowniczy lecący z prędcią 198 km/h ( = 55 m/s) na stałej wysokości 500 m, ku punki znajdującemu się bezpośrednio nad rozbitkiem, zmagającym z falami. Pilot chce wypuścić kapsułę ratowniczą tak, aby adła do wody możliwie blisko rozbitka.
Aby znaleźć / , rozważmy ruch kapsuły w pionie. Skorzy stajmy z równania (4.22): y-yo
=
(Kosin0 )r-ig/ .
(4.29)
2
o
Przemieszczenie kapsuły w pionie y — yo wynosi —500 m (znak minus wskazuje, że kapsuła porusza się w dół).
Podstawiając do
równania (4.29) tę i inne wartości liczbowe, otrzymujemy: -500 m =
(55 m/s)(sin0°)r -
±(9,8
m/s )r . 2
2
Rozwiązując to równanie względem t, wyznaczamy t =
10,1 s.
Wstawiając tę wartość do równania (4.28), otrzymujemy: x -
0 =
(55 m / s ) ( c o s 0 ° ) ( 1 0 , l
s),
czyli x = 5 5 5 , 5 m. Wobec tego równanie (4.27) daje: /555,5 m 0 =
?ys.
4 . 1 5 . Przykład 4.6. Z samolotu lecącego poziomo ze stałą
prędkością wypuszczona zostaje kapsuła ratownicza. Gdy kapsuła spada, składowa pozioma jej prędkości jest nadal równa prędkości
a r C t
Hlc^r7
)-
(odpowiedź)
:48°
b) Wyznacz prędkość v kapsuły w chwili, gdy wpada ona do wody; wyraź ją za pomocą wektorów jednostkowych oraz przez długość i kierunek.
lecącego samolotu ROZWIĄZANIE: a ) Wyznacz kąt
O—»
bardziej odpowiedniej do zwolnienia kapsuły.
nie podczas jej lotu. W szczególności nie zależą od siebie skła
1. Ruch kapsuły w poziomie jest niezależny od ruchu w pio
dowe jej prędkości: pozioma i pionowa. ROZWIĄZANIE:
2 . Składowa pozioma prędkości u* jest cały czas równa jej
O—t
Po oderwaniu
się od samolotu kapsuła leci jak pocisk,
wartości początkowej VQ =
vo cos 9o, ponieważ ruch w poziomie
X
a więc jej ruch w poziomie jest niezależny od ruchu w pionie,
odbywa się bez przyspieszenia. Wobec tego w chwili, gdy kapsuła
można je zatem rozważać oddzielnie. Na rysunku 4.15 pokazano
wpada do wody:
Bkże układ współrzędnych, którego początek wybrano w punkcie zwolnienia kapsuły. Kąt 0 jest więc równy: (j> =
arctg-,
n
(4.27)
gdzie x jest współrzędną poziomą rozbitka w tym układzie (jak również współrzędną kapsuły w chwili upadku do wody), a h — wysokością samolotu nad wodą. Wiemy, że ta wysokość wynosi 500 m, a więc do wyznaczenia kąta
(vocos0o)f.
v
(4.28)
zostaje upuszczona,
0. Ponadto, ponieważ kapsuła
a nie wystrzelona, jej prędkość początkowa vo
jest równa prędkości samolotu. Wiemy zatem, że prędkość począt kowa kapsuły ma wartość VQ — 55 m/s i jest skierowana pod kątem
-
uocos#rj =
(55 m / s ) ( c o s 0 ° ) = 55 m / s .
sunku do jej wartości początkowej vo
y
=
y
ulega zmianie w sto
no sin 9o, gdyż ruch kap
suły w pionie jest przyspieszony. Korzystając z równania (4.23) oraz z wartości czasu spadku kapsuły, równego t =
10,1 s, wyzna
czamy wartość tej składowej w chwili upadku kapsuły do wody:
v
y
—v
0
=
sin 0
O
—
gt
(55 m / s ) ( s i n 0 ° ) -
(9,8 m / s ) ( 1 0 , l 2
s) =
-99
m/s.
Wobec tego, w chwili upadku do wody kapsuła ma prędkość:
Początek układu współrzędnych znajduje się w punkcie wyrzu cenia kapsuły, dlatego też xo =
Q x
3 . Składowa pionowa prędkości v
O t
v = (55 m/s)i -
(99 m / s ) j .
(odpowiedź)
Korzystając z równania (3.6), wyznaczamy długość i kierunek wektora D: D =
113 m / s
oraz
4.6.
9 =
— 61°.
(odpowiedź)
Analiza rzutu ukośnego
69
Przykład 4.7
wystrzelenia pocisku i zasięg R rzutu:
K =
Na rysunku 4.16 pokazano okręt piratów, znajdujący się w od
-^sin20 ,
Działo obrońców portu, ustawione na poziomie morza, wystrzeli wuje pociski z prędkością początkową u
0
=
82 m/s.
(4.30)
o
8
ległości 560 m od fortu broniącego wejścia do portu na wyspie. skąd otrzymujemy: 29n
. gR — arcsin
. ( 9 , 8 m / s ) ( 5 6 0 m) . arcsin — —r = arcsin 0 , 8 1 6 . (82 m / s ) 2
=
vi
2
(4.31)
y
Wyznaczając kąt na podstawie wartości jego funkcji sinus, otrzy mujemy zawsze dwie wartości kąta w zakresie kąta pełnego. Jedną z nich znajdujemy przy zastosowaniu kalkulatora (w naszym przy padku jest to 54,7°), a drugą — odejmując tę pierwszą od 180° (w i naszym przypadku wynosi ona 125,3°). Z równania (4.31) zatem: 0
=
O
1(54,7°) =
27°
(odpowiedź),
63°.
(odpowiedz)'
oraz
| 0
=
O
I(125,3°)
Dowódca fortu może nakazać ustawienie działa pod jednym z tych
•R =
dwóch kątów, aby trafić pociskiem w okręt piratów (oczywiście
560 m
przy założeniu, że opór powietrza nie wpływa na tor pocisku!). | Rys.
4.16.
Przykład 4.7. Dla danej odległości od celu, w okręt
piracki można trafić z działa, wystrzeliwując pociski pod dwoma
b) Jak daleko powinien oddalić się okręt piratów od działa, aby
różnymi kątami
znalazł się poza maksymalnym zasięgiem strzału?
a) Pod jakim kątem 0n w stosunku do poziomu należy strzelać z
ROZWIĄZANIE:
działa, aby pocisk trafił w okręt?
Przekonaliśmy się, że zasięg jest największy, gdy strzela się pod
kątem 0o równym 4 5 ° . Podstawiając wartość 0o = 45° do równana'
ROZWIĄZANIE:
(4.30), otrzymujemy:
Jest oczywiste, że:
O—•»
1. Ruch pocisku jest to rzut ukośny, a więc stosują się do
niego równania tego ruchu. Potrzebne nam jest równanie wiążące kąt wystrzelenia pocisku 0o, ze składową poziomą przemieszcze nia pocisku od działa do okrętu.
R =
^
g
sin 2 0
o
=
(
8
2 m
/
s
)
2
s i n
(
2
x
45°) = 6 8 6 m % 6 9 0 m-
(9,8 m / s )
j
2
(odpowiedź Gdy okręt oddala się, wartości dwóch kątów ustawienia działa,
=
O
43
O—ir 2. Działo i okręt są na tym samym poziomie, a więc skła
stają się sobie równe, co zachodzi dla odległości okrętu rowie
dowa pozioma przemieszczenia jest równa zasięgowi rzutu. Mo
6 9 0 m. Dla odległości większych od tej wartości okręt jest pol
żemy więc skorzystać z równania (4.26) wiążącego ze sobą kąt
zasięgiem działa.
Przykład 4.8 Na rysunku 4.17 przedstawiono lot Emanuela Zacchiniego nad trzema diabelskimi młynami o wysokości 18 m każdy, ustawio nymi jak na rysunku. Zacchini został wystrzelony z prędkością początkową o wartości vo = 26,5 m/s pod kątem 0o = 53° wzglę dem poziomu. Jego początkowa wysokość nad poziomem areny
siatki]
wynosiła 3 m. Siatka, w której wylądował, znajdowała się na ta kiej samej wysokości.
a) Czy Zacchini nie zaczepił o pierwszy diabelski młyn?
ROZWIĄZANIE: Zacchini leciał jak pocisk, dlatego też możemy
skorzy
stać z równań dla rzutu ukośnego. Umieścimy początek układu
70
4. Ruch w dwóch i trzech wymiarach
R y s . 4 . 1 7 . Przykład 4.8. Tor lotu człowieka-pocisku ponad 1 diabelskimi młynami, z lądowaniem w siatce
fcpółrzędnych xy |» =
u wylotu lufy działa. Wobec tego xo = 0 oraz
c) W jakiej odległości od działa powinna znajdować się siatka?
0. Musimy wyznaczyć wysokość lotu y dla x = 23 m, ale nie
mamy czasu t, po jakim Zacchini znalazł się w tym punkcie. Aby
ROZWIĄZANIE:
izyskać zależność y od x, która nie zawiera czasu t, korzystamy
O f
t równania (4.25), co daje:
odległość w poziomie od działa do siatki jest równa zasięgowi
-
Wysokości startu i lądowania są takie same, dlatego też
rzutu w poziomie. Z równania (4.26) mamy więc: y =
(tg0 )* o
2(v cos0 ) o
o
R
2
(9,8 m / s ) ( 2 3 m ) 2
= =
(t 53°)(23 m)-
=
- 2 sin
20
o
=
(26,5 m / s ) (9,8
g
2
2
sin 2 ( 5 3 ° ) =
2
(odpowiedz)
g
2(26,5
m/s) (cos53°) 2
69 m.
m/s )
2
Możemy teraz odpowiedzieć na pytanie otwierające ten roz
2 0 , 3 m.
dział, tzn. skąd Zacchini wiedział, gdzie umieścić siatkę, i na ja
chini wystartował do lotu na wysokości 3 m nad poziomem
kiej podstawie mógł być pewien, że przeleci nad diabelskimi mły
ny, dlatego też przeleciał na wysokości ok. 5,3 m nad pierw-
nami. Musiał on (lub ktoś inny) wykonać takie obliczenia, jakie
i diabelskim młynem.
przeprowadziliśmy przed chwilą. Choć trudno było mu uwzględ nić w obliczeniach opór powietrza wiedział on, że opór ten spo
») Zakładając, że najwyższy punkt toru lotu leży nad środkowym
wolni jego ruch, a więc zmniejszy zasięg w stosunku do wartości
elskim młynem oblicz, ile metrów nad tym młynem przeleciał
obliczeń. Wobec tego wziął dużą siatkę i zbliżył ją nieco do działa.
chini.
W ten sposób uzyskał niemal pewność, że wyląduje w siatce nie zależnie od tego, w jakim stopniu opór powietrza zmniejszy jego
JtOZWIĄZANIE:
prędkość w czasie lotu. Niemniej jednak zmienność oporu powie
i W najwyższym punkcie lotu składowa pionowa prędkości vieka-pocisku jest równa zeru. Związek składowej v
y
ością y jest dany równaniem =
v)
(4.24),
(v s\ne ) 0
0
2
z wy-
zatem:
-2gy
trza, od lotu do lotu, zapewne działała mu na wyobraźnię przed każdym występem. Zacchini znajdował się jednak w niebezpieczeństwie, gdyż nawet podczas krótkich lotów jego przyspieszenie w
= 0 .
lufie
działa
było tak duże, że tracił na chwilę przytomność. Gdyby wylądował nie odzyskawszy przytomności, mógłby złamać kręgosłup. Aby
Z powyższego równania wyznaczamy y:
tak się nie stało, Zacchini ćwiczył możliwie szybkie odzyskiwa (v
0
"*
sin 6 ) 0
2
( 2 6 , 5 m/s) (sin 5 3 ° ) 2
2g
}
2(9,8
m/s )
2
=
2 2 , 9 m,
nie przytomności. W rzeczy samej, utrata przytomności w czasie lotu (zwłaszcza możliwość nie odzyskania jej na czas) jest jedy
2
a> oznacza, że Zacchini przeleciał na wysokości 7,9 m nad środ-
nym poważnym niebezpieczeństwem, na jakie narażają się dziś
iowym diabelskim młynem.
ludzie-pociski w czasie krótkich lotów.
Sztuka rozwiązywania z a d a ń " o r a d a 1 : Obliczenia aa
przeprowadzone
na liczbach,
a
obliczenia
siennych
4.6-4.8
jest
to łatwe do
zrobienia. W
początkowych
rozdzia
łach książki dzielimy zadania na części, aby ułatwić czytelnikowi
Jednym ze sposobów uniknięcia błędów zaokrąglenia i innych
zrozumienie, jak
błędów liczbowych jest rozwiązanie zadania na zmiennych i pod-
oraz orientację w wartościach liczbowych rozważanych wielkości.
swienie
W dalszym ciągu nauki będziemy dłużej prowadzili obliczenia na
liczb do wzorów
na końcu obliczeń —
właśnie tak
•azwiązują zadania ludzie w tym doświadczeni. W przykładach
wygląda
każdy
krok
rozwiązywania
zadania
symbolach zmiennych.
4.7. Ruch jednostajny po okręgu Ruch cząstki nazywamy ruchem jednostajnym po okręgu, jeśli porusza się ona po okręgu lub kołowym łuku z prędkością o stałej wartości bezwzględnej. Choć wartość prędkości nie zmienia się, ruch cząstki jest przyspieszony. Może się to na pierwszy rzut oka wydawać zaskakujące, ponieważ przyspieszenie (czyli zmianę prędkości) kojarzymy często ze wzrostem lub zmniejszaniem się wartości bezwzględnej prędkości. Prędkość jest jednak wektorem, a nie skalarem. Jeśli więc zmienia się choćby tylko jej kierunek, to ruch jest przyspieszony — tak właśnie się dzieje w ruchu jednostajnym po okręgu.
4 . 7 . Ruch jednostajny po okręgu
71
Rys.
4 . 1 8 . Wektory przyspieszenia i prędkości cząstki poruszającej się jednostajnie po okręgu,
w kierunku przeciwnym do kierunku ruchu wskazówek zegara. Obydwa mają stałą długość, lecz ich kierunki zmieniają się w sposób ciągły
Na rysunku 4.18 przedstawiono wektory prędkości i przyspieszenia w róż nych fazach ruchu jednostajnego po okręgu. Obydwa wektory mają przez cały czas takie same długości, lecz ich kierunki zmieniają się w sposób ciągły. Wektor prędkości jest zawsze styczny do okręgu i skierowany w kierunku ruchu cząstki. Wektor przyspieszenia jest zawsze skierowany wzdłuż promienia okręgu, ku jego środkowi. Z tego względu przyspieszenie w ruchu jednostajnym po okręgu nazy wamy przyspieszeniem dośrodkowym. Jak wykażemy za chwilę, wartość tego przyspieszenia a wynosi: v a —— r 2
(przyspieszenie dośrodkowe),
(4.32)
przy czym r jest promieniem okręgu, a v — modułem prędkości cząstki. W tym ruchu przyspieszonym o stałym module prędkości cząstka obiega okrąg (czyli przebywa drogę 2:rr) w czasie: T =— v
(okres).
(4.33)
Czas T nazywamy okresem obiegu lub po prostu okresem tego ruchu. Mówiąc ogólniej, jest to czas potrzebny cząstce na jednokrotny obieg zamkniętego toru.
Wyprowadzenie wzoru (4.32) W celu wyznaczenia wartości i kierunku przyspieszenia w ruchu jednostajnym po okręgu przeanalizujmy rysunek 4.19. Na rysunku 4.19a cząstka p porusza się z prędkością i; o stałej wartości po okręgu o promieniu r. W chwili, dla której wykonano ten rysunek współrzędne tej cząstki wynoszą x i y . p
p
W paragrafie 4.3 stwierdziliśmy, że prędkość i; poruszającej się cząstki jest zawsze styczna do jej toru w punkcie, w którym cząstka właśnie się znajduje. Jak widać z rysunku 4.19a oznacza to, że wektor ii jest prostopadły do promienia w punkcie, w którym znajduje się cząstka. Kąt 9, utworzony przez v z pionem w punkcie p jest więc równy kątowi utworzonemu przez promień r z osią x. Składowe wektora v pokazano na rysunku 4.19b. Korzystając z nich, możemy zapisać prędkość ti jako: v = v i + v ) = (—usin#)i + (ucos0)j. x
Rys.
y
(4.34)
4 . 1 9 . Cząstka p porusza się jednostajnie po okręgu w kierunku przeciwnym do kierunku
ruchu wskazówek zegara: a) jej położenie i prędkość v w pewnej chwili; b) prędkość v i jej c)
72
4.
składowe; c) przyspieszenie a cząstki i jego składowe
Ruch w dwóch i trzech wymiarach
r Z trójkąta prostokątnego na rysunku 4.19a widać, że sin0 = y /r, a cos# = x /r, co daje: p
p
S.(-A)t (A)J.
(4.35,
+
Aby wyznaczyć przyspieszenie 5 cząstki p, należy zróżniczkować to równanie względem czasu. Wartości prędkości i; oraz promienia r nie zależą od czasu, otrzymujemy więc:
-£-(-M?) (;£>
S
,+
Zauważ teraz, że szybkość zmiany y , dy /dt, jest równa składowej prędkości w . Analogicznie, dx /dt = v . Z rysunku 4.19b widać, że v = —v sin#, a v = r c o s # . Podstawiając te związki do równania (4.36), otrzymujemy: p
y
p
p
x
x
a =
y
sinej}.
cos 6^ i +
(4.37)
Ten wektor oraz jego składowe pokazano na rysunku 4.19c. W zgodzie z rówaaniem (3.6) otrzymujemy, że długość wektora a jest równa: 2
2
a = .lal + al = — v/(cosć>) + ( s i n 0 ) = — , 2
2
czego należało dowieść. Kierunek wektora a jest wyznaczony przez kąt
, •?, , . „ B
a
V
-(u /r)cos<7 2
x
S
Tak więc ^) = 6, co oznacza, że wektor a jest skierowany wzdłuż promienia r z rysunku 4.19a, w kierunku środka okręgu, co także należało wykazać.
SPRAWDZIAN 6 : •
Ciało porusza się w poziomej płaszczyźnie
xy po torze kołowym,
środku w początku układu współrzędnych, a jego prędkość ma stałą wartość. Gdy ciało
aajduje się w punkcie o współrzędnej .r = le
—2 m, jego prędkość jest równa —(4 m / s ) j .
wynosi: a) prędkość, b) przyspieszenie ciała, gdy znajduje się ono w punkcie o współ-
rzednej y =
2 m?
Przykład 4.9
Ile wynosi przyspieszenie, w jednostkach g, pilota myśliwca
Piloci myśliwców zawsze obawiali się zbyt ostrych zakrętów. Gdy pilot ma przyspieszenie dośrodkowe, a jego głowa jest zwrócona w kierunku środka krzywizny łuku, ciśnienie krwi w mózgu ma leje, co prowadzi do osłabienia funkcji tego organu. Istnieją
różne
objawy,
na
podstawie
których
pilot
może
stwierdzić, że zwrot jest zbyt gwałtowny. Gdy przyspieszenie do środkowe wynosi od 2g
do 3g,
pilot odczuwa ociężałość. Przy
F-22
pokonującego
obrazy czarno-białe) i zmniejsza się jego kąt widzenia („widze nie tunelowe"). Gdy takie przyspieszenie utrzymuje się lub jeszcze wzrasta, pilot przestaje cokolwiek widzieć i wkrótce potem traci przytomność.
wartości
v
=
2500
km/h
5,8 km?
ROZWIĄZANIE: Choć lot odbywa się z prędkością o stałej wartości, to na
O—w
torze kołowym występuje przyspieszenie dośrodkowe o wartości danej równaniem (4.32), czyli:
v
2
wartości około Ag pilot traci zdolność rozróżniania barw (widzi
z prędkością o
( 6 9 4 m/s) kołowy łuk o promieniu krzywizny r =
a
=
— = r
(694 m / s ) , ™ \ ( 5 8 0 0 m) c o
Jeśli nieostrożny pilot
,
2
=
8
w ferworze
3
m
/
s
=
8
' «5
(odpowiedź)
walki skieruje samolot w lot po
tak ostrym łuku, to straci przytomność niemal natychmiast, bez żadnych objawów, mogących go przed tym ostrzec.
4.7.
Ruch jednostajny po okręgu
73
4.8. Ruch względny w jednym wymiarze układ B
układ A
QC "BA BA
I
CA ~ CB
X
Rys.
CB
X
X
X
4 . 2 0 . Adam (układ A)
BA
+X
i Barbara
(układ B) obserwują samochód C, przy czym ciała B i C poruszają się z różną prędkością wzdłuż wspólnej osi x oby dwu układów współrzędnych. W chwili, dla której wykonano rysunek, XBA jest współrzędną B w układzie A. Samochód C
ma współrzędną x
i współrzędną XCA = dzie A
C
B
w układzie
CB +*BA
X
B
W ukła
Wyobraź sobie, że widzisz kaczkę lecącą na północ z prędkością — powied — 30 km/h. Innej kaczce, lecącej obok niej, wydaje się ona nieruchoma. Innyi słowy, prędkość ciała zależy od układu odniesienia, z którego obserwujemy 1 mierzymy tę prędkość. Układem odniesienia jest jakiś obiekt fizyczny, z któryi związany jest nasz układ współrzędnych. W życiu codziennym jest nim zwyl ziemia. Na przykład, prędkość wypisana na mandacie za zbyt szybką jazdę j zawsze mierzona względem ziemi. Prędkość względem radiowozu policyjn jest inna, jeśli radiowóz porusza się w trakcie pomiaru. Załóżmy, że Adam siedzi w samochodzie zaparkowanym na poboczu sz (w początku układu współrzędnych A) i widzi mijający go samochód C (cia Barbara (znajdująca się w początku układu współrzędnych B) jedzie tą szosą i stałą prędkością i także widzi samochód C. Wyobraź sobie, że w pewnej cłu obydwoje określają położenie tego samochodu. Z rysunku 4.20, przedstawia*] cego tę sytuację wynika, że: Xc
A — XCB + XBA
(4-
•
Równanie to należy odczytać następująco: współrzędna XQA ciała C, rejestrowa przez obserwatora A jest równa sumie współrzędnej XQB ciała C, rejestrowa przez obserwatora B i współrzędnej XBA obserwatora B, rejestrowanej pr obserwatora A. Zauważ, że stwierdzenie to znajduje odbicie w kolejności we wskaźnikach przy współrzędnych. Różniczkując stronami równanie (4.38) względem czasu, otrzymujemy: d
d
T(XCA)
dt
=
d
T(X
dt
C
B)
+
T(X
dt
B
A),
czyli VCA
=
VB C
+ V
B
(4.39)1
A ,
ponieważ u = dx/dt. Równanie to należy odczytać następująco: prędkość ciała C, rejestrowana przez obserwatora A jest równa sumie prędkości VCB C, rejestrowanej przez obserwatora B i prędkości VBA obserwatora B, rejestrów nej przez obserwatora A. Wyraz VBA jest prędkością układu B względem ukł; A (ponieważ ruch odbywa się wzdłuż jednej z osi, w równaniu (4.39) stosujen składowe wzdłuż tej osi i opuszczamy strzałki nad symbolami wektorów). Rozważamy tu jedynie układy odniesienia, poruszające się względem sieh ze stałą prędkością. W naszym przykładzie oznacza to, że Barbara (układ J jedzie ze stałą prędkością VBA względem Adama (układ A). Samochód (ciało C może natomiast zwiększać lub zmniejszać prędkość, zatrzymywać się lub zmienia kierunek ruchu na przeciwny (tzn. może się poruszać ruchem przyspieszonym] W celu wyznaczenia przyspieszenia ciała C, rejestrowanego przez Barbas i Adama, różniczkujemy stronami równanie (4.39), co daje: d
d
-T-(V A)
dt
74
4 . Ruch w dwóch i trzech wymiarach
C
=
d
-T-(V B)
dt
C
+
dt
-T-(V A)B
Prędkość VBA jest stała, dlatego też ostatni wyraz po prawej stronie jest równy zeru, a więc: (4.40) Inaczej mówiąc:
Obserwatorzy w różnych układach odniesienia (poruszających się względem siebie ze stałą prędkością) rejestrują takie samo przyspieszenie poruszającej się cząstki. Przypadek
'SPRAWDZIAN 7 :
W tabeli podano prędkości (w km/h) Barbary i samochodu C z ry-
smku 4 . 2 0 w trzech różnych przypadkach. Uzupełnij puste miejsca w tabeli i odpowiedz, jak
a
+50
b
+30
VCB
+50 +40
c
zmienia się w każdym przypadku odległość Barbary od samochodu C.
Przykład 4.10
VCA
+60
-20
ROZWIĄZANIE:
W sytuacji przedstawionej
na rysunku 4 . 2 0
względem Adama jest stała i wynosi VBA =
prędkość
Barbary
52 km/h, a samo
chód C porusza się w kierunku ujemnym osi x .
O-w
względem
Aby obliczyć przyspieszenie samochodu
względem
musimy skorzystać z jego prędkości
Adama.
Adama, Przyspie
szenie to jest stałe, więc możemy posłużyć się wzorem (u =
vo + at),
(2.11)
wiążącym przyspieszenie z prędkością początkową
i końcową C. Prędkość początkowa C względem Adama wynosi a)
De wynosi prędkość
VCB samochodu
zmierzona przez Bar
barę, jeśli pomiar dokonany przez Adama wykazał prędkość stałą BCA
=
VCA
=
—78 km/h, a prędkość końcowa jest równa zeru. Wobec
tego ze wzoru (2.11) otrzymujemy:
- 7 8 km/h?
v - v
0 -
0
OCA
ROZWIĄZANIE:
km/h)
( 1 0 s)
(1 m / s ) ( 3 , 6 km/h)
=
m/s . 1
2.2
(odpowiedź)
Z Adamem możemy związać układ odniesienia A, a z Bar barą — układ odniesienia B. Te dwa układy poruszają się wzglę dem siebie ze stałą prędkością wzdłuż jednej z osi, dlatego też związek VCB
(-78
i
z VCA
wyraża równanie (4.39):
VCA
=
VCB +
c ) Ile wynosi przyspieszenie samochodu
C
względem Barbary
w czasie tego hamowania?
ROZWIĄZANIE:
O—w Aby obliczyć
V AB
przyspieszenie samochodu
musimy skorzystać z jego prędkości
Wobec tego:
względem
względem
Barbary.
Barbary, Prędkość
początkową C względem Barbary wyznaczyliśmy w punkcie (a): - 7 8 km/h =
v
CB
+ 52 km/h,
v
CB
— —130 km/h. Prędkość końcowa C względem Barbary wy
nosi —52 km/h (jest to prędkość zatrzymanego samochodu wzglę
a stąd:
dem poruszającej się Barbary). Ze wzoru (2.11) mamy zatem: VCB
=
—130 km/h.
(odpowiedź)
v - v OCB
Gdyby samochód C był połączony z samochodem Barbary liną nawiniętą na bęben, to przy oddalaniu się samochodów od siebie Hna odwijałaby się z bębna z szybkością 130 km/h.
=
_
—
-
(-52
0
—
km/h) -
~ =
( - 1 3 0 km/h)
(10 s) 2,2 m / s . 2
(1 m / s ) ( 3 , 6 km/h) (odpowiedź)
b ) Samochód C hamuje aż do zatrzymania się względem Adama
Ten wynik mogliśmy przewidzieć z góry — prędkość względna
(a więc i ziemi) w czasie t =
Adama i Barbary jest stała, więc ich pomiary muszą dać takie
"CA
10 s. Ile wynosi jego przyspieszenie
względem Adama przy założeniu, że jest ono stałe?
samo przyspieszenie samochodu.
4.8.
Ruch względny w jednym wymiarze
75
4.9. Ruch względny w dwóch wymiarach
Zajmiemy się teraz ruchem względnym w dwóch (i, przez łatwe uogólnienie, w trzech) wymiarach. Na rysunku 4.21 ruch cząstki C jest badany przez dwóch obserwatorów, znajdujących się w początkach układów odniesienia A i B, przy I czym B porusza się względem A ze stałą prędkością VBA (odpowiednie osiej układów współrzędnych pozostają przy tym równoległe). d uklacM Rys.
B
w
4.21.
Układ
w dwóch wymiarach
B
porusza
B
się
ze stałą prędko
ścią VBA względem układu A. rA
Rysunek 4.21 wykonano dla pewnej chwili t. W tej chwili wektor położenia układu B względem A jest równy ? A - Wektory położenia cząstki C to fc\ 1 w układzie A i TQB układzie B. Widząc, jak ustawione są względem siebie te trzy wektory położenia, możemy stwierdzić, że:
Wektor
(4.41)
jest wektorem położenia układu B
względem A. Cząstka C ma wektor po łożenia r A C
w układzie A i TCB
w ukła
dzie B
Różniczkując obie strony tego równania względem czasu, otrzymujemy związek j między prędkościami VCA i VCB cząstki C względem każdego z obserwatorów: i VCA
=
VB C
+
V AB
(4.42)
Następnie, różniczkując równanie (4.42) względem czasu, otrzymujemy związek między przyspieszeniami CICA i acB cząstki C względem każdego z obserwato rów. Prędkość VBA jest stała, więc jej pochodna względem czasu jest równa zeru. j Mamy zatem: ] QCA
—
(4.43)
a . CB
Podobnie, jak dla ruchu w jednym wymiarze, otrzymaliśmy następującą zasadę: obserwatorzy w różnych układach odniesienia, poruszających się względem siebie ze stałą prędkością, rejestrują takie samo przyspieszenie poruszającej się cząstki.
Przykład 4.11
N
Na rysunku 4.22a pokazano samolot, lecący prosto na wschód, mimo że pilot kieruje go nieco na południowy wschód, gdyż sa
E
molot jest znoszony przez wiatr, wiejący w kierunku północnowschodnim. Prędkość vsw
samolotu względem powietrza uno
szonego przez wiatr ma wartość 215 km/h i jest skierowana pod kątem 6
na południe od kierunku wschodniego. Prędkość Tiwz
wiatru względem ziemi ma wartość 65 km/h i jest skierowana pod kątem 20° na wschód od kierunku północnego. Jaka jest war tość prędkości Vsz samolotu względem ziemi i ile wynosi kąt 61
ROZWIĄZANIE: O—w Mamy tu do czynienia z sytuacją podobną do tej, której do tyczy rysunek 4.21. Poruszającą się cząstką jest samolot (S), układ A B
(oznaczony teraz przez Z ) jest związany z ziemią, a układ (oznaczony
wiatr. Chcemy
76
4.
przez
W)
—
skonstruować
z
powietrzem
unoszonym
przez
diagram wektorowy, podobny do
Ruch w dwóch i trzech wymiarach
b) Rys.
4 . 2 2 . Przykład 4.11. Aby samolot leciał prosto na wschód,
pilot musi go kierować nieco w tę stronę, z której wieje wiati („pod wiatr")
z rysunku 4.21, lecz dla wektorów prędkości. Sformułujemy
Rozwiązując to równanie względem 9, otrzymujemy:
rw związek między tymi trzema wektorami:
=
(65 km/h) (cos 20°) arcsin • = (215 km/h)
0 =
prędkość samolotu względem ziemi ( S Z ) prędkość samolotu względem powietrza
(SW)
Podobnie, dla składowych x mamy:
+ prędkość wiatru względem ziemi ( W Z ) .
VSZ.x
i związek, zilustrowany na rysunku 4.22b można zapisać jako nie wektorowe: (4.44)
= vsw + v z W
znaleźć długość pierwszego z tych wektorów i kierunek
v
s
z
ędnych z rysunku 4.22b, a następnie rozwiążmy równania : składowych, wynikające z równania (4.44), jak to robiliśmy
— VsW.y +
VSZ,y
+
V\VZ.x,
Korzystając z tego faktu oraz
16,5°, otrzymujemy:
=
(215 km/h)(cos 16,5°) + (65 km/h)(sin20°)
=
228 km/h.
(odpowiedź)
•SPRAWDZIAN 8: Wyobraź przykładu
skieruje
samolot
sobie, że pilot z powyższego
prosto
na wschód,
bez
zmiany
wartości jego prędkości względem powietrza. Czy wartości:
VwZ,y,
/ 0 =
VSW.x
jest równa jego długości vsz-
z tego, że 9 =
s i e g o . W tym celu rozłóżmy wektory na składowe w układzie
r paragrafie 3.5. Dla składowych y mamy:
=
Wektor v$z jest równoległy do osi x, dlatego też jego składowa vsz.x
vsz
(odpowiedź)
16,5°.
a)
vsz, , y
b) vsz.x>
c ) t>sz, wzrosną, zmaleją czy pozostaną bez
zmiany? Znajdź odpowiedź, nie wykonując obliczeń.
- ( 2 1 5 k m / h ) s i n 0 + (65 k m / h ) ( c o s 2 0 ° ) .
Podsumowanie r położenia
Położenie cząstki względem początku układu
wektor położenia
współrzędnych jest wyznaczone przez
r,
który
xi +
yj +
wektorami
r y czym * i , yj i zk są
x, y
i «tładu współrzędnych, a
z
k, wektora
składowymi
r
tego wektora
mwy składowe).
(4.10)
df'
Możemy ją również zapisać za pomocą wektorów jednostkowych jako: v = vi
położenia można opisać, podając jego długość i dwa kąty « i r ś l ą j ą c e jego kierunek lub podając jego składowe (albo wek-
chwi
dr
wzdłuż
n f c ż e współrzędnymi punktu, w którym znajduje się cząstka),
prędkością
prędkością):
(4.1)
składowymi i z —
r
dąży do wartości granicznej, którą nazywamy
lową (lub krótko:
••łatamy przy zastosowaniu wektorów jednostkowych jako: F =
Gdy czas Ar w równaniu (4.8) dąży do zera, prędkość średnia D$
przy czym v
x
=
(4.11)
+ Vyj + v k ,
x
z
(Lt/df, v>. =
dy/df, a v
=
z
dz/dr. Prędkość
chwilowa v cząstki jest zawsze styczna do toru cząstki w punkcie, w którym znajduje się cząstka.
^^zmieszczenie «3
Jeśli dana cząstka porusza się tak, że wektor
r\
położenia zmienia się z
"*
na
r, 2
to
przemieszczenie
A r cząstki
Ar = h - h .
toranieszczenie Ar =
(4.2)
Przyspieszenie
średnie
i przyspieszenie
2
przyspieszenie
średnie
w tym przedziale czasu jest równe:
można też zapisać jako:
(x -x )i 2
+ (y -
l
= Ax'i +
yi)j + ( z
2
2
-
2i)k
Ayj + A k .
p a r czym współrzędne (x\, y \ , zi)
odpowiadają wektorowi poło-
E B 3
— wektorowi położenia r .
?i, a współrzędne (x , 2
y, 2
z) 2
a
ir
(4.3) (4.4)
z
Jeśli w prze
chwilowe
dziale czasu Ar prędkość cząstki zmienia się z Di na v , to jej
=
v — \>\
Av
At
At
2
(4.15)
Gdy Ar w równaniu (4.15) dąży do zera, ós dąży w granicy do r
przyspieszenia
(lub krótko: przyspieszenia)
chwilowego
a:
dv
2
(4.16)
~dt' Prędkość
Sc
średnia
i prędkość
chwilowa
Jeśli w przedziale czasu
cząstka ulega przemieszczeniu o Ar, to jej
prędkość
średnia
Zapisując to równanie przy zastosowaniu wektorów jednostko wych, otrzymujemy:
w tym przedziale czasu jest równa:
a = a i + a,.j + a k , x
Ar Vir
-
~At'
(4.8)
przy czym
a = dv /dt, x
x
a = dv /dt, y
(4.17)
:
y
a
a = z
dv /dt. z
Podsumowanie
77
Rzut ukośny Rzut ukośny jest
to ruch cząstki,
z prędkością początkową 55 , w czasie którego
wyrzuconej
Ruch jednostajny po okręgu Ruchem jednostajnym pi
przyspieszenie
nazywamy ruch cząstki po okręgu lub po j e g o łuku o pr
cząstki w kierunku poziomym jest równe zeru, a przyspieszenie
r, z prędkością o stałej wartości. Przyspieszenie a w t\i
w kierunku pionowym jest równe przyspieszeniu ziemskiemu — g
ma wartość:
0
V
(kierunek dodatni osi pionowej wybieramy jako skierowany do góry). Jeśli prędkość początkową 55 wyrazimy przez j e j wartość 0
t>o i określający j e j kierunek kąt 6Q, to równania ruchu cząstki wzdłuż osi poziomej x i pionowej y są następujące: x -x
0
= (u cos6>o)/,
>• - >'o = ( d o sin 9 )t - i g r , y
= i' sin0 O
vi = (v
0
o
- gt,
sine ) 0
2
- Zg(y - yo).
(4.24)
>- = ( t g ą , ) x
2(i>ocose ) 0
(4.25) r
przy czym początek układu współrzędnych wybrano tak, aby xo i yo w równaniach (4.21) i (4.22) były równe zeru.
Zasięg rzutu
Czas
T
nazywamy
okresem obiegu
punktu wyjściowego wynosi:
ruchu lub po prostu
tego ruchu.
Ruch względny
Gdy dwa układy odniesienia
A
i
B
p
się względem siebie ze stałą prędkością, prędkość cząstki strowana przez obserwatora w układzie A różni się na ogi prędkości, rejestrowanej przez obserwatora w układzie b. zek ten opisuje wzór:
CA = CB
w poziomie równy odległości w poziomie od punktu wyrzucenia ciała do punktu, w którym cząstka osiąga ponownie wysokość
Czas pełnego
v
(4.23)
Tor cząstki w rzucie ukośnym jest parabolą o równaniu:
Tor
przyspieszeniem dośrodkowym.
okręgu przez cząstkę wynosi:
(4.22)
2
0
v
nazywamy j e (4.21)
0
Przyspieszenie a jest skierowane do środka okręgu łub je,,
V
przy czym v
BA
V
+
Vba-
jest prędkością układu B względem uk!i
Obaj obserwatorzy rejestrują takie samo przyspieszenie c:
R = -± g
(4.26)
sin 2 0 • o
tzn.: «C,4
=
OCB-
1 . Na rysunku 4.23 przedstawiono położenie początkowe pocz
3) 55 = 2 f i - (4t + 3 ) j ;
i końcowe końc pewnej cząstki. Podaj wektory położenia tej
4) 5 = - 2 r i + 3 j .
cząstki: a) początkowy r c z , b) końcowy r
a) Dla każdego z przypadków określ, czy składowe .v i y ]
p0
k o ń c
, wyrażone za po
2
mocą wektorów jednostkowych, c ) Podaj składową x przemiesz
szenia oraz wektor przyspieszenia 5 krążka są stałe, b i '
czenia A r cząstki.
jednostkach wyrażone są współczynniki —2 i 3 w prz>
y
jeśli v jest wyrażone w metrach na sekundę, a t w seku 3. Na rysunku 4 . 2 4 pokazano trzy przypadki rzutu jedn pocisków z poziomu ziemi (czyli o jednakowych wysc początkowych) z prędkością początkową o jednakowyc ściach i jednakowych kierunkach. W każdym przypadku jednak poziom lądowania pocisku. Uszereguj te przypadł
większej do najmniejszej wartości prędkości końcowej p
/
, 3m
2
*
a)
Rys. 4 . 2 3 . Pytanie 1
b)
ej
Rys. 4 . 2 4 . Pytanie 3
2. Niżej podano zależność prędkości krążka hokejowego (w me
4.
trach na sekundę) od czasu, dla czterech przypadków:
(oś .x jest pozioma, oś y jest pionowa i skierowana do gć
1)
V x
= -3f
2
+ 4t - 2 oraz u = 6t - 4 ; T
2) v = —3 oraz u = —5f + 6; x
78
v
2
4 . Ruch w dwóch i trzech wymiarach
W pewnej chwili lotu piłka ma prędkość 55 =
25i — 4
a 55 wyrażono w metrach na sekundę). Czy piłka przebyła _ punkt największego wzniesienia?
-
sz wystrzelić rakietę z poziomu ziemi, z prędkością
(5 m / s ) i + ( 4 m / s ) j . a) Czy czas, po którym piłka uderzy w ścianę
opisaną jednym z następujących wektorów:
=
będzie dłuższy, krótszy czy taki sam jak fi, czy też nie da się na
-
to pytanie odpowiedzieć bez dodatkowych informacji? b) Czy wy
2)
v
0
=
- 2 0 i + 70],
3) 5
0
=
20i -
1) v
70J, 4 ) D = 0
0
-20i
współrzędnych wybrano tak, że oś x biegnie wzdłuż ziemi, a oś y jest skierowana w górę. a) Uszereguj nr prędkości od największej do najmniejszej ich wartości,
sokość, na jakiej piłka uderzy w ścianę będzie większa, mniejsza czy taka sama jak h\,
uj te przypadki od najdłuższego do najkrótszego czasu i •nosku.
czy też nie da się na to pytanie udzielić
odpowiedzi bez dodatkowych informacji? Rzucasz tę piłkę jeszcze raz, tym razem z prędkością C,-
=
(3 m / s ) i + ( 5 m / s ) j . c) Czy czas, po którym piłka uderzy w ścianę
i z gliny zostaje wyrzucona z wysokości 2 m nad ziemią, ią początkową v
0
=
(—2i + 4j) m/s. Ile wynosi pręd-
i w chwili lądowania na powierzchni, znajdującej się na i 2 m nad ziemią?
będzie dłuższy, krótszy czy taki sam jak t\, czy też nie da się na to pytanie odpowiedzieć bez dodatkowych informacji? d) Czy wy sokość, na jakiej piłka uderzy w ścianę będzie większa, mniejsza czy taka sama jak h \ , czy też nie da się na to pytanie udzielić odpowiedzi bez dodatkowych informacji?
i rysunku 4.25 przedstawiono tor mandarynki rzuconej ukościany tak, że przelatuje ona przed trzema oknami ych rozmiarach —
1, 2 i 3 —
równo odległymi od
< pionie. Uszereguj te okna w zależności od: a) czasu przekKodarynki
przed nimi (od najdłuższego do najkrótszego),
prędkości, z jaką przelatuje przed nimi mandarynka
10.
Na rysunku 4.27 pokazano trzy tory piłki futbolowej, kop
niętej
na
ziemi.
Pomijając
lotu,
powietrza,
uszereguj
te
tory
b)
składowej
piono
wej prędkości początkowej, c ) składowej poziomej pręd
iększej do najmniejszej). Spadając na ziemię, mandarynka przelatuje przed trzema in-
kości początkowej, d) war
. akaami —
tości
4, 5 i 6 —
opór
w zależności od: a) czasu
które są jednakowych rozmiarów
srao odległe od siebie w poziomie. Uszereguj te okna i od: c ) czasu przelotu mandarynki przed nimi (od najeaodo najkrótszego), d) wartości prędkości, z jaką przelatuje
wej,
prędkości
początko
od największej do naj
mniejszej
wartości
rozwa
żanych wielkości.
Rys.
4.27.
Pytanie 10
i mandarynka (od największej do najmniejszej). 11.
Na rysunku 4.28 przedstawiono wektory prędkości i przy
spieszenia
cząstki
w pewnej chwili,
padków. W którym z przy padków: a) wartość prędko
4-
ści cząstki rośnie, b) war
v
dla
trzech
c)
wartość
R
prędkoś
ci cząstki nie zmienia się, d) iloczyn v-a
jest dodatni,
e) iloczyn v • 3 jest ujemny, f) Rys.
kftpbskim, poziomym terenem, wypuszcza paczkę z żywnością.
oporu powietrza na ruch paczki można pominąć. Jaka jest
••a: a) pionowa, b) pozioma prędkości początkowej paczki? jest składowa pozioma prędkości paczki tuż przed jej na ziemię? d) Czy czas spadku paczki byłby dłuższy, czy taki sam jak poprzednio, gdyby prędkość samolotu 450 km/h? L łzacasz
piłkę
z
twarz mśa
(2)
4.28.
(3)
Pytanie 11
IT 1
uderza ona na wypo
czasie
t\
WJef wyrzucenia (rysunek 36).
Następnie rzucasz tę
•tę
z
prędkością
12.
Na rysunku 4.29
D,-
=
Rys.
4.26.
Pytanie 9
po
kazano cztery tory (stano wiące połowę lub czwartą część
okręgu), po których
może pojechać pociąg, po ruszający się ze stałą pręd kością.
Uszereguj
w zależności większej
w kierunku ściany,
h\
Rys.
0?
od
przyspieszenia pręd-
fabą Vi = (3 m/s)i + ta./*s)j
=
(i)
i
4 . 2 5 . Pytanie 7
Lsaawłot, lecący poziomo ze stałą prędkością równą 350 km/h, B»
v •a
przy
v
tość prędkości cząstki ma leje,
różnych
—
do
z jakim
—
te
tory
wartości od
naj
najmniejszej pociąg
będzie
się poruszał w trakcie po konywania łuku.
13.
Rys.
4.29.
Pytanie 12
a) Czy można poruszać się ruchem przyspieszonym z prędko
ścią o stałej wartości? Czy można poruszać się po łuku z: b) przy spieszeniem równym zeru, c) przyspieszeniem o stałej wartości?
Pytania
79
www
6 . Wektor położenia jonu (w metrach) wynosi w pewnej chwflfc
Rozwiązanie jest dostępne na stronie internetowej pod
F =
ręcznika: http://www.wiley.com/college/hrw irw
Rozwiązanie jest
dostępne
w postaci
interaktywnej,
wykorzystującej oprogramowanie Interactive Learning-
8j -
2k. Wyznacz
2k, przy czym f wyrażono w sekundach, a r
trach,
a)
Wyznacz prędkość =
ii(r)
elektronu.
—
3ri — w me
Podaj prędkość w
2 s wyrażoną: b) za pomocą wektorów jedność
kowych. c) przez jej długość, d) przez kąt określony względem
. Pestka arbuza znajduje się w punkcie o współrzędnych: x
=
dodatniego kierunku osi ,v.
O m. Znajdź jej wektor położenia wyrażony:
) za pomocą wektorów jednostkowych, b) przez jego długość. ) przez kąt utworzony z dodatnim kierunkiem osi x. d) Narysuj :n wektor w prawoskrętnym układzie współrzędnych. Pestka ta nalazła się potem w punkcie o współrzędnych xyz m).
-2i +
4f-j +
w chwili i
.2 Położenie i przemieszczenie
8 m, z =
6j 4- 2k. a 10 s później: F =
7. Wektor położenia elektronu jest dany wyrażeniem: F =
Ware (na tej samej stronie)
-5 m. y =
5i -
prędkość średnią jonu w czasie tych 10 s.
(3 m. O m.
Znajdź jej przemieszczenie wyrażone: e) za pomocą wekto-
Jw jednostkowych, f) przez jego długość, g) przez kąt utworzony
8. Oaza A znajduje się w odległości 90 km na zachód od oazy ZL Wielbląd wyrusza z oazy A i idąc w kierunku 3 7
;
na północ o i
kierunku wschodniego przebywa 75 km w czasie 50 h. Następ nie idąc na południe, przebywa 65 km w czasie 35 h. po czym odpoczywa przez 5 h. a) Wyznacz przemieszczenie wielbłąda o i oazy
A do miejsca odpoczynku, b) Wyznacz prędkość średnią
wielbłąda od wyjścia z oazy do końca odpoczynku, c) Wyznacz
dodatnim kierunkiem osi x.
średnią wartość bezwzględną prędkości wielbłąda w tym czasie. '.. Wektor położenia elektronu wynosi: r =
(5 m)i -
(3 m)j
+
Wielbłąd może wytrzymać bez wody przez 5 dni (120 h). Z jaką
2 m)k. a) Wyznacz długość wektora F. b) Narysuj ten wektor
średnią prędkością musi on iść po odpoczynku, aby zdążyć m
v prawoskrętnym układzie współrzędnych.
czas do oazy B ?
1.
Wektor położenia protonu (w metrach) wynosi początkowo: =
;
5i — 6j -t- 2k, a w chwili późniejszej: F =
—2i +
6j — 2k.
i) Znajdź wektor przemieszczenia protonu, b) Do jakiej płaszczy
4.4. Przyspieszenie średnie i przyspieszenie chwilowe
my jest on równoległy? 9. Cząstka porusza się tak. że zależność jej położenia (w metrach! 1. Posterunek radarowy wykrywa samolot, nadlatujący wprost od
od czasu (w sekundach) jest następująca: F =
vschodu. Po raz pierwszy zarejestrowano jego obecność w odle
wyrażenia, opisujące zależność od czasu: a) prędkości, b) przy-'
głości 360 m od anteny, w kierunku 40" nad horyzontem. W czasie
spieszenia tej cząstki.
i + 4 r j + tk. Podaj
sbserwacji samolotu przez ten posterunek jego wzniesienie nad loryzontem zmieniło się o 123
=
w płaszczyźnie pionowej wschód-
10.
Proton ma w pewnej chwili prędkość (w metrach na sekundęk
•zachód. a po raz ostatni zarejestrowano jego obecność w odległo
v
ści 790 m od anteny (patrz rysunek 4.30). Znajdź przemieszczenie
przyspieszenie średnie a
samolotu podczas jego obserwacji przez posterunek. samolot
=
4i -
2j +
3k. a 4 s później: v =
- 2 i — 2j +
5k. Wyznacza
protonu w czasie tych 4 s, wyrażonej
i r
a) za pomocą wektorów jednostkowych, b) przez jego długość' i kierunek.
|
i 1 1. Położenie cząstki F poruszającej się w płaszczyźnie xy j e s dane wyrażeniem: F =
(2/
3
-
5f)i +
(6 — 7 t ) j . przy czym r j e a J
wyrażone w metrach, a / w sekundach. Oblicz: a) r. w chwili t = w chwili t =
12. Rys.
4 . 3 0 . Zadanie 4
Bojer
b) v. c) i
2 s. d) Jaki jest kierunek stycznej do toru cząstki 2 s?
|
ślizga się po powierzchni
zamarzniętego jeziora ze
stałym przyspieszeniem, pochodzącym od wiatru. W pewnej chwili prędkość bojera wynosi (6.3i — 8.42j) m/s. Trzy sekundy później
4.3. Prędkość średnia i prędkość chwilowa
w wyniku
5. Pociąg jedzie z prędkością o stałej wartości równej 6 0 km/h na
tych 3 s?
wschód przez 4 0 min. potem w kierunku 5 0
=
zmiany
kierunku
wiatru
prędkość
na wschód od kie
runku północnego przez 20 min. a jeszcze potem na zachód przez
13.
50 min. Wyznacz prędkość średnią pociągu podczas tej podróży.
współrzędnych, z prędkością początkową i
80
4.
Ruch w dwóch i trzech wymiarach
chwilowa bojera
wynosi zero. Ile wynosiło jego średnie przyspieszenie w ciągu
Cząstka
startuje
z
punktu,
będącego
początkiem =
układu
(3i) m/s i stałym
(—li — 0.5j) m / s . Wyznacz: a) prędkość.
niego. Pomijając opór powietrza, odpowiedz na pytania: Ile czasu
•I wektor położenia cząstki w chwili, gdy współrzędna .Y cząstki
potrzebuje pitka na przebycie: a) pierwszej, b) drugiej połowy tej
jest największa, ilw
odległości? O ile zmniejsza się wysokość piłki nad ziemią w cza
przyspieszeniem 5 =
:
www
1
sie, 14.
Prędkość v cząstki, poruszającej się w płaszczyźnie xy
dana wyrażeniem v = w
jest
(6f - 4 r ) i + 8j, przy czym v wyrażone jest 2
metrach na sekundę, a ; ( >
gdy przebywa: c) pierwszą, d) drugą połowę odległości mię
dzy zawodnikami? e) Dlaczego wartości otrzymane w punktach (c) i (d) nie są jednakowe?
0) — w sekundach, a) Wyznacz
przyspieszenie cząstki w chwili t =
3 s. b) Czy w jakiejś chwili,
a jeśli tak. to w której, przyspieszenie cząstki jest równe zeru?
20.
Lotkę rzucono poziomo, z prędkością początkową o wartości
10 m/s w kierunku punktu P na tarczy i po 0.19 s lotu trafia ona
c ) Czy w jakiejś chwili, a jeśli tak, to w której, prędkość cząstki
w punkt Q na obrzeżu tarczy, leżący poniżej punktu P. a) Jaka
'jest równa zeru? d) Czy w jakiejś chwili, a jeśli tak. to w której,
jest odległość punktów P i Q°. b) Z jakiej odległości od tarczy
prędkość cząstki ma wartość 10 m/s?
została rzucona ta lotka?
i 1
Cząstka
15.
startuje
z
punktu,
współrzędnych, w chwili t s a 1
będącego
początkiem
0 z prędkością
układu
(8j) m/s i poru-
21.
Elektron poruszający się poziomo z prędkością o wartości
1 - 10
9
cm/s, wchodzi w obszar między dwiema poziomymi, na
ze stałym przyspieszeniem (4i 4- 2j)
ładowanymi elektrycznie płytami metalowymi. Ich obecność po
Jaka jest: a) współrzędna y, b) wartość prędkości tej cząstki
woduje, że elektron doznaje stałego przyspieszenia, skierowanego
się w płaszczyźnie xy
m/s .
=
w dół. o wartości
w chwili, gdy jej współrzędna x wynosi 29 m?
elektronowi 116.
Cząstka A porusza się wzdłuż prostej o równaniu y =
1 •10"
na przebycie
c m / s . Wyznacz: a) czas. potrzebny 2
w tym obszarze
2 cm
w poziomie.
30 m ze
b) odległość przebytą przez niego w tym czasie w pionie. Oblicz
s z ł a prędkością v o wartości 3 m/s. skierowaną zgodnie z dodat-
ponadto wartości składowych prędkości elektronu: c) poziomej,
••n kierunkiem osi x (rysunek 4.31). Cząstka B startuje z punktu
d) pionowej, po przebyciu tej drogi.
fcedacego początkiem układu współrzędnych, z prędkością począt kową równą z e r u
22.
i stałym
Podczas konkursu skoku w dal na mistrzostwach świata w lek
pzyspieszeniem a o warto-
kiej atletyce w Tokio w 1991 roku. Mike Powell oddał skok na
i d 0.4 m/s
odległość 8.95
cząstka Jafc
:
w chwili, gdy
^4 przecina
kąt
wektor a
8
musi
oś
m. bijąc 23-letni rekord świata Boba Beamona.
y.
Załóż, że prędkość Mike'a Powella w chwili odbicia wynosiła
tworzyć
9.5 m/s (dwa razy mniej niż prędkość sprintera) oraz. że w To
z dodatnim kie-
kio g
=
9.8 m/s . O ile niniejsza była długość skoku Powella 2
B a n k i e m osi y. aby te dwie
od maksymalnego poziomego zasięgu rzutu cząstki, wyrzuconej
cząstki
z taką samą prędkością, tzn. 9.5 m/s? Pomiń opór powietrza.
w
zderzyły
obliczeniach
się
(jeśli
otrzymasz 23.
aw» lianie, zawierające wy.az
z r , 4
podstaw u
=
2
•i rozwiąż równanie kwadrawzględem « ) ?
Kamień został wyrzucony z katapulty w chwili t =
kątem 4 0 Rys.
w górę od kierunku poziomego. Wyznacz składowe
:
przemieszczenia cząstki od katapulty: a) poziomą,
4 . 3 1 . Pytanie 16
w chwili
r
=
1.1
s.
Oblicz
także
składowe
c) poziomą, d) pionową, w chwili r =
t
4 . 6 . Analiza rzutu ukośnego W niektórych rza
nie jest
z niżej podanych zbyt dobrym
0. Jego
prędkość początkowa miała wartość 20 m/s i była skierowana pod
t
0
zadań pominięcie
przybliżeniem,
oporu
lecz bardzo
powie upraszcza
zenia.
pionową w chwili r =
24.
Piłkę
4.32
przedstawiono
golfową
przy
czym
r
=
1,8 s oraz: e) poziomą.
5 s.
wybito
z
powierzchni
wartość jej
0
b) pionową,
przemieszczenia:
ziemi.
prędkości jako
Na
rysunku
funkcję
czasu,
ozna
cza chwilę uderzenia piłki, i 1 7 . Karabin jest wycelowany w tarczę, odległą od niego o 30 m. Cala
trafia w tarczę, 1,9 cm poniżej punktu, w który celowano.
a)
Jaką
odległość
przebę-
dzie ta piłka w poziomie,
•*yznacz: a) czas lotu kuli. b) wartość prędkości, z jaką kula
do
•paszcza lufę.
tknięcia się z ziemią? b) Na jaką
18.
Kulka stacza się poziomo ze stołu o wysokości 1,2 m i spada
aa
podłogę, w punkcie odległym w poziomie od brzegu blatu
•
J_52 m. a) Jak długo trwał lot kulki? b) Jaka była wartość jej
ponownego
największą
ze
2
wysokość
piłka?
3
t[s]
nad ziemię wzniesie się ta
25.
prędkości w chwili, gdy spadła z blatu?
chwili
Rys.
4 . 3 2 . Zadanie 24
Z karabinu, wystrzeliwującego ku/e z prędkością 460
m/s.
chcemy trafić w cel, znajdujący się na tej samej wysokości co 19.
Baseballista rzuca piłkę poziomo, z prędkością
Zawodnik odbijający pitkę znajduje się w
odległości
161
km/h.
18,3 m od
karabin i odległy od niego o 45.7 m. O ile wyżej od celu należy skierować lufę karabinu, aby się to udało?
Zadania
81
!6.
Siatkarz odbija piłkę na wysokości
1,2 m nad parkietem.
32.
Początkujący
skoczek
do
wody
odpycha
się
w poziomie
•Ja rysunku 4.33 przedstawiono kilka położeń piłki, odpowiada-
z prędkością 2 m/s od brzegu pomostu, znajdującego się 10 m
ących chwilom odległym o 0,25 s, przy czym moment odbicia
nad powierzchnią wody. a) Jak daleko w poziomie od brzegu po
0. a) Jaka jest wartość prędkości początkowej
mostu znajdzie się ten skoczek po upływie 0.8 s od oderwania się
liłki? b) Jaka jest wartość prędkości piłki w chwili jej najwięk-
od pomostu? b) Jak wysoko nad poziomem wody w basenie bę
zego wzniesienia nad parkietem? c) Ile wynosi to największe
dzie się wówczas znajdował? c) W jakiej odległości w poziomie
vzniesienie piłki?
od brzegu pomostu wpadnie on do wody?
»łki przyjęto za r =
:
1 i I : ,
•
i i . i
•
• [ ;
L
i i r j
;
!
; 1
i
1
! ' ! ! !
M i l i
' . m m
i !
M
|
i 1
pod
* 1 i i i i
:
km/h 30°
nurkuje do
po
w celu zmylenia radaru nie przyjaciela j 16
ległość
w
(rys.4.35). Od poziomie
od
punktu wyrzucenia pocisku do punktu jego spadku na
x[m]
ziemię
4 . 3 3 . Zadanie 26
Jak !7.
290
kątem
ziomu i wypuszcza pocisk,
i
12
lys.
Samolot lecący z pręd
kością
: 1
2 -
>t = 0
33.
; |
wynosi
długo
700
trwał
m.
lot
a)
poci
Wykaż, że maksymalna wysokość, osiągnięta w locie pocisku
sku? b) Na jakiej wysokości
www
nad ziemią pocisk ten został
wynosi y
m a x
=
(v sin0 ) /2g. 2
o
o
wypuszczony? ilw !8.
Rys.
4 . 3 5 . Zadanie 33
Rzucasz piłkę w kierunku ściany, z prędkością początkową
i wartości 2 5 m/s. skierowaną pod kątem 4 0 ° unku
poziomego
wyrzucenia
piłki
(rys. o
4.34).
2 2 m.
a)
Ściana jest Na jakiej
w górę od kie-
odległa
od
wysokości,
punktu liczonej
id punktu wyrzucenia, piłka
34.
Wartość prędkości pewnego pocisku w chwili jego wystrze
lenia jest pięć razy większa od wartości jego prędkości w punkcie maksymalnego wzniesienia. Oblicz kąt wzniesienia 8Q, pod jakim pocisk został wystrzelony.
iderzy w ścianę? b) Ile będą wynosić składowe prędko-
35.
ci
których
piłki,
pozioma
i
pio-
40°
v ścianę? c) Czy w chwili
36. Rys.
4 . 3 4 . Zadanie 2 8
Piłkę wybito w powietrze z powierzchni ziemi. Na wyso-
:ości 9,1
m jej prędkość (w metrach na sekundę) jest równa:
7,6i + 6, l j , przy czym i jest wektorem jednostkowym w po-
iomie, a j jest wektorem jednostkowym, skierowanym do góry. i) Na jaką maksymalną wysokość wzniesie się piłka? b) Jaką cał:owitą odległość przebędzie ona w poziomie? Wyznacz: c) dłu;ość,
d) kierunek wektora prędkości piłki tuż przed jej spadkiem
la ziemię, ilw
łO.
20,3
cm
i głębokość
również
uderzy w schody?
Izie już poza najwyższym
5 =
wysokość
i
22 m •
iderzenia w ścianę piłka bę-
!9.
stopnie mają
20,3 cm. Na który stopień spadnie piłka, gdy po raz pierwszy
lowa. w chwili jej uderzenia
(unktem swego toru?
Piłka stacza się poziomo z prędkością 1,52 m/s na schody,
W ciągu dwóch sekund od wystrzelenia z powierzchni ziemi
Piłkarz wykopuje pitkę z powierzchni boiska z prędkością!
początkową o wartości
19,5 m/s, pod kątem 45°
do poziomu. |
Inny zawodnik, stojący w odległości 55 m od miejsca wykopa w kierunku lotu piłki, rusza w tej samej chwili na jej spotkanie.
Z jaką średnią prędkością powinien on biec, aby dotrzeć do piłki! w chwili jej upadku na boisko? Pomiń opór powietrza.
37.
i
Samolot lecący lotem nurkowym pod kątem 53° do pionu,
wypuszcza pocisk na wysokości 7 3 0 m nad ziemią. Pocisk ten spada na ziemię po 5 s od jego wypuszczenia, a) Jaka jest wartość
prędkości samolotu? b) Jaką odległość przebywa pocisk w pozio-! mie w czasie swego lotu? Jakie są składowe prędkości pocisku: c) pozioma, d) pionowa, w chwili jego spadku na ziemię?
wcisk przemieścił się o 4 0 m w poziomie i o 53 m w pionie. Vyznacz składowe prędkości początkowej pocisku: a) poziomą, i) pionową, c) W jakiej odległości w poziomie od punktu jego vystrzelenia znajdzie się pocisk w chwili, gdy osiągnie maksynalną wysokość nad ziemią?
38.
Podczas meczu piłki siatkowej kobiet górny brzeg siatki znaj-J
duje się na wysokości 2,24 m nad parkietem, a boisko ma wymiary 9 m na 9 m po każdej stronie siatki. Serwując z wyskoku, zawod niczka uderza piłkę na wysokości 3 m nad parkietem i w odległo ści 8 m od siatki. Zakładając, że piłka jest zagrywana poziomo,
11.
Piłkarz odbija piłkę z woleja tak, że po czasie 4,5 s upada
wyznacz: a) minimalną prędkość początkową piłki, potrzebną do
ma w odległości 4 6 m od niego. Oblicz: a) wartość, b) kierunek
jej przejścia nad siatką, b) maksymalną wartość tej prędkości,]
irędkości początkowej piłki, jeśli w chwili odbicia noga piłkarza
niezbędną do tego, aby spadła ona na boisko przed linią końcową
majdowała się na wysokości 150 cm nad boiskiem.
przeciwległej części boiska.
12
4.
Ruch w dwóch i trzech wymiarach
•ebalhsta o d b i j a j ą c y p i ł k ę u d e r z a j ą n a w y s o k o ś c i 1 , 2 2 ni
ś c i ą o s t a ł e j w a r t o ś c i , r ó w n e j 3 . 6 6 m / s . J a k d a l e k o o d osi o b r o t u
•>kiem i n a d a j e j e j k i e r u n e k t w o r z ą c y z p o z i o m e m k ą t
k a r u z e l i i w j a k i m względem niej k i e r u n k u z n a j d u j e się p a s a ż e r ,
sięg w p o z i o m i e t a k u d e r z o n e j piłki ( o d l e g ł o ś ć p r z e b y t a
gdy j e g o przyspieszenie chwilowe: a) m a wartość 1,83 m / s i j e s t
• •nie d o p u n k t u , l e ż ą c e g o na wysokości
s k i e r o w a n e n a w s c h ó d , b ) m a w a r t o ś ć 1,83 m / s i j e s t s k i e r o w a n e
punktu
odbicia)
. n i , a) C z y p i ł k a p r z e l e c i n a d o g r o d z e n i e m o w y s o k o ś c i
2
2
na południe?
znajdującym się w odległości 9 7 , 5 m od punktu w y b i c i a ? .-.leżnie o d t e g o , j a k a j e s t o d p o w i e d ź n a p i e r w s z e p y t a n i e ,
47.
• odległość środka piłki od g ó r n e g o brzegu
równiku, w y n i k a j ą c a z ruchu obrotowego Z i e m i ? b ) Ile musiałby
ogrodzenia
a ) J a k a j e s t w a r t o ś ć p r z y s p i e s z e n i a d o ś r o d k o w e g o c i a ł a na
!L gd> p i ł k a z n a j d / i e MC W t a k i e j s a m e j o d l e g ł o ś c i o d
w y n o s i ć okres obrotu Z i e m i , aby c i a ł a na równiku
cego. j a k o g r o d z e n i e .
przyspieszenia dośrodkowego o wartości 9.8 n i ' s ?
. / a s i e meczu tenisowego serwujący nadaje piłce prędkość
4 8 . F r a n c u s k i s z y b k i p o c i ą g o n a z w i e T G V ( T r a i n a G r a n d ę Vi-
••A;I o w a r t o ś c i 2 3 . 6 m / s . u d e r z a j ą c j ą p o z i o m o n a wyso-
tesse) m a nominalną średnią wartość prędkości 2 1 6 km/h. Z a k ł a d a
m nad kortem. Znajduje sic on wówczas w odległości j
M a i k i o w y s o k o ś c i 0 , 9 tn. a) C z y p i ł k a p r z e j d z i e n a d
-
1
W j a k i e j o d l e g ł o ś c i o d g ó r n e g o brzegu siatki b ę d z i e się
dowala w chwili, gdy doleci do płaszczyzny siatki? Przy •r. s e r w i e z a w o d n i k u d e r z a p i ł k ę n i e m a l t a k s a m o . j e d y n a p o l e g a n a t y m , ż e tym r a z e m k i e r u j e j ą p o d k ą t e m 5 ° i kierunku p o z i o m e g o , c ) C z y piłka przejdzie nad siatką? klej o d l e g ł o ś c i o d g ó r n e g o b r z e g u s i a t k i b ę d z i e s i ę o n a .da w c h w i l i , g d y d o l e c i d o p ł a s z c z y z n y s i a t k i ?
w odległości 5 0 m od niej, nadaje piłce prędkość poo wartości 2 5 m/s. W y z n a c z zakres kąta, pod j a k i m .. /.ostać u d e r z o n a p i ł k a , a b y strzał trafił d o b r a m k i , P o -I b r a m k i z n a j d u j e s i ę n a w y s o k o ś c i 3 , 4 4 m n a d b o i s k i e m ; e s z r o z w i ą z a ć to z a d a n i e a l g e b r a i c z n i e , s k o r z y s t a j z toż2
1, a b y z n a l e ź ć z w i ą z e k m i ę d z y
tg © 2
- - . c o pozwoli ci otrzymać równanie kwadratowe, które •/wiążesz).
t o r u , p o j a k i m m o ż e j e c h a ć p o c i ą g z podaną p r ę d k o ś c i ą , a b y n i e przekroczyć tej granicy? b ) Z j a k ą prędkością m o ż e j e c h a ć ten p o c i ą g p o torze o promieniu ł k m , aby przyspieszenie nie prze kroczyło założonej wartości? 4 9 . Diabelski młyn m a promień 15 m i wykonuje 5 obrotów n a minutę wokół osi poziomej, a) Ile wynosi okres j e g o ruchu? Ile ległości
15 m od osi obrotu, gdy j e s t on n a : b ) n a j w i ę k s z e j ,
c ) n a j m n i e j s z e j w y s o k o ś c i n a d z i e m i ą ? ilw 50. G d y d u ż a g w i a z d a staje s i ę supernową, t a k s i l n e j k o m p r e s j i , ż e s t a n i e s i ę gwiazdą
j e j rdzeń m o ż e ulec neutronową
o promie
niu o k . 2 0 k m ( c z y l i t a k i m , j a k r o z m i a r a g l o m e r a c j i S a n F r a n c i s c o ) . J a k a j e s t : a) wartość prędkości cząstek na równiku g w i a z d y n e u t r o n o w e j , b ) w a r t o ś ć ich p r z y s p i e s z e n i a d o ś r o d k o w e g o , j e ś l i gwiazda wykonuje jeden obrót na minutę? c ) C z y wartości otrzy staną b e z zmiany, g d y g w i a z d a b ę d z i e o b r a c a ć s i ę s z y b c i e j ?
-jest wartość przyspieszenia sprintera, b i e g n ą c e g o z prędw a r t o ś c i 1 0 m/s, p o ł u k u o p r o m i e n i u 2 5 m? po orbicie kołowej
na
51.
zatacza n i m
1,5 m n a w y s o k o ś c i 2 m n a d
z i e m i ą . S z n u r e k p ę k a , k a m i e ń o d l a t u j e w bok i s p a d a n a z i e m i ę , wysokości
nad p o w i e r z c h n i ą Z i e m i . O k r e s o b i e g u w y n o s i 9 8 m i n .
po przebyciu w poziomie odległości 10 m. J a k a była wartość j e g o przyspieszenia dośrodkowego, gdy poruszał się po okręgu? 52.
tego satelity. małego wentylatora wykonuje
P o uwiązaniu kamienia na sznurku chłopiec
w poziomie okrąg o promieniu
.- ai w a r t o ś ć p r ę d k o ś c i , b ) w a r t o ś ć p r z y s p i e s z e n i a d o ś r o d -
:r>dło
przyspieszenia
o w a r t o ś c i w i ę k s z e j n i ż 0 , 0 5 g . a ) Ile w y n o s i n a j m n i e j s z y p r o m i e ń
mane w punktach (a) i (b) zwiększą się, zmniejszą się c z y pozo
„eh jednostajny po okręgu
;eiita o b i e g a Z i e m i ę
się. że j e g o pasażerowie nie powinni doznawać
wynosi przyspieszenie dośrodkowe pasażera, siedzącego w o d
sarz w y k o n u j ą c y rzut w o l n y z p u n k t u l e ż ą c e g o n a w p r o s t
»iir w + c o s © =
doznawały
2
Cząstka P porusza się
z prędkością o stałej 1 2 0 0 obrotów na
a j e g o koniec znajduje się w odległości 0 , 1 5 m od osi .0 J a k ą d r o g ę p r z e b y w a k o n i e c s k r z y d ł a w c z a s i e j e d n e g o
war
tości p o okręgu o promie niu r
=
3 m (rys. 4.36),
y
w y k o n u j ą c p e ł e n o b i e g toru
i
Jaka jest wartość j e g o : b ) prędkości, c ) przyspieszenia?
w czasie
'
\ nosi o k r e s o b r o t u ?
t
c z a s i e ć w i c z e ń n a p o z i o m e j w i r ó w c e astronauta z n a j d u j e •dłegłości 5 in o d o s i o b r o t u , a) J a k a j e s t w a r t o ś ć j e g o c i . j e ś l i p r z y s p i e s z e n i e d o ś r o d k o w e m a wartość 7 g ? b ) I l e na minutę musi w y k o n y w a ć wirówka, aby osiągnąć takie eszenie astronauty? c ) Ile wynosi wówczas okres ruchu?
—
0
2 0 s. W cząstka
chwili
^
dzi p r z e z p u n k t O . Z n a j d ź wektory
położenia
>
przechor
cząstki
( w s t o s u n k u d o punktu
O)
w chwili, gdy t równa się: a ) 5 s, b ) 7 , 5 s , c ) 1 0 s,
!
podając ich wartości i kąt
.'.ruzela o b r a c a s i ę w o k ó ł o s i p i o n o w e j z e s t a ł ą s z y b k o ś c i ą ,
utworzony z dodatnim kie
r znajdujący się na obrzeżu karuzeli porusza się z prędko
r u n k i e m o s i x. d ) W y z n a c z
x
Rys. 4 . 3 6 . Zadanie 5 2
Zadania
83
p r z e m i e s z c z e n i e c z ą s t k i w p r z e d z i a l e c z a s u , od k o ń c a p i ą t e j do k o ń c a dziesiątej sekundy ruchu, e ) O b l i c z średnią prędkość cząstki w tym p r z e d z i a l e c z a s u o r a z p r ę d k o ś ć c z ą s t k i : f) n a p o c z ą t k u , g ) na k o ń c u tego przedziału. W y z n a c z przyspieszenie
cząstki:
h ) n a p o c z ą t k u , i ) n a k o ń c u t e g o p r z e d z i a ł u czasu. — tu i k m h 4.8.
R u c h
w z g l ę d n y
w
j e d n y m
w y m i a r z e
53. Operator n a platformie furgonetki j a d ą c e j n a zachód z prędko ś c i ą 2 0 km/h 0 3 0 km/h
filmuje geparda, biegnącego w tym samym kierunku
P
s z y b c i e j niż s a m o c h ó d . N a g l e g e p a r d z a t r z y m u j e s i ę ,
obraca i b i e g n i e n a w s c h ó d z p r ę d k o ś c i ą 4 5 km/h, j a k to s z y b k o obliczył wystraszony c z ł o n e k ekipy
filmowej
stojący w pobliżu
t o r u g e p a r d a . Z m i a n a p r ę d k o ś c i z a j ę ł a z w i e r z ę c i u 2 s. W y z n a c z
--800 m
p r z y s p i e s z e n i e g e p a r d a z p u n k t u w i d z e n i a : a ) o p e r a t o r a , b) w y
i
straszonego c z ł o n k a ekipy.
R y s . 4 . 3 7 . Zadanie 5 8
54. Łódź p ł y n i e w g ó r ę r z e k i z p r ę d k o ś c i ą 1 4 km/h w stosunku do wody. Woda płynie z p r ę d k o ś c i ą 9 k m / h w z g l ę d e m b r z e g u , a) I l e
59.
w y n o s i prędkość łodzi w z g l ę d e m b r z e g u ? b ) Z n a j d u j ą c e się n a
t o r u ) w d e s z c z u , k t ó r e g o k r o p l e z n o s i wiatr, wiejący
p o k ł a d z i e d z i e c k o przechodzi z dziobu na rufę łodzi z prędkością
d n i e . N i e r u c h o m y o b s e r w a t o r n a z i e m i s t w i e r d z a , ż e tor ka.
6 k m / h w stosunku do łodzi. Ile wynosi prędkość dziecka wzglę
k r o p l i t w o r z y z p o z i o m e m kąt 7 0 ' . O b s e r w a t o r w pociągu
dem brzegu? 55.
S c h o d y r u c h o m e o d ł u g o ś c i 15 tn p r z e w o ż ą s t o j ą c ą n a n i c h
o s o b a t a w c h o d z i p o n i c h n a g ó r ę w c z a s i e 9 0 s. W j a k i m c z a s i e d o t r z e n a p i ę t r o t a o s o b a , w c h o d z ą c p o s c h o d a c h w r u c h u ? Czy o d p o w i e d ź zależy o d d ł u g o ś c i s c h o d ó w ?
R u c h
na r .
n a t o m i a s t , ż e d e s z c z p a d a d o k ł a d n i e p i o n o w o . W y z n a c z wart
o s o b ę n a p i ę t r o w c z a s i e 6 0 s. G d y s c h o d y s ą u n i e r u c h o m i o n e ,
4.9.
lu/glę.
P o c i ą g j e d z i e na południe z p r ę d k o ś c i ą 3 0 km/h
w z g l ę d n y
w
d w ó c h
w y m i a r a c h
5 6 . W rugby gracz może p r z e k a z a ć p i ł k ę partnerowi pod warun kiem, ż e p o d a n i e n i e o d b y w a s i ę „ d o p r z o d u " ( t z n . p r ę d k o ś ć p i ł k i nie może m i e ć s k ł a d o w e j wzdłuż b o i s k a , s k i e r o w a n e j ku bramce drużyny p r z e c i w n e j ) . Z a ł ó ż m y , ż e gracz biegnie wzdłuż b o i s k a
prędkości kropli deszczu w z g l ę d e m ziemi.
6 0 . S t a t e k A znajduje się 4 km n a północ i 2 . 5 km na w %ch statku B. S t a t e k A m a p r ę d k o ś ć 2 2 k m / h . s k i e r o w a n ą n a poh a statek B p r ę d k o ś ć 4 0 km/h, s k i e r o w a n ą pod kątem 3 "
na p
od kierunku w s c h o d n i e g o , a) Ile w y n o s i p r ę d k o ś ć A w zgłede Wyraź odpowiedź za pomocą wektorów jednostkowych i i j c z y m w e k t o r i jest skierowany n a wschód, b ) Podaj w\n n a p o ł o ż e n i e A w z g l ę d e m B j a k o f u n k c j ę c z a s u , wyrazo p o m o c ą w e k t o r ó w i i j . p r z y c z y m t = 0 o z n a c z a c i w ile t>f w y ż e j , c ) W j a k i e j chwili o d l e g ł o ś ć statków b ę d z i e nujmm d) Ile w y n o s i ta o d l e g ł o ś ć ?
w kierunku bramki przeciwnika, z prędkością 4 m/s i rzuca piłkę z p r ę d k o ś c i ą 6 m / s względem siebie. P o d j a k i m najmniejszym ką
6 1 . D w a statki A i B wychodzą jednocześnie z portu. Su-
tem w s t o s u n k u do kierunku biegu może on podać tę piłkę, aby
p ł y n i e n a p ó ł n o c z p r ę d k o ś c i ą 2 4 w ę z ł ó w , a s t a t e k B pły nie .i
nie popełnić przewinienia? 57.
Ś n i e g p a d a p i o n o w o ze stałą p r ę d k o ś c i ą 8 m/s. Z punktu wi
dzenia kierowcy samochodu jadącego po p r o s t e j , poziomej drodze z p r ę d k o ś c i ą 5 0 km/h płatki ś n i e g u spadają na ziemię ukośnie. Pod j a k i m kątem do pionu spadają płatki ś n i e g u ? 58.
k o ś c i ą 2 8 w ę z ł ó w w k i e r u n k u 4 0 ° na zachód od kierunku d n i o w e g o (1 w ę z e ł j e s t r ó w n y ł m i l i m o r s k i e j n a g o d z i n ę d o d a t e k D ) . a) J a k a j e s t w a r t o ś ć i k i e r u n e k p r ę d k o ś c i sta względem BI
b) Po j a k i m c z a s i e statki będą od siebie odi,
160 mil morskich? c ) W j a k i m kierunku względem
1 bcd.
wówczas znajdował statek B ?
Dwie drogi przecinają się pod kątem p r o s t y m , j a k pokazano
na rysunku 4 . 3 7 . W pewnej chwili, dla której wykonano rysunek,
6 2 . D r e w n i a n y w a g o n t o w a r o w y j e d z i e p o p r o s t y m tor/c /
samochód p o l i c y j n y
k o ś c i ą U ] . S n a j p e r o d d a j e w j e g o s t r o n ę strzał z karabinu
P j e s t odległy od skrzyżowania o 8 0 0 m
1 p o r u s z a się z p r ę d k o ś c i ą 80 km/h, a pojazd M jest odległy od
c z y m p r ę d k o ś ć p o c z ą t k o w a k u l i m a w a r t o ś ć v . K u ł a przebij-
s k r z y ż o w a n i a o 6 0 0 m i porusza s i ę z p r ę d k o ś c i ą 6 0 km/h. a ) He
podłużne ściany w a g o n u , a otwory w tych ścianach leżą d o k k i c r
wynosi prędkość pojazdu M w stosunku do samochodu p o l i c y j
n a p r z e c i w k o s i e b i e ( z punktu w i d z e n i a o b s e r w a t o r a , znajdujące
2
n e g o , w y r a ż o n a za p o m o c ą wektorów j e d n o s t k o w y c h ? b ) J a k i j e s t
s i ę w w a g o n i e ) . W j a k i m k i e r u n k u , w s t o s u n k u d o toru. został
kierunek prędkości, obliczonej w punkcie (a), w stosunku do linii
d a n y s t r z a ł ? P r z y j m i j , ż e p r z e c h o d z ą c p r z e z ś c i a n ę wagonu k
1
łączącej obydwa pojazdy w t e j chwili? Czy odpowiedzi na pyta
n i e z m i e n i a k i e r u n k u l o t u , l e c z j e j p r ę d k o ś ć z m n i e j s z a >,ię o 2>
nia (a) i (b) b ę d ą u i e g a ć z m i a n i e , gdy pojazdy będą s i ę zbliżać
Wykonaj o b l i c z e n i a dla t'i = 85 km/h i i>2 = 6 5 0 mA-. D k e . ' „ -
do s k r z y ż o w a n i a bez zmiany swoich p r ę d k o ś c i ?
d o r o z w i ą z a n i a z a d a n i a nie m u s i s z znać s z e r o k o ś c i wagonu?
84
4 . Ruch w d w ó c h i t r z e c h w y m i a r a c h
63.
W rzece o szerokości 200 m woda płynie na całej szerokości
r =
20 s lecących w twoim kierunku odłamków skalnych o pa
z prędkością 1,1 m/s. Rzeka płynie przez dżunglę na wschód. Po
rametrach początkowych wyrzutu, odpowiadających przypadkom
dróżnik zamierza opuścić małą polankę na południowym brzegu
od A do £ ? b) Przedstaw te współrzędne na wykresie, a następnie
rzeki i przeprawić
rozwijającą
narysuj łączącą je krzywą, aby uwzględnić odłamki o pośrednich
s a ł ą prędkość o wartości 4 m/s względem wody. Na północnym
wartościach prędkości i kąta ich wyrzucenia. Kształt tej krzywej
się na drugi brzeg motorówką,
brzegu rzeki jest również polanka. Znajduje się ona w odległości
umożliwi ci uzmysłowienie sobie, co widziałbyś, patrząc w kie
82 m w górę rzeki, licząc od punktu przeciwległego do polanki na
runku nadlatujących odłamków skalnych, a więc co zapewne wi
brzegu południowym, a) W jakim kierunku powinien skierować
działy dinozaury w czasie deszczu planetoid dawno, dawno temu.
swoją łódź podróżnik, jeśli chce przepłynąć rzekę po linii prosej
i wylądować na polance na brzegu północnym? b) Jak długo
Zadanie dodatkowe 54.
Śmiercionośna
ściana.
Duża, metaliczna planetoida uderza
~m Ziemię. W krótkim czasie tworzy się krater w skale, gdyż warniki skalne są wyrzucane w górę i na boki. W tabeli niżej
gw&sao
Wartość
Odłamek
kedzie trwała ta przeprawa?
prędkości [m/s]
Kąt [stopnie]
A
520
14
B
630
16
C
750
18
D
870
20
E
1000
24
y
pięć par wartości prędkości, z jaką wyrzucany jest taki
(..••tanek, oraz kąta jego wyrzutu (w stosunku do poziomu), wy moczonych na podstawie modelu tworzenia się kraterów (oczywi ste,
wyrzucane są także odłamki skalne o pośrednich wartościach
M
3 0 km. gdy planetoida uderza w ziemię w punkcie x
KilBŚci i
w
=
kąta). Wyobraź sobie, że znajdujesz się w punkcie =
o
0
••iii t = 0 (rys. 4 . 3 8 ) . a) Jakie są współrzędne ,v i y w chwili
Rys.
4 . 3 8 . Zadanie 64
10
20
5 Siła i ruch I
1" kwietnia 1 974 roku Belg John Massis zdołał ruszyć z miejsca dwa wagony nowojorskiej koi la Long Island. Zacisnął on zęby na wędzidle, połączonym liną z wagonem, po czym pochyle .ię do tyłu, odpychając się nogami od podkładów. Wagony ważyły łącznie ok. 80 ton.
3
Czy Massis musiał
ciągnąć wagony
z nadludzką siłą, aby nadać im
przyspieszenie?
O d p o w i e d ź znajdziesz w t y m ozdziale.
5.1. Co jest przyczyną przyspieszenia? Łsfi widzisz, że prędkość cząstki (ciała punktowego) zmienia wartość lub kie3 K k . to zdajesz sobie sprawę, że coś musiało spowodować tę zmianę (czyli ^nrspieszenie ciała). Z codziennego doświadczenia wiesz, że zmiana prędkokx musi pochodzić od oddziaływania ciała z innym ciałem w jego otoczeniu. Wk. przykład, jeśli dostrzegasz, że ślizgający się po lodzie krążek hokejowy nadfc zatrzymuje się lub gwałtownie zmienia kierunek ruchu, to podejrzewasz, że •cotkał on niewielki grzbiet na powierzchni lodu. j^. Oddziaływanie, które może nadać ciału przyspieszenie, nazywamy siłą. Mó• B C poglądowo, siła jest tym, co odpycha lub przyciąga ciało — mówimy, że a f e działa na ciało. Na przykład, krążek hokejowy, wpadający na grzbiet na po wierzchni lodu doznaje „pchnięcia*', co powoduje jego przyspieszenie. Związek MK Z wywołanym przez nią przyspieszeniem, podany po raz pierwszy przez Iza£ a Newtona (16421727), jest przedmiotem niniejszego rozdziału. Analiza tej arieżności. oparta na rozważaniach Newtona, nosi nazwę mechaniki klasycznej •cwionowskiej). Trzy podstawowe jej prawa, które zbadamy szczegółowo, noszą ę zasad dynamiki Newtona. Mechanika klasyczna nie opisuje wszystkich sytuacji spotykanych w przyroJeśli prędkości oddziałujących ciał są bardzo duże — niewiele mniejsze od ^edkości światła — to zamiast mechaniki klasycznej trzeba zastosować szcze•ńka teorię względności Einsteina, która prawidłowo opisuje ruch z dowolną jEdkością, także z prędkością bliską prędkości światła. Jeśli oddziałujące ciała ' m bardzo małe — ich rozmiary są rzędu rozmiarów składników budowy atomu 'HBDga to być na przykład elektrony w atomie), to nie należy posługiwać się aechaniką klasyczną, lecz mechaniką kwantową. Fizycy uważają dziś mechanikę ^ Ifesyczną za przypadek szczególny tych dwóch ogólnych teorii. Jest to jednak bar to ważny przypadek szczególny, dający prawidłowy opis ruchu ciał. zarówno ^ 3Kdzo małych (niemal rozmiarów atomów), jak i bardzo dużych (na przykład gbktyk i ich skupisk).
5.2. Pierwsza zasada dynamiki Newtona ftzed sformułowaniem praw mechaniki przez Newtona uważano, że aby utrzymać dało w ruchu o stałej prędkości coś — jakaś „siła" musi na nie działać. W Km samym duchu sądzono, że „stanem naturalnym" ciała jest jego spoczynek. ' Łodziom wydawało się, że aby utrzymać ciało w ruchu ze stałą prędkością, •ależy je jakoś napędzać, na przykład popychać lub ciągnąć. Jeśli nie będziemy e g o robić, to ciało „w sposób naturalny" w końcu się zatrzyma. Pogląd ten wyglądał rozsądnie. Krążek, wprawiony w ruch ślizgowy po drew•anej podłodze będzie zwalniał, aż w końcu się zatrzyma. Jeśli chcemy, aby poruszał się on po podłodze ze stałą prędkością, to musimy go przez cały czas pchać lub ciągnąć. Jeśli jednak wykonamy takie samo doświadczenie na gładkiej powierzchni lodu na torze łyżwiarskim, to ruch krążka będzie trwał znacznie dłużej. Mo żemy sobie wyobrażać coraz bardziej śliskie powierzchnie, po których krążek
5 . 2 . Pierwsza zasada dynamiki Newtona
będzie się ślizgał coraz dalej. W przypadku skrajnym otrzymamy bardzo długą, niezwykle śliską powierzchnię, na której krążek praktycznie nie zwalnia (bardzo dobrym laboratoryjnym przybliżeniem takiej sytuacji jest ruch krążka na po duszce powietrznej, wytworzonej na poziomym stole z wieloma otworami, przez które wydmuchiwane jest powietrze). < Z tych obserwacji możemy wyciągnąć wniosek, że jeśli na ciało nie działa żadna siła. to porusza się ono ze stałą prędkością. Otrzymujemy w ten sposób pierwszą zasadę dynamiki Newtona. Pierwsza zasada dynamiki Newtona. Jeśli na ciało nie działa żadna siła, to nie może zmienić się jego prędkość, czyli nie może ono przyspieszyć.
Innymi słowy, jeśli ciało spoczywa, to pozostanie w spoczynku, a jeśli a ? porusza, to będzie się nadal poruszać z tą samą prędkością (to znaczy z prędkością o tej samej
wartości
i
kierunku).
5.3. Siła
Zdefiniujemy teraz jednostkę siły. Wiemy już, że siła jest przyczyną przyspie-j szenia ciała. Możemy zatem określić jednostkę siły za pomocą przyspieszena! jakie nadaje ona pewnemu ciału wzorcowemu. W charakterze ciała wzorcowesd użyjemy (a właściwie wyobrazimy sobie, że używamy) wzorca kilograma z ryj sunku 1.4. Temu ciału przypisano — z definicji — masę równą dokładnie 1 Ł Ł
Umieśćmy ciało wzorcowe na poziomym stole bez tarcia i ciągnijmy je w prawo (rys. 5.1). Metodą prób i błędów możemy doprowadzić do tego, ałfj przyspieszenie ciała wynosiło 1 m/s . Uznamy wtedy — na mocy definicji — K siła, jaką działamy na ciało, jest równa 1 niutonowi (oznaczanemu jako N). „Ą Możemy działać na nasze ciało wzorcowe siłą 2 N, nadając mu przyspisszenie 2 m/s"\ itd. Mówiąc ogólnie, jeśli ciało wzorcowe o masie 1 kg uzyslojc przyspieszenie o wartości a, to działa na nie siła o wartości (w niutonach) rówiK^ liczbowo wartości jego przyspieszenia (w metrach na sekundę do kwadratu). Ą Tak więc miarą siły jest wywołane przez nią przyspieszenie. Przyspieszeń jest jednak wektorem, tzn. ma zarówno wartość, jak i kierunek. Czy zatem S2e jest też wielkością wektorową? Łatwo możemy przypisać sile kierunek (niech m\ będzie kierunek przyspieszenia), lecz to jeszcze nie wystarczy. Musimy wykazać doświadczalnie, że siła jest istotnie wielkością wektorową. Dowód taki przeproś wadzono — siły są wielkościami wektorowymi, a ich składanie podlega prawtat algebry wektorowej z rozdziału 3. ^ Oznacza to, że gdy na ciało działają dwie lub więcej sił, ich siłę wypad kową otrzymujemy, dodając wektorowo poszczególne siły składowe. Jest to siłŁ której działanie na ciało jest takie samo, jak łączne działanie sił składowych. Właściwość ta nosi nazwę zasady superpozycji sił. Świat byłby bardzo dziwne skonstruowany, gdyby w sytuacji, gdy na przykład ty i kolega ciągniecie ciatai wzorcowe w tym samym kierunku siłą 1 N każdy, siła wypadkowa wynosiła — powiedzmy — 14 N. 2
Rys.
5 . 1 . Siła F, działająca na wzorzec
kilograma nadaje mu przyspieszenie a
88
5 . Siła i ruch I
tej
książce
, .
siłę
będziemy
Podobnie, j a k w
r
Kową, m o ż n a kie
siły
rozłożyć
działają
:\ u a ć z n a k u iżemy
zwykle
przypadku
na składowe
wzdłuż jednej
d o oznaczania
: i z e r u (F-,K,
=
V
a
F,
osi układu
sił w z d ł u ż
siłę
w y p a d k o w ą
silę, m i ę d z y
opuścić
sformułowanie
które jest bardziej
zasada dynamiki
wzdłuż
kierunku
jako
wektorów
osi, można
teraz zastąpić poprzednie
-u sformułowaniem,
oznaczać
innych
siłę
współrzędnych.
strzałki
nad
G d y
symbolami
tej osi.
pierwszej
zasady
poprawne, korzystając
Newtona. Jeśli wypadkowa
innymi
dynamiki
siły
z pojęcia
sił działających n a ciało jest
0 ) , to n i e m o ż e zmienić się j e g o prędkość, czyli nie m o ż e o n o
.-pieszyć.
a
ciało
lie
m o ż e
doznaje
działać
wiele
sił, ale
jeśli i c h w y p a d k o w a
wynosi
zero,
to
przyspieszenia.
•ijolrte układy odniesienia sza z a s a d a lia. 'a
dynamiki
ale zawsze
Newtona
można
nie obowiązuje
znaleźć
taki
układ, w
w e wszystkich
układach
którym
ta
zasada
mechanika k l a s y c z n a ) j e s t s ł u s z n a . T a k i e u k ł a d y n a z y w a m y
a m i
odniesienia ł u b p o prostu układami
crcjalny
od-
(podobnie
inercjalnymi
inercjalnymi.
u k ł a d odniesienia j e s t t o t a k i u k ł a d , w k t ó r y m s p e ł n i o n e są z a s a d y
tirsiki N e w t o n a . N i i
przykład,
kiem,
układ
że zjawiska
>wy)
można
ikie
założenie
* krążka dzi
jest
na lodzie
będziemy
o d
że poruszając
bieguna
kierunku żadnej
( b e z tarcia)
badać
dzi,
w
Ziemią
usprawiedliwione,
że dla tego
n y
ć
z
m o ż n a
z astronomicznym
uważać
za
ruchem
inercjalny
Ziemi
p o d
(jak jej
W-
ruch
pominąć.
wówczas,
ednak
związany związane
ruch
zasady
tego d o
przykład
drodze
—
mechaniki
krążka
na
krążek
badamy
obserwator
klasycznej
drodze to
są
bardzo
na
to
przyspieszenie.
Ziemi
długiej, na
p o
Ziemi
przyspie-
niewielkiego
Układ
a)
śli-
spełnione,
obserwator
doznaje
ruch
5.2a). O b s e r w a t o r t e n n i e b ę d z i e m ó g ł
(rys.
powodującej
na
południowego,
się na południe,
zachodnim
siły,
na krótkiej
ruchu
północnego
jeśli
związany
z
jednak Ziemią
tym p r z y p a d k u u k ł a d e m n i e i n e r c j a l n y m , g d y ż d l a t e g o r u c h u k r ą ż k a n i e i pominąć .: k r ą ż k a , .rążkiem
ruchu obrotowego skierowane
w
kierunku
I tej k s i ą ż c e ilny
i że
oomiary
>oruszającej być :ym
z w y k l e
Zaskakujące
się r u c h e m z
w
5.8.
że
pomiarów
układzie
widzenia
dla obserwatora
spowodowane
przyspie-
obrotem
Z i e m i
b)
5.2b). układ
związany
z
sił i przyspieszeń.
nieinercjalnym,
przyspieszonym
punktu
przykładzie
(rys.rt
zakładać,
n i m dokonujemy w y k o n y w a n e
nieoczekiwane m.in. w
na w s c h ó d
będziemy
to w będą
Ziemi.
na zachód, jest b o w i e m
w z g l ę d e m
mechaniki
Ziemią Jeśli
na przykład
Ziemi,
to
klasycznej.
ich
jest
jednak w
w i n -
wyniki
Przekonamy
Rys.
5.2.
a) Długi
tor krążka
ślizga
j ą c e g o s i ę b e z t a r c i a p o ł o d z i e na p o ł u d n i e , w i d z i a n y p r z e z o b s e r w a t o r a na Ziemi,
b) Z i e m i a pod ślizgającym się
na południe k r ą ż k i e m przesuwa się na wschód z powodu j e j obrotu wokół wła snej osi
5.3.
Siła
89
^SPRAWDZIAN
1".
Na którym z pokazanych niżej rysunków siły
F\
i
Fj
są poprawnie
dodane do siebie wektorowo, tak że trzeci wektor, pokazany na rysunku jest wektorem ich siły wypadkowej F
w y p
?
c)
d)
5.4. Masa Jak wiemy z codziennych obserwacji, taka sama siła nadaje różnym ciałom różne przyspieszenie. Połóż na podłodze piłkę tenisową i kulę do kręgli i kopnij je z jednakową siłą. Nawet bez wykonywania tego doświadczenia wiesz, jaki bę dzie wynik: piłka tenisowa dozna większego przyspieszenia niż kula do kręgli., Przyspieszenia tych ciał są różne, gdyż masa piłki tenisowej jest inna niż masa kuli do kręgli. Ale co to właściwie jest masa? W celu wyjaśnienia, jak można zmierzyć masę ciała, wyobraźmy sobie serię doświadczeń w układzie inercjalnym. Najpierw przyłożymy siłę do ciała wzor cowego, którego masę wio przyjęliśmy za równą 1 kg. Jeśli ciało to uzyska przy spieszenie 1 m/s , to stwierdzimy, że przyłożyliśmy do niego siłę 1 N. Następnie przyłożymy taką samą siłę (będziemy potrzebować jakiegoś spo sobu stwierdzenia, że jest to istotnie taka sama siła) do innego ciała, powiedzmy ciała X, którego masy nie znamy. Wyobraźmy sobie, że ciało X uzyska przy spieszenie 0,25 m/s . Wiemy już, że piłka tenisowa o mniejszej masie uzyskuje większe przyspieszenie niż kula do kręgli o większej masie, gdy przykładamy do nich (kopiąc je) taką samą siłę. Możemy wysunąć następującą hipotezę: jeśli do dwóch ciał przykładamy jednakową siłę, to stosunek mas tych ciał jest równy od wrotności stosunku uzyskiwanych przez nie przyspieszeń. Dla ciała wzorcowego i ciała X otrzymujemy stąd: mx _ ao m a Z tego równania możemy wyznaczyć m '2
2
0
x
X
ao (1 m/s ) = m — = (1 k g ) — — - j - = 4 kg. a (0,25 m/s ) 2
m
x
0
x
Nasza hipoteza będzie oczywiście użyteczna tylko wtedy, gdy będzie słuszna także dla innych wartości przykładanej do ciał siły. Na przykład, przykładając do ciała wzorcowego siłę 8 N, powinniśmy otrzymać przyspieszenie 8 m/s . 2
zpcykładając tę siłę do ciała X — przyspieszenie 2 m/s , gdyż wówczas na pdsiawie wysuniętej hipotezy otrzymamy: 2
m
x
= m
ao
0
. ,(8 m/s ) kg)= kg, (2 m/s") 2
— =
a*
(1
4
sodnie z wynikiem pierwszego doświadczenia. Wykonując wiele takich do świadczeń i uzyskując podobne wyniki, możemy się przekonać, że nasza hipoteza ajc konsekwentną i wiarygodną metodę przypisania masy dowolnemu ciału. Wyniki naszych pomiarów wskazują, że masa jest cechą przynależną samemu sata, to znaczy, że każde ciało ma właściwą mu masę. Wynika z nich również, ac masa jest wielkością skalarną. Niemniej jednak, nadal nie daje nam spokoju granie: co to właściwie jest masa? ' P Słowo „masa" występuje w języku potocznym, podejrzewamy zatem, że poiśmy je rozumieć intuicyjnie. Może powinniśmy je wiązać z jakąś znaną i cechą ciała, np. rozmiarem, ciężarem czy gęstością? Odpowiedź brzmi: nie, jć te wielkości są nieraz mylone z masą. Możemy powiedzieć tylko tyle, że c i a ł a j e s t tą j e g o c e c h ą , k t ó r a w i ą ż e s i ł ę p r z y ł o ż o n ą d o c i a ł a z u z y s k i w a -
i przez nie wówczas przyspieszeniem. Masy nie da się prościej zdefiniować, emy coś o niej powiedzieć tylko wtedy, gdy nadajemy ciału przyspieszenie, T^t np. wtedy, gdy kopiemy piłkę tenisową lub kulę do kręgli.
5.5. Druga zasada dynamiki Newtona Onówione dotychczas definicje, doświadczenia i obserwacje można podsumować jcanym prostym stwierdzeniem.
^h*:
Siła wypadkowa działająca na ciało jest równa masy tego ciała i jego przyspieszenia.
Druga zasada dynamiki Newtona.
fcczynowi
Można to zapisać w postaci równania: F yp = ma
(druga zasada dynamiki Newtona).
W
(5.1)
ł a m a n i e to jest proste, lecz korzystanie z niego wymaga rozwagi. Po pierwsze, jnsiiny mieć pewność, do którego ciała je stosujemy. Po drugie, F musi być mmną wektorową wszystkich sił działających na to ciało. Siły, które występują ••hadanej sytuacji fizycznej, lecz działają na inne ciała, nie mogą wchodzić do tej mmy. Jeśli na przykład jesteś jednym z rugbistów w młynie, to siła wypadkowa iaałąjąca na ciebie jest sumą wszystkich sił, jakimi ciągną cię i pchają inni zawodnicy. Nie zawiera ona natomiast sił, jakimi ty ciągniesz lub pchasz innych. Podobnie jak inne równania wektorowe, równanie (5.1) jest równoważne izem równaniom dla składowych wzdłuż każdej z osi układu współrzędnych x y z : K y p
F
K
y
p
. x = m a . x
F
K y p
.
y
= m a
y
oraz
F
v y p
.
z
= m a . (5.2) z
Każde z tych równań wiąże składową siły wzdłuż jednej z osi ze składową przyspieszenia wzdłuż tej samej osi. Na przykład pierwsze z nich oznacza, że
5.5.
Druga zasado dynamiki Newtona
suma sk\adowych wzd\uż osi x wszystoch s'i\ działających na c\a\o jest źród\ei»j składowej przyspieszenia ciała wzdłuż osi x, lecz nie wywołuje przyspieszenia w kierunkach y i z- Patrząc na to z drugiej strony, składowa przyspieszenia a po-' chodzi jedynie od sumy składowych sił wzdłuż osi x. Można to wyrazić ogólnie^ x
>• Składowa przyspieszenia wzdłuż danej osi układu współrzędnych jest związana z su mą składowych sił
wzdłuż
tej osi,
a nie ze składowymi sił wzdłuż innych osi.
Z równania 5.1 wynika, że jeśli wypadkowa sił działających na ciało jest równa zeru, to przyspieszenie ciała 5 = 0 . Jeśli ciało jest w spoczynku, to. będzie spoczywać nadal; jeśli się porusza, to będzie nadal w ruchu ze stała prędkością. W tym przypadku siły działające na ciało równoważą się wzajemnie, więc mówimy o równowadze zarówno sił, jak i ciała. Mówi się też potocznie, że siły wzajemnie znoszą się. lecz termin „znoszą się" może być mylący — nie oznacza to przecież, że siły przestają istnieć. Siły nadal działają na ciało. Równanie (5.1) daje związek między jednostkami układu SI: 1 N = (1 kg)(l m / s ) = 1 k g - m / s 2
(5.3)
2
(w układzie cgs jednostką masy jest gram (g), przyspieszenia — cm/s , a siły — dyna (1 dyna = 1 g • cm/s ); patrz także dodatek D). , Rozwiązując zadania związane z drugą zasadą dynamiki Newtona, sporzą dzamy zwykle rysunek, na którym przedstawiamy tylko to ciało, dla którego wykonujemy sumowanie działających na nie sil (tzw. diagram sił). Niektórzy wy kładowcy lubią, aby rysować to ciało schematycznie, lecz my — dla oszczędności; miejsca — będziemy zwykle przedstawiać je za pomocą kropki. Siły działające na ciało będziemy zaznaczać w postaci wektorów o początku w punkcie, w którym znajduje się ciało. Zwykle będziemy również rysować układ współrzędnych oraz wektor przyspieszenia ciała. "jj 2
2
Zbiór dwóch lub większej liczby ciał nazywamy układem ciał. a siłę działa jącą na dowolne z nich, ze strony ciał nie należących do tego układu nazywamy! siłą zewnętrzną. Jeśli ciała są ze sobą sztywno połączone, to układ można trak-] tować jako jedno ciało złożone, na które działa siła wypadkowa F , będąca sumą wektorową wszystkich sił zewnętrznych (nie zawiera ona sił wewnętrz nych, tzn. sił działających między ciałami składowymi układu). Układem ciał są na przykład lokomotywa i połączony z nią wagon. Jeśli — powiedzmy — do lokomotywy przymocowana jest lina holownicza, to siła przyłożona za jejj pośrednictwem działa na cały układ lokomotywa-wagon. Podobnie, jak dla po jedynczego ciała, wypadkowa siła zewnętrzna działająca na układ jest związana z jego przyspieszeniem, a związek ten to nic innego, jak druga zasada dynamiki Newtona, tzn. F = ma, przy czym m jest całkowitą masą układu ciał. w y p
w y p
^ S P R A W D Z I A N 2:
Na rysunku obok przedstawiono dwie siły działające poziomo na
klocek umieszczony na parkiecie, po którym może się on poruszać bez tarcia. Załóżmy, że na klocek działa jeszcze jedna sita pozioma F . 3
Jaka musi być wartość tej sity i jej
kierunek, aby klocek: a) pozostawał w spoczynku, b) poruszał się w lewą stronę ze stałą prędkością o wartości 5 m/s?
-
" A D
-i
5.1
Wynik jest dodatni, co oznacza, że przyspieszenie krążka jest skierowane w dodatnim kierunku osi x.
_is—h 5.3a. b i c przedstawiono krążek na lodzie, po któon poruszać bez tarcia wzdłuż osi x (tzn. ruch za;--->m wymiarze), oraz działające na niego siły (jedną
&
Masa krążka wynosi m = 0.2 kg. Siły F\ i F I skiero-
««K
W przypadku z rysunków 5.3b i e na krążek działają dwie siły poziome: F I , skierowana w kierunku dodatnim osi x. i F ; . skierowana w ujemnym kierunku tej osi. Z równania (5.4) otrzy mujemy więc teraz:
: itz osi x, ich wartości wynoszą: F\ = 4 N i F I = 2
.
~~ rzuła pod kątem 9 = 30
do poziomu i ma wartość
:
.
znacz przyspieszenie krążka w każdym z tych trzech
2
F\
x
(4N1-C2N)
-F
2
a, =
=
,
.
= 10 m / s .
m
H H H M ^ A N i c;
ma ,
Fi - F =
skąd po podstawieniu danych liczbowych otrzymujemy: (odpowiedzi
( 0 . 2 kg)
Siła wypadkowa pow oduje zatem przyspieszenie krążka, skiero :
. k między przyspieszeniem o krążka i działającą na
r
ą
H I
FUV
=
3
- ;
Jednak ruch odbywa się wzdłuż osi x. dlatego zapisać ją jako równanie dla składowych x: Fwyp..V = » " 2 . V
t<
.
W przypadku z rysunków 5.3c i f siła F
?
1,5.4)
3
ma kierunek inny
niż przyspieszenie krążka — zgodna z przyspieszeniem krążka jest tylko j e j składowa .r, F . . (siła F
-.maikach 5.3d, e i f przedstawiono diagram sił dla przy-
wane w dodatnim kierunku osi x.
jest dany przez drugą zasadę dynamiki New-
P
V
ma dwie składowe, lecz
?
tylko jedna z nich działa w kierunku ruchu ciała). Równanie (5.4) ma w tym przypadku postać: F
_ . ,bi i ic). oznaczając krążek za pomocą kropki.
?
X
— F I =
ma
x
Z rysunku widać, że F$, = F,cos6. Otrzymujemy zatem: Fi.x - F F 3 cos 8 — F I x
2
F,
FI
F ,
m
m
(1 N ) ( c o s 3 0 ) - (2 N) ( 0 . 2 kg)
T T
c
b)
c)
W
tym przypadku
-5.7
(odpowiedź 1
m/s~
siła wypadkowa powoduje
przyspieszenie
krążka skierowane w ujemnym kierunku osi ,v. F,
F ,
1
Fi
1
-0-.v
3
RAVV'DZ1AN ó". Na rysunku
z góry e)
f)
Przykład 5 . 1 . a ) - c ) Siły działające wzdłuż osi x na .;:u-zający się po lodzie bez tarcia. d ) - f ) Diagramy sił " e c h przypadków
przedstawiono
widok
tego samego klocka, mogącego się poruszać bez tar-
j :
cia po podłożu, dla czterech przypadków, w których działają
j
nań dwie siły. Uszereguj te przypadki według: a) wartości siły
i
wypadkowej działającej na klocek, b) wartości przyspieszenia
i
klocka, od największych do najmniejszych.
I
3N r-r.padku z rysunków 5.3a i d na krążek działa tylko . pozioma, zatem z równania (5.4) mamy.
(1)
F\ — ma, ,
5N
.3N
:
3N
-A
- zbawieniu danych liczbowych otrzymujemy: _
Fi
=
m
(4 N) (0.2 ks)
= 20 m / s
(odpowiedź)
2
^.fcfad 5.2
(3)
5N
(4)
5N
ROZWIĄZANIE:
. - k u 5.4a przedstawiono widok (z góry) puszki z herbat. j masie 2 kg. poruszającej się bez tarcia po poziomej r :nie. z przyspieszeniem o wartości 3 m/s i kierunku wy2
O — T 1. Wypadkowa F„.
--ci 20 N. Wyznacz trzecią z tych sił Fy. wyraź j ą za po-
sil działających na puszkę jest sumą
z drugą zasadą dynamiki Newtona ( F k
F\
T . przez wektor a. Przyspieszenie to nadają mu trzy siły te z których pokazano tylko dwie: F , o wartości 10 N i F
yp
trzech sił i związana jest z przyspieszeniem a puszki, zgodnie
+
F I +
F3 =
>D
= ma). Zatem:
ma.
skąd otrzymujemy:
ektorów jednostkowych oraz przez j e j długość i kierunek.
F
5.5.
3
=
ma — F\ —
FI.
DRUGA ZASADA DYNAMIKI NEWTONA
(5.5)
93
Dla składowych x mamy:
Fj..<
F,
= ma - F , . , -
2 x
x
= m(acos50°) -
F, c o s ( - 1 5 0 ) -
F cos90=.
;
2
Podstawiając dane liczbowe, otrzymujemy: F . , = (2 k g ) ( 3 m / s ) c o s 5 0
- (10 N ) c o s ( - 1 5 0 )
2
3
-
(20 N)cos90= =
:
1 2 . 5 N.
Analogicznie, dla składowych y :
F). = ma - F | . - F . y
v
y
2
v
= m(asin50 ) - F, sin(—150) -
F sin90
:
:
:
= (2 k g ) ( 3 m / s ) sin 50= 2
a) Rys.
b) =
5 . 4 . Przykład 5 . 2 . a) Widok z góry dwóch z trzech sit działa
-
(10 N ) s i n ( - 1 5 0 ) - (20 N)sin90°
-
1 0 . 4 N.
:
j ą c y c h poziomo na puszkę z herbatnikami, pod wpływem których
W zapisie, dokonanym za pomocą wektorów jednostkowych otrzy
puszka porusza się z przyspieszeniem a. Nie pokazano siły F j .
mujemy zatem:
b) Ustawienie wektorów ma.
—F\ oraz — F ? . umożliwiające wy
F
3
znaczenie siły F) O—* 2. Ruch odbywa się w dwóch wymiarach, a zatem z równa nia ( 5 . 5 )
nie można
= F .,i + F . j 3
3
'
v
= ( 1 2 . 5 N ) i - ( 1 0 . 4 N ) j as ( 1 3 N ) i - ( 1 0 N ) j .
otrzymać F 3 , podstawiając do niego po pro
stu wartości bezwzględne wielkości wektorowych. Musimy dodać do siebie wektorowo ma.
D o wyznaczenia wartości wektora F
prawej strony równania ( 5 . 5 ) , najpierw wzdłuż osi A*, a następnie
sować równanie ( 3 . 6 ) . z którego dostajemy:
F)
oraz
=
JŁ
+ L
F
F
=
'6 N
F 9 = arctg — — = - 4 0 .
(odpowiedij
:
wzdłuż osi y.
Przykład 5.3
i j e g o kierunku (w postaci
kąta. utworzonego z dodatnim kierunkiem osi .v) możemy zas*>-
—F\ (wektor przeciwny do F i ) i - F >
(wektor przeciwny do F > ) . Aby to zrobić, wyznaczymy składowe
3
(odpowiedz
ROZWIĄZANIE: Trzy siły działające na oponę nie powodują j e j przyspieszenia,
Andrzej, B e a t a i Czarek bawią się w „przeciąganie w dwóch wy
a zatem przyspieszenie opony wynosi 5
miarach", ciągnąc w poziomie oponę samochodową, w kierunkach
równoważą).
pokazanych na rysunku 5 . 5 . przedstawiającym widok z góry. C h o ć
oponę siłą wypadkową, zgodnie z drugą zasadą dynamiki Newtom
c a l a trójka ciągnie j ą , każdy w swoją stronę, opona pozostaje nie
(F
ruchoma. Andrzej ciągnie oponę siłą F
A
w y p
O—nr Przyspieszenie
= ma),
0 (tzn. siły te
sc
jest związane z działającą
=
•
którą możemy w tym przypadku zapisać w postaci
o wartości 2 2 0 N. Czarek F\, + F
— siłą Fc o wartości 170 N. Kierunek siły Fc nie j e s t znany. J a k a j e s t wartość siły FB, j a k ą ciągnie oponę B e a t a ?
8
+ F = m ( 0 ) = 0. c
czyli FB =
-h - Fc-
(SM
Diagram sil działających na oponę przedstawiono na rysunku 5 J k , przy czym początek układu współrzędnych umieszczono dla
wy
gody w środku opony, a kierunek wektora Fc określono za po mocą kąta 0 . M a m y wyznaczyć wartość siły FB- Znamy wartość i kier»-
F*
nek wektora
oraz wartość wektora F , natomiast nie c
znany
kierunku wektora Fc- Zapiszmy równanie ( 5 . 6 ) dla składowjck wzdłuż osi .v i y. Siła FB jest skierowana wzdłuż osi y . wiec] V V
5 . 5 . Przykład 5 . 3 . a) Widok z góry trzech o s ó b ciągnących
oponę, b) Diagram sił działających na oponę
94
5 . Siła i ruch I
F g , = -FM-
b)
a) Rys.
zaczniemy od składowych wzdłuż tej osi. Otrzymujemy: -
•
J
F. c>
Wyznaczając te składowe i podstawiając wartości kątów, p r z j c z y m dla F
bierzemy kąt 133
A
F
B
s i n ( - 9 0 ) = -F :
A
:
( = I80
:
— 4 7 ) . dostajemy:
sin 133= -
=
F
c
sin0.
_
po postawieniu wartości liczbowych modułów sił daje: =
-F
B
- ( 2 2 0 N)(sin 133 ) -
(170 N)sintf>.
a następnie: (5.7)
S e znamy jednak wartości kąta
0 =
- ( 2 2 0 N)(cos 133=) -
(170 N ) c o s 0 .
Z tego równania wyznaczamy 0 :
Aby ją wyznaczyć, zapiszmy równanie (5.6) dla składowych wzdłuż osi .v:
0 =
FBX mai
B
= — F Ą J , — Fc ,
cos(—90") =
—F
A
cos 133° — F
c
cos,
1: Wymiary
i
wektory
lekturze całego podręcznika. Powtórzmy więc. że gdy oblisiłę wypadkową, możemy po prostu dodawać lub odejmo-
K J Ć wartości bezwzględne sił składowych tylko wtedy, gdy siły działają
wzdłuż
=
28.04 .
=
F
B
241 N.
(odpowiedź)
(podobnie, jak naprawa samochodów czy projektowanie mikro
_ d z i e 5.2. Niezrozumienie tej różnicy będzie sprawiać kłopoty
s
)
________
s w od dodawania ich wartości, na co zwróciliśmy uwagę w przy-
ctan
;
( 1 7 0 N)
Wstawiając tę wartość do wzoru (5.7). otrzymujemy ostatecznie:
Vieiu studentów ma trudności z odróżnieniem dodawania wekto-
mz*
(220 N ) ( c o s l 3 3 ) \
x
Sztuka rozwiązywania z a d a ń ftruda
/ V
dostajemy: F
arccos
tej samej prostej.
Jeśli tak nie jest. siły należy
_ d a w a ć wektorowo — dokonując obliczeń na składowych, jak to
procesorów) — nikt się nie rodzi z tą umiejętnością. Porada
3: Zrób
dwa
rysunki
Wygodnie jest sporządzić dwa rysunki. Jeden to szkic sytuacji fi zycznej. Rysując siły. umieść początek każdego wektora na brzegu lub w obszarze ciała, na które ta siła działa. Drugi rysunek to dia gram sił. na którym należy umieścić siły działające na jedno
ciało,
oznaczone kropką lub zarysem ciała. Początek wektora każdej siły umieść w tej kropce lub zarysie.
anfefliśmy w przykładzie 5.2. Porada 4 : ^roda
2 : Jak czytać
zadania
dotyczące
sił?
W razie potrzeby przeczytaj zadanie kilka razy. aż dobrze zrozu• K S Z . jakiej sytuacji fizycznej ono dotyczy, jakie są dane i co na_ y
obliczyć. Jeśli wiesz, z czym związane jest zadanie, lecz nie
wiesz, co robić dalej, to przeczytaj jeszcze raz treść zadania. Jeśli
Co jest badanym
układem?
Stosując drugą zasadę dynamiki Newtona musisz wiedzieć, dla jakiego ciała lub dla jakiego
układu ciał
masz ją
zapisać. W
przykładzie 5.1 jest nim krążek (a nie lód), w przykładzie —
5.2
puszka z herbatnikami, a w przykładzie 5.3 — opona (a nie
ciągnący ją ludzie).
5:
Wybierz
mądrze
układ
współrzędnych
me rozumiesz dobrze drugiej zasady dynamiki Newtona, to prze
Porada
czytaj jeszcze raz odpowiedni paragraf podręcznika. Przeanalizuj
W przykładzie 5.3 zaoszczędziliśmy sobie wiele trudu, wybierając
jeszcze raz zadania rozwiązane
układ współrzędnych tak. że jedna z jego osi (oś y) pokrywała
w książce (przykłady). Wresz
cie pamiętaj, że rozwiązywanie zadań z fizyki wymaga wprawy
się z kierunkiem jednej z sił (siły
F ). B
5.6. Kilka ważnych sił Siła ciężkości SBa ciężkości (grawitacji) F jest to siła, jaką dane ciało jest przyciągane przez F —»e ciało. Nie będziemy tymczasem rozważać natury tej siły. a zajmiemy się \ wtuacją. w której tym drugim ciałem jest Ziemia. Siła ciężkości F będzie to wiec siła skierowana do środka Ziemi — czyli pionowo w dół. Założymy też, że _ t a d związany z Ziemią jest inercjalny. ! Przyjmijmy, że ciało o masie m spada swobodnie z przyspieszeniem ziemsŁm o wartości g. Jeśli pominiemy opór powietrza, to jedyną siłą działającą na O ciało jest siła ciężkości F . Związek między tą siłą, skierowaną w dół i przy spieszeniem ciała, także skierowanym w dół, jest więc dany przez drugą zasadę dynamiki Newtona {F = ma). Wybierzmy oś y układu współrzędnych wzdłuż g
?
[ :
g
5 . 6 . Kilka ważnych sił
95
ciała, o kierunku
toru
d o góry. Dla s k ł a d o w y c h w z d ł u ż tej o s i d r u g i postać F , v = mo , c o w naszym p r z y p a d k ,
dodatnim
zasada dynamiki Newtona pozwala na zapis:
m a
w y p
-F
=
g
y
m(-g),
czyli (5.8)
F =/».?. g
J e d n y m słowem, wartość siły ciężkości jest równa iloczynowi
mg.
Taka sama siła ciężkości, o takiej samej wartości działa również na to ci gdy nie spada o n o s w o b o d n i e , lecz n p . leży na stole b i l a r d o w y m lub się p o
porusza (aby zniknęła siła ciężkości, musiałaby zniknąć Ziemia). Drugą zasadę dynamiki Newtona dla siły ciężkości możemy także zapisa; w postaci wektorowej: F,
=
- F g j =
-mgj = mg,
(5.9;
przy czym j jest wektorem jednostkowym osi y, skierowanym pionowo w gore a g — wektorem przyspieszenia z i e m s k i e g o , skierowanym p i o n o w o w dół.
Ciężar C i ę ż a r e m W ciała b ę d z i e m y n a z y w a ć wartość b e z w z g l ę d n ą siły potrzebnej .,v zapobieżenia spadkowi ciała, mierzonej przez obserwatora na Ziemi*. N a p
kład. aby u t r z y m a ć w dłoni piłkę ( w b e z r u c h u ) , musisz działać na nią (stqjo\
Ziemi) siłą skierowaną w górę, równoważącą siłę ciężkości, jaką działa na p Ziemia. Załóżmy, że wartość tej siły ciężkości wynosi 2 N . Wobec tego war skierowanej w górę siły, jaką działasz na piłkę, jest równa 2 N , a zatem C K W piłki wynosi 2 N. M ó w i m y także, że piłka waży 2 N . Do utrzymania w bezruchu piłki o ciężarze 3 N potrzebna jest siła o w ięk wartości, właśnie 3 N , ponieważ w tym p r z y p a d k u należy z r ó w n o w a ż j ć ciężkości o większej w a r t o ś c i , właśnie 3 N . Mówimy, że d r u g a p i ł k a j e s t cu. od pierwszej. Spójrzmy na to ogólnie. R o z w a ż m y ciało, którego przyspieszenie
wzglci
"
Ziemi, stanowiącej — j a k zakładamy — układ inercjalny, jest równe a = O. ciało działają dwie siły: skierowana w dół siła ciężkości F
g
i równoważąc
siła o wartości W. skierowana pionowo w górę. Zapiszmy drugą zasadę dynar N e w t o n a dla składowych w z d ł u ż osi pionowej y, o kierunku dodatnim w gó . Fwyp.Y
=
* A u t o r z y w p r o w a d z a j ą tu n i e s t a n d a r d o w a derinieję c i ę ż a r u . W większości podręi k ó w słowo ..ciężar" rozumie się jako inną nazwę M h ciężkości. J a k zostanie wykazane r z d e f i n i o w a n y w tej k s i ą ż c e c i ę ż a r j e s t równy
w a r t o ś c i b e z w z g l ę d n e j siły c i ę ż k o ś c i , wit
o d m i e n n o ś ć d e f i n i c j i nie p o w i n n a p r o w a d z i ć d o w i ę k s z y c h n i e p o r o z u m i e ń . C z y t e l n i k pow n i e n j e d n a k p a m i ę t a ć , ż e w i n n y c h p o d r ę c z n i k a c h m o ż e s p o t k a ć t e r m i n „ c i ę ż a r " zdefiniowali i n a c z e j niż w t e j k s i ą ż c e (przyp. t ł u m a c z a ) .
| W naszym przypadku daje to: W - F =m(0).
(5.10)
g
czyli W = Fo = m(0)
(ciężar w układzie inercjalnym, związanym z Ziemią).
(5.11)
Z równania tego wynika (przy założeniu, że Ziemia stanowi układ inercjalny), że: Ciężar W ciała jest równy wartości bezwzględnej siły ciężkości F
g
działającej na to
ciało. i
Podstawiając wg za Fo, zgodnie z równaniem (5.8), otrzymujemy wzór:
Fi s
W
W = mg
(ciężar).
(5.12)
5.6.
Waga
równoramienna.
Gdy
d z i a ł a j ą c a na c i a ł o n a l e w e j
( c i a ł o ważone) j e s t równa sile
szalce ciężko
ś c i F p. d z i a ł a j ą c e j n a o d w a ż n i k i n a p r a s
wej szalce. W o b e c tego masa ważonego
\ wiążący ciężar ciała z jego masą.
ciała jest równa łącznej masie odważni
ciała jest to wyznaczanie jego ciężaru. Można to zrobić, umieszczaL Jąc ciało na jednej z szalek wagi równoramiennej (rys. 5.6) i kładąc na drugiej I szalce odważniki, tzn. ciała o znanej masie, aż do uzyskania równowagi (co ozna^ cza. że siły ciężkości działające na ciała na obydwu szalkach są sobie równe). : Wynika stąd. że również masy ciał na obydwu szalkach są sobie równe, co daje aasę ciała m. Znając wartość przyspieszenia ziemskiego w miejscu, w którym raajduje się waga, możemy wyznaczyć ciężar ciała z równania (5.12). Do wa^ aenia ciał służy również waga sprężynowa (rys. 5.7). Ciało rozciąga sprężynę, ^ f c y czym wskazówka porusza się wzdłuż podziałki, wyskalowanej w jednostłacfa masy lub ciężaru (tak właśnie działają wagi łazienkowe). Jeśli waga jest wyskalowana w jednostkach masy, to jej wskazania są dokładne tylko wtedy, ady wartość przyspieszenia ziemskiego g w miejscu pomiaru jest taka sama, jak w, miejscu kalibracji wagi. t Pomiar ciężaru ciała musi być wykonywany wtedy, gdy ciało nie porusza sę z przyspieszeniem pionowym w stosunku do Ziemi. Na przykład, możesz wyznaczać swój ciężar za pomocą wagi. ustawionej w łazience lub w szybko Jadącym pociągu. Natomiast pomiar wykonany za pomocą tej samej wagi w win' Izie poruszającej się ruchem przyspieszonym da inny wynik, właśnie z uwagi na przyspieszenie windy. Wynik takiego pomiaru nazywamy ciężarem pozornym. ł Uwaga: Ciężar ciała to inna wielkość fizyczna niż jego masa. Ciężar jest to wartość siły. ajego związek z masą opisany jest wzorem (5.12). Gdy przeniesiemy ciało w miejsce, w którym wartość g jest inna. masa ciała (będąca jego cechą bezwzględną) nie ulegnie zmianie, natomiast jego ciężar się zmieni. Na przykład ciężar kuli do kręgli o masie 7,2 kg wynosi 71 N na Ziemi, lecz tylko 12 N na Księżycu. Masa tej kuli jest taka sama na Ziemi i na Księżycu, lecz na Księżycu przyspieszenie spadku swobodnego wynosi jedynie 1,7 m/s . .
Rys.
waga jest w równowadze, siła ciężkości
Ważenie
2
; SHa normalna Gdy stoisz na materacu. Ziemia działa na ciebie siłą ciężkości skierowaną pio•owo w dół, lecz mimo to pozostajesz w spoczynku. Dzieje się tak dlatego, że
ków
i r i
podziałka wyskalowana w jednostkach
r
ciężaru
:
lub masy
F = mg g
Rys. nie
5.7. Waga sprężynowa. sprężyny jest
umieszczonego
miarą
Wydłuże
ciężaru
na szalce.
ciała
Wskazówka
pokazuje wartość ciężaru ciała, jeśli po działka jest wyskalowana w jednostkach ciężaru. Jeśli natomiast jest ona wyska l o w a n a w j e d n o s t k a c h m a s y . to w s k a z a n i e w a g i j e s t d o k ł a d n e t y l k o w t e d y , gdy wartość
przyspieszenia
ziemskiego
g
w miejscu pomiaru jest taka sama. j a k w miejscu kalibracji wagi
5 . 6 . Kilka ważnych sił
97
materac, który ugina się pod tobą działa na ciebie siłą skierowaną ku górze. Gdy stoisz na podłodze, ta też ulega deformacji — ściśnięciu, wygięciu lub nawet lekkiemu spaczeniu — i działa na ciebie siłą skierowaną ku górze. Dotyczy to także pozornie całkiem sztywnego podłoża betonowego (jeśli nie jest ono
wtosfi teictórato) \ \ u p a s , \» tomssKim ta™, p & Mi\ wń&j^ nawet załamać, g
na powierzchnię,
choćby
pozornie
bardzo
sztywną,
powierzchnia
ta ulega deformacji i działa na ciało siłą normalną N, prostopadłą do powierzchni.
sita normalna A'
A
Przykład takiej sytuacji przedstawiono na rysunku 5.8a. Na poziomym bla cie stołu leży klocek o masie m, który naciska na blat, gdyż działa na niego siła ciężkości F . W wyniku tego blat ulega niewielkiej deformacji i działa na klocek siłą normalną N skierowaną ku górze. Diagram sił działających na klocek pokazano na rysunku 5.8b. Siły F i N to jedyne siły działające na klocek, obie skierowane pionowo. Drugą zasadę dynamiki Newtona możemy więc zapisać dla składowych wzdłuż osi y (F yp.>- = mu ). Zakładając, że ta oś jest pionowa, a jej kierunek dodatni to kierunek do góry, dostajemy: %
ciało
N
%
ciało
W
^I a) Rys.
5.8.
N — Fo = ma,,
Na podstawie równania (5.8) możemy w miejsce F wstawić mg, co daje:
b)
g
/V — mg — ma .
a) Na ciało leżące na blacie
stołu działa siła normalna N,
y
prostopa
dła do tego blatu, b) Diagram sił dzia
y
Wartość siły normalnej wynosi zatem: N = mg + ma
łających na to ciało
= m(g + a ),
y
y
(5.13)
dla dowolnej wartości przyspieszenia a stołu i klocka w kierunku pionowym (gdy znajdują się np. w poruszającej się ruchem przyspieszonym windzie). Jeśli stół i klocek nie poruszają się ruchem przyspieszonym w stosunku do Ziemi, to a = 0 i z równania (5.13) otrzymujemy: y
y
N = mg.
^/SPRAWDZIAN 4: szą czy równą mg,
(5.14)
Czy siła normalna na rysunku 5.8 ma wartość większą, mniej
gdy ciało i stół znajdują się w windzie, która porusza się do góry:
a) z prędkością o stałej wartości, b) z prędkością, której wartość rośnie?
Tarcie Gdy wprawiasz ciało w ruch ślizgowy na pewnej powierzchni — lub starasz się to zrobić — ruchowi temu przeciwdziała oddziaływanie między ciałem a po wierzchnią (zjawisko to omówimy w następnym rozdziale). Uważa się, że opory ruchu można opisać za pomocą jednej siły / , nazywanej siłą tarcia lub krótko tarciem. Siła ta jest skierowana wzdłuż powierzchni, przeciwnie do kierunku.
98
5 . Siła i ruch I
; m a zachodzić ruch ciała (rys. 5.9). D l a uproszczenia sytuacji
fizycznej
kierunek, w którym ma zachodzić ruch ciata
.;/a się c z a s e m za tak m a ł e , że m o ż n a j e p o m i n ą ć ( m ó w i m y wtedy o
: tarcia). f • • . .
..
enie Rys. 5.9. Siła tarcia /' przeciwdziała po-znur, lina lub inny p o d o b n y p r z e d m i o t ) jest p r z y m o c o w a n a d o ciała
ślizgowi ciała po podłożu
n e t a tak, że jest wyprostowana, działa ona na ciało siłą T. skierowaną .ci irys. 5.10a). Siłę tę n a z y w a m y z w y k ł e naprężeniem, ponieważ nić jest u p i ę t a , tzn. naprężona. Naprężenie nici m a wartość T. równą wartości ksiacej na ciało. Jeśli na przykład siła działająca na ciało m a wartość N. to naprężenie nici m a również wartość 50 N .
Rys. 5 . 1 0 . a) Sztywno napięta (naprężona) nić. b) i c) Nić o znikomo małej masie działa na ciało i rękę siłą T o takiej samej wartości nawet wtedy, gdy jest przełożona przez ob racający się bez tarcia krążek c)
:amy często za pozbawioną
o znikomo małej masie
masy (co oznacza, że jej m a s ę m o ż n a
zrównaniu z masą ciała) i nierozciągliwą. Jest ona wtedy j e d y n i e [ędzy d w o m a ciałami. Działa na o b y d w a ciała siłami o takiej samej 2t wtedy, g d y ciała i nić poruszają się r u c h e m
przyspieszonym,
. g d y nić jest p r z e ł o ż o n a przez krążek (rysunki 5.1 Ob i c) o masie, Dominąć w p o r ó w n a n i u z masą ciał, obracający się b e z tarcia. Jeśli krążkiem na długości równej połowie j e g o obwodu, j a k na rysunku w y p a d k o w a działająca na krążek ze strony nici m a wartość 27". ' Ciało, zawieszone na limę jak na rysunku 5.\0c ma ciężar 1 5 K ;zenie ma wartość f równą, większą czy mniejszą niż 75 N, gdy ciało porusza :\ / prędkością o wartości: a) stałej, b) rosnącej, c) malejącej?
3 $iia normalna
Wektor N możemy przesuwać na płaszczyźnie pod warun
c 5.14-1 daje wartość działającej na ciało siły normalnej
kiem, że zachowamy jego kierunek. Na przykład na rysunku 5.8a
. tedy gdy siła N jest skierowana do góry. a pionowe
możemy go przesunąć w dół tak, że jego koniec znajdzie się na
-zenie ciała jest równe zeru.
Nie jest
ono spełnione, gdy
terunek inny niż pionowy lub gdy przyspieszenie w kieriowym jest różne od zera. W takiej sytuacji z drugiej ynamiki Newtona wynika inne wyrażenie na N.
styku ciała ze stołem. Aby jednak uniknąć błędnej oceny sytuacji fizycznej,
dobrze jest rysować wektor N tak. aby j e g o początek
znajdował się na brzegu ciała lub gdzieś w jego obrębie (jak na ry sunku). Jeszcze lepiej jest sporządzić diagram sił, jak na rysunku 5.8b, umieszczając początek N w punkcie, w którym znajduje się symbolizująca ciało kropka lub jego uproszczony rysunek.
5 . 6 . Kilka ważnych sił
99
P r z y k ł a d
O — 2 . Przyspieszenie a jest związane z siłą działając
5 . 4
gony ze strony liny. a związek len jest opisany za
Powróćmy teraz do Johna Massisa i wagonów kolejowych. Za
porno,
zasad}' dynamiki Newtona. Dla składowych wzdłu/ o-
łóżmy, że Massis ciągnął koniec liny (zębami) ze stalą siłą. więk
sunku 5.11 ma ono postać: /\-, ,., = m u . ;p
szą 2.5 razy od swego ciężaru, pod kątem 9 równym 3 0 do :
K
x
czyli:
poziomu. Jego masa m wynosiła 80 kg. Ciężar W wagonów był równy 7 0 0 kN. a Massis przesunął j e po szynach na odległość 1 m.
przy czym m
Przyjmijmy, że koła wagonów poruszały się po szynach bez oporu.
w
jest masą wagonów. Jedyną siłą działaj.^
gony w kierunku poziomym jest składowa pozioma T
Ile wynosiła prędkość wagonów, gdy Massis przestał j e ciągnąć?
prężenia T liny ciągniętej przez Massisa. Wobec tego (5.16) przybiera postać:
ROZWIĄZANIE:
7" cos
O — t 1. Z drugiej zasady dynamiki Newtona wynika, że wagony
9 = m^a.
Wiemy, że T jest 2.5 razy większe od ciężaru M_
poruszały się ze stałym przyspieszeniem poziomym, gdyż Massis ciągnął j e ze stałą siłą poziomą. Przyspieszenie jest stałe, a ruch
wynika z równania (5.12) ten ciężar jest równy mg. a zate
zachodzi w jednym wymiarze, dlatego też do wyznaczenia pręd
T = 2.5mg = ( 2 . 5 X 8 0 k g ) ( 9 . 8 m ; s ) = 1960 > :
kości i- wagonów, po przebyciu przez nie drogi d = ł m. można rówwim
i
V i M \
Mrisfowt
"ycsi w a m
Jest to siła, jaką wykazuje się dobry ciężarowiec średr
\ó\\\\m\t
a więc bynajmniej nie jest ona nadludzkiej wielkości.
zawierające i\ Spróbujmy zastosować równanie (2.16)'. v- = ą - 2n(x - .*„).
Aby wyznaczyć a z równania (5.17) musimy j e s
(5.15)
czyć
ni,.,.
W tym celu skorzystamy znów z równania (5
stawiając do niego tym razem ciężar U" wagonów:
przyjmując, że oś .v jest zgodna z kierunkiem ruchu, jak na przed stawiającym diagram sił rysunku 5 . 1 1 . Wiemy, że prędkość po
(7-10 N)
W
czątkowa L'O jest równa 0. a przemieszczenie x — XQ wynosi d =
5
7.143 • 10" kg.
(9.8 m/>
1 m. Nie znamy jednak przyspieszenia a wagonów wzdłuż osi x.
Przekształcając równanie (5.17) i podstawiając wartość T. III,. i 0 otrzymujemy: Tcos© nu
Rys. 5 . 1 1 . Przykład 5.4. Diagram
(7.143 • 1 0 kg)
: 0.02376 m
J
Wstawiając tę wartość — oraz inne wartości znane O. dostajemy:
sil dla wagonów osobowych cią gniętych przez Massisa. Wektory nie są narysowane w skali: siła T
e=
działająca na wagony ze strony liny
: 0 - 2 ( 0 . 0 2 3 7 6 n v s - ) ( 1 m) 30=.
jest znacznie mniejsza od siły nor
v = 0.22
malnej, działającej na wagony ze
m/s.
(od
Massis ułatwiłby sobie zadanie, przymocowując linę do •
strony szyn i działającej na wagony
wyżej, lak aby była ona pozioma. Czy wiesz dlaczego?
siłv ciężkości F,-
książka
(1960 N) (cos 3 0 ' t
j pudlo P
a)
5.7. Trzecia zasada dyr • " k, V
^i
Gdy d w a ciała odpychają się l u b przyciągają, tzn. g d y każde z nich d z i a . drugie siłą mówimy, że oddziałują o n e ze sobą. Wyobraź sobie, że poM_-
FPK
książkę K na półce tak. iż opiera się ona o p u d ł o P (rys. 5.12a). Książka '. : oddziałują wtedy ze sobą: istnieje siła p o z i o m a F/r p . jaką p u d ł o działa na k*
b) Rys. 5 . 1 2 . a) Książka A' opiera się o pu dło P. b) Zgodnie z trzecią zasadą dy namiki Newtona siła F . KP
i przeciwny kierunek jak siła F . PK
100
5.
Siła i
ruch I
PK
jaką książka działa n a p u d ł o . Te dwie siły przedsta".
jaką pudło
działa na książkę, ma taką samą wartość książka działa na pudło
oraz siła p o z i o m a F .
na rysunku 5 . 1 2 b . Trzecia zasada dynamiki N e w t o n a m ó w i . ż e :
jaką
! •
Trzecia zasada dynamiki Newtona. Gdy dwa ciała oddziałują ze sobą. sity. jak • działają one na siebie mają taką samą wartość bezwzględną i przeciwne kierunki.
Dla książki i pudla m o ż e m y tę zasadę zapisać j a k o r ó w n a n i e skalarne: Fgp = FPK
melon M
(jednakowe wartości bezwzględne)
a ko r ó w n a n i e wektorowe: FKP
= — FPK
stoi 5
(jednakowe wartości bezwzględne i przeciwne kierunki),
3 r \ m znak minus oznacza, że siły mają p r z e c i w n e kierunki. Siły te nazy> s i ł a m i a k c j i i r e a k c j i (parą a k c j a - r e a k c j a ) . Takie d w i e siły występują
Ziemia Z
ze. gdy d w a ciała oddziałują ze sobą i to w każdych w a r u n k a c h . Książka 2ło z rysunku 5 . 1 2 a są n i e r u c h o m e , lecz trzecia zasada d y n a m i k i N e w t o n a
a)
• wzuje także wów c z a s , gdy ciała są w ruchu, a nawet wtedy, gdy poruszają uchem przyspieszonym. „iko kolejny przykład r o z w a ż m y melona leżącego na stole, który stoi na • n s . 5.13a) i znajdźmy związane z m e l o n e m siły akcji i reakcji. M e l o n lituje ze stołem, a także z Ziemią ( m a m y więc do czynienia z trzema ciałami. :h o d d z i a ł y w a n i a musimy umieć rozróżnić).
/•\ . ł\
r/
;s
(siła normalna ze strony stołu) (siła ciężkości)
ł a m i e m y się najpierw s a m y m m e l o n e m (rys. 5.13b). Siła Fy$ jest to siła
b)
:.'.!ia. jaką stół działa na melona, a siła Fy/z to siła ciężkości, jaką Z i e m i a „ na melona. C z y jest to para akcja-reakcja'? Nie. bo są to siły działające melon
jr.o ciało — m e l o n a — a nie na dwa ciała, oddziałujące ze sobą. -.h\ znaleźć parę a k c j a - r e a k c j a . m u s i m y zająć się nie m e l o n e m , lecz od d a n i e m melona z j e d n y m z dwóch pozostałych ciał. R o z w a ż m y
najpierw
..lywanie m e l o n - Z i e m i a (rys. 5.13cj. Z i e m i a przyciąga m e l o n a siłą g r a w i F i ; / , a melon przyciąga Z i e m i ę siłą grawitacyjną F .
Czy jest to para
ZM
.--eakcja? Tak. są to siły działające między d w o m a oddziałującymi ze sobą " • . którymi każde z nich działa na drugie. Z a t e m na m o c y trzeciej zasad}
1
Ziemia
r i k i Newtona: F\iy = — fz\i
(oddziaływanie melon-Ziemia).
- V w o d d z i a ł y w a n i u m e l o n - s t ó ł stół działa na melona siłą Fy/s, a melon
c)
- -.3 stół siłą F .\j (rys. 5 . 1 3 d ) . To także jest para a k c j a - r e a k c j a i analogicznie s
F>/5 = —FSM
(oddziaływanie melon-stół).
• ŁlAN 6: Załóżmy, ze melon i stół z rysunku 5.13 znajdują się w kabinie •.: ''a zaczyna poruszać się do góry ruchem przyspieszonym, a) Czy wartości sił , rosną, maleją czy pozostają takie same? b) Czy te dwie siły mają nadal . -,ć wartości i przeciwne kierunki'? c) Czy wartości sił Fv/z i F \i rosną, maleją -tają takie same? d) Czy te dwie siły mają nadal jednakowe wartości i przeciwne
J
T
Z
d)
Rys. 5.1 3 . a) Melon leży na stole, który
5 Jak stosów- -. - a s a d y
dyr•.
I iv*^tona?
:i!a część tego rozdziału zawiera s a m e przykłady. P o w i n i e n e ś się w nie aby poznać nie tylko konkretne odpowiedzi, lecz p r z e d e wszystkim m e -
stoi na Ziemi, b) Siły działające na me
lona: Fu? i Fu z- c) Para akcja-reakcja: oddziaływanie
melon-Ziemia.
akcja-reakcja: oddziaływanie
d) Para
melon-stół
i w i a z y w a n i a tego typu zadań. Z w ł a s z c z a ważne jest to. aby umieć przejść •.u sytuacji fizycznej do d i a g r a m u sił w d o b r z e d o b r a n y m układzie współ•n. co umożliwi zastosowanie zasad d y n a m i k i . Z a c z n i e m y od prostego .... które r o z w i ą ż e m y bardzo szczegółowo, korzystając ze schematu pytań 1
iedzi.
5 . 8 . Jak stosować zasady dynamiki
Newtona?
101
Przykład 5.5
również o 1 mm. Oznacza to. że klocki poruszają się razem i
Na rysunku 5.14 przedstawiono klocek 0
masie ni\
=
a^j
przyspieszenie o takiej samej wartości a.
S (klocek
ślizgający
się)
3.3 kg. Klocek ten może poruszać się bez tarcia
po poziomej powierzchni (np. po stole z poduszką powietrzną).
P: Czego dotyczy z jakimś
to zadanie?
konkretnym
prawem
Czy powinno
mi się ono
koj
fizycznym?
Do klocka przywiązana jest lina. która jest następnie przełożona przez obracający się bez tarcia krążek i przywiązana do drugiego klocka IV
(klocka
wiszącego)
o masie w 2
=
2,1
O: Tak.
kg. Masę liny
1 krążka można pominąć w stosunku do masy klocków. Klocek wi szący W opada w dół, a klocek ślizgający się porusza się ruchem przyspieszonym w prawo. Wyznacz: a) przyspieszenie klocka śli zgającego się. b) przyspieszenie klocka wiszącego, c) naprężenie liny.
klocek ślizgający się 5
klocek W
podłoże
Rys. 5 . 1 5 . Siły działające na dwa klocki z rysunku 5.14
umożliwiające ruch bez tarcia
m
klocek
2
Mamy tu do czynienia
wiszący' W
namiki Newtona:
Rys.
5.14.
Przykład 5.5. Klocek 5
o masie m\
z silami,
masami
i przyspu
niami. a zatem naturalnym skojarzeniem jest druga zasada
jest połączony
z klockiem W o masie mi za pomocą liny przełożonej przez krążek
F
P: Jeśli mam zastosować którego
ciała mam ją
*
= ma.
wyp
drugą zasadę
dynamiki
Newtona, to
zapisać?
O: Zajmij się przede wszystkim dwoma ciałami, klockiem ś l i z ą -
P: O co chodzi w tym
zadaniu?
jącym się i klockiem wiszącym. Choć są to
rozmiarach O: a
Masz
także
dwa
Ziemię,
ciała,
klocek
ślizgający
się
i klocek
wiszący.
która przyciąga obydwa te ciała (pod nieobec
ność Ziemi nic by się tu nie działo). Na klocki działa w sumie pięć sil przedstawionych na rysunku 5.15:
ciała o
skończormk
(a nie punkty materialne), możemy każdy klocek tnfr
tować jako cząstkę, gdyż każda ich mała część (powiedzmy każłjj atom) porusza się dokładnie w taki sam sposób. O — w Drugą z*J sadę dynamiki Newtona możemy zastosować oddzielnie do r u c h każdego klocka.
1.
Lina ciągnie ślizgający się klocek w prawo siłą o wartości
2.
Lina ciągnie do góry klocek wiszący IV silą o takiej samej war
]
J
T.
P: A co z krążkiem? tości T. Gdyby nie byto tej siły, klocek wiszący W spadałby swobodnie.
3.
Ziemia przyciąga klocek ślizgający się S siłą grawitacyjną F s g
Ziemia przyciąga klocek wiszący o wartości równej
5.
jego części poruszają się w różny sposób. Krążkiem zajmiemy s k szczegółowo, gdy będziemy omawiać ruch obrotowy cial. Obecnie
o wartości równej mig.
4.
1
O: Krążek nie może być potraktowany jako cząstka, gdyż różae
wyłączymy krążek z rozważań zakładając, że jego masę
moim
pominąć w stosunku do mas klocków. Jego zadaniem jest jedynie zmiana kierunku liny.
W
siłą grawitacyjną
F
zW
mig.
Stół działa na klocek ślizgający się 5 siłą normalną N,
P: No dobrze, jak więc mam zastosować ruchu ślizgającego
skie
rowaną pionowo do góry.
O: Potraktuj klocek działające na niego
równanie
F
w ) p
S
jako cząstką o masie
- ma dm
j
się klocka? m\
i narysuj
wszystkie'
sity, jak na rysunku 5.16a. To jest diagram sS
Powinieneś zwrócić uwagę na jeszcze jeden fakt. Zakładamy, że
dla tego klocka. Są na nim trzy siły. Wybierz teraz układ współ
lina się nie rozciąga, to znaczy, jeśli w pewnym czasie klocek W
rzędnych. Rozsądnie jest wybrać oś x, równoległą do powierzchni
opada o 1 mm, to klocek S przesuwa się w tym czasie w prawo
stołu, zgodną z kierunkiem ruchu klocka.
102
5 . Sita i ruch I
czyli w ujemnym kierunku osi y ) . otrzymujemy:
T N
—
ni2g =
-raja.
(5.20)
Zauważ teraz, że równania (5.19) i (5.20) tworzą układ równań z tymi samymi dwiema niewiadomymi T i a. Odejmując te rów nania od siebie stronami, eliminujemy klocek
g
ślizgający się
1
m
T =
klocka wiszącego W z rysunku 5.14
się klocka.
Powiedziałeś
mi
« ^łfasz
rację. Już ci mówię. O — * Równanie
Mwmaak
wektorowe, które możemy rozpisać na składowe:
^
F*>p.y = m\a .
/—_r="!ifl. , v
_ f czym
t
•wMWtż
F
W
Y
P
. , ,
i F
W
Y
P
.
;
m\ii
V
V z
T
teraz te równania
w odpowiednich kierunkach.
= m\Qy przybiera postać: F
N -
G
S
=
0.
, . J
8 =
=
m
>
m
>
g
=
; ' ,
(2.1
kg)
L , . _ , ( 9 . 8
K
(3.3kg)(2 lkg) :
(
m/r) 9
gm
/
j
2
(odpowiedź) = 3.8 m / r ^
) =
n
(3.3 kg) + (2.1 kg)
m +m ]
2
2
(odpowiedź)
P: A więc zadanie jest już rozwiązane,
prawda?
O: To dobre pytanie. Zadanie nie jest jednak do końca rozwią
Klocek S nie ma przyspieszenia pionowego, więc równanie f
"'
(5.18)
z
Napiszmy
=
2
to
są składowymi siły wypadkowej
osi układu współrzędnych.
A_bdowych
=
P
F y . =m\a ,
y
FW.YP._V
(3.3 kg) +
2
Y
+ H h
Wstawiając do powyższych równań dane liczbowe, otrzymujemy:
nu +m W
1
równanie
sit. F
(5.22)
—^8m
ale ciągle nie wiem, jak mam zastosować diagram
RAI'
LLL|WI
a) Diagram sil dla klocka 5 z rysunku 5.14. b) Diagram
jjfc— = M I 5 do ruchu ślizgającego
(5.21) +
Podstawienie tego wyrażenia do wzoru (5.19) daje:
b)
mmm. jak narysować
a następnie
T.
d i -.
S
a)
J F C Doekuję,
zmienną
rozwiązując otrzymane równanie, wyznaczamy a:
wiszący W
w
zane, póki nie sprawdzimy, czy otrzymany wynik ma sens (gdybyś rozwiązywał to zadanie za pieniądze, z pewnością chciałbyś się
czyli
N =
F s-
o tym przekonać przed oddaniem pracy, prawda?).
g
Spójrzmy najpierw na równanie (5.21). Wymiary są w po
« w kierunku osi y
wartość
S jest równa wartości
'^msA
W kierunku osi z,
mwał-
siły normalnej działającej na
siły ciężkości, działającej
na ten
prostopadłej do płaszczyzny rysunku
a r — t a ł a j ą żadne siły. : min, ma więc postać: • ' • W kierunku osi x różna od zera jest tylko składowa siły F* :
ie
T = m\a.
rządku, a przyspieszenie a jest zawsze mniejsze niż g. Tak właśnie musi być, bo klocek wiszący na linie nie spada swobodnie — lina ciągnie go do góry. Przyjrzyjmy
T.
się następnie
równaniu
(5.22), które
możemy
zapisać w postaci:
(5.19)
T
=
""
(5.23)
mig.
ni\ + m
2
"ł»«ó«manie zawiera dwie niewiadome. T i a. więc nie możemy mt waczasem rozwiązać. Zauważ jednak, że nie zajmowaliśmy ^ j e s z c z e wcale klockiem wiszącym.
*fc Zgoda. A jak mam zastosować 9hc_
Teraz lepiej widać, że wymiary obydwu stron są jednakowe, bo T
i mg
równanie
F
w y p
= m a do ruchu
2
wynik,
mmmw
diagram sił dla klocka W, jak na rysunku 5.16b. Na-
rozpiszmy równanie
Mmszz
bo gdyby
T
było
większe
od
m g,
to
2
To rozsądny
klocek
wiszący
musiałby poruszać się ruchem przyspieszonym do góry.
wt Dokładnie tak samo, jak to zrobiliśmy dla klocka 5 . Najpierw
m&ie
widać także, że
na klocek wiszący (której wartość jest równa m g).
2
wiszącego?
—jiiijin
mają wymiar siły. Z równania (5.23)
2
naprężenie liny jest zawsze mniejsze od siły ciężkości działającej
F
w y p
=
in a
się ruchem przyspieszonym
2
na składowe. Ten klocek
w kierunku osi y,
więc z drugiego z równań (5.18) —
F
w y p v
=
skorzy-
'"20.1
—
mmt otrzymujemy:
Warto jeszcze sprawdzić, jaki wynik otrzymujemy w przy padkach szczególnych, dla których łatwo zgadnąć prawidłową od powiedź. Przyjmijmy na przykład, że g = 0, tzn. że wykonujemy doświadczenie w przestrzeni kosmicznej. Wiemy, że w tym przy padku klocki pozostałyby w spoczynku, gdyż na końce liny nie działałyby
żadne
siły,
a więc
nie byłoby
naprężenia
liny. Czy
otrzymane przez nas wzory prowadzą do tego wniosku? Tak. Je
T — F w = mifly. g
awiając m g 2
śli do równań (5.21) i (5.22) podstawimy g
w miejsce F w oraz —a w miejsce a g
y
(ze zna-
minus. bo przyspieszenie klocka W jest skierowane w dół.
a
=
0 i T
=
=
0, to otrzymamy
0. Dwa inne przypadki szczególne, które możesz
zbadać, to przypadki, gdy ni\
= 0
oraz gdy m
2
- *00.
5 . 8 . J a k stosować zasady dynamiki N e w t o n a ?
103
Przykład 5,6
Podstawiając klocka a, y
N a r y s u n k u 5.17a k l o c e k
K
o masie m =
prowadzącej do węzła W o masie m , w
w miejsce
mg
F„ i 0 w m i e j s c e
przy>
otrzymujemy:
15 k g wisi na nici.
F
z k t ó r e g o b i e g n ą d o sufitu
-
3
mg = m ( 0 )
= 0.
dwie inne nici. M a s ę nici m o ż n a p o m i n ą ć , a wielkość siły cięż
O z n a c z a to, że d w i e siły działające n a k l o c e k się i v ,
kości, działającej na węzeł j e s t do p o m i n i ę c i a w stosunku do siły
Podstawiając do powyższego równania wartości l i c z b o \
c i ę ż k o ś c i , działającej na k l o c e k . W y z n a c z naprężenia wszystkich
( = 15 k g ) i g oraz wyznaczając z niego F j , o t r z y m u j c r
trzech nici.
7~ = 147 N.
icd
3
N a s t ę p n i e z a j m i e m y s i ę w ę z ł e m , dla k t ó r e g o d i a g r a m -
47=
2S-
s t a w i o n o n a r y s u n k u 5 . 1 7 c , p r z y c z y m — z g o d n i e z w.
V
zadania — p o m i n i ę t o siłę c i ę ż k o ś c i działającą na węzeł
nić ł
2. Z w i ą z e k s i ł . d z i a ł a j ą c y c h n a w ę z e ł z j węzła zapiszemy za p o m o c ą drugiej zasady (F
w v p
= ma),
yspiesi
dynamiki
w postaci:
T\ + Ti + Ti =
ma. w
iv
P r z y s p i e s z e n i e « - w ę z ł a j e s t r ó w n e z e r u . w i ę c otrzyma B
' klocek K
m
f , + 7\ + f
3
= 0.
c o o z n a c z a , ż e trzy s i ł y d z i a ł a j ą c e n a w ę z e ł r ó w n o w a ż ą j e m n i e . Z n a m y w a r t o ś ć i k i e r u n e k w e k t o r a 7';. a n i e z n a r r ś c i w e k t o r ó w T i T — z n a m y t y l k o ich k i e r u n k i (kąty a" }
2
z poziomem). R o z ł ó ż m y równanie ( 5 . 2 4 ) n a składowe wzdłuż osi
i':/
T
3
klocek
Dla składowych x mamy:
Tu + T + T =
/\4T
2x
0.
c o p o podstawieniu wartości liczbowych daje:
\ — węzeł
F„
3x
%
-Ti c o s 28= + F c o s 4 T + 0 = 0 2
i7
(pierwszy wyraz p o lewej stronie równania m o ż n a z a p ł s Ł . w a ż n i e j a k o 7j c o s 1 5 2 ' , g d z i e k ą t 1 5 2 t o k ą t . u t w o r z o r . ;
b)
w e k t o r 1\ z d o d a t n i m k i e r u n k i e m o s i x).
c)
Rys. 5 . 1 7 . P r z y k ł a d 5 . 6 . a ) K l o c e k o m a s i e m j e s t z a w i e s z o n y n a t r z e c h n i c i a c h , p o ł ą c z o n y c h w ę z ł e m , b ) D i a g r a m sił d z i a ł a j ą c y c h
A n a l o g i c z n i e m o ż e m y z a p i s a ć r ó w n a n i e (5.24,i dl.: wych v jako: F,v + F v + 2
na k l o c e k , c ) D i a g r a m sił d z i a ł a j ą c y c h n a w ę z e ł
T = iy
0.
czyli F , sin 2 8 ' +
T
2
sin 47* - F3 = 0 .
Podstawiając do tego tównaitia wyznaczoną wcześniej
ROZWIĄZANIE:
Z a c z n i j m y od k l o c k a , gdyż do niego d o ł ą c z o n a j e s t tylko j e d n a nić. N a d i a g r a m i e s i ł , p r z e d s t a w i o n y m n a r y s u n k u 5 . 1 7 b z a z n a c z o n o siły d z i a ł a j ą c e na k l o c e k : siłę c i ę ż k o ś c i F
e
(o w a r t o ś c i
mg)
vm
otrzymujemy: F , s i n 28" +
T
2
sin 4 7 = — 147 N = 0 .
Nie m o ż e m y rozwiązać równań ( 5 . 2 5 ) i ( 5 . 2 6 ) osobno, b z n i c h z a w i e r a d w i e n i e w i a d o m e , a l e m o ż e m y j e rozwiąż™'
oraz siłę F . działającą na k l o c e k ze strony nici. 3
jako układ równań, ponieważ zawierają te s a m e niewiat 1. Z w i ą z e k m i ę d z y tymi siłami a p r z y s p i e s z e n i e m m o ż e m y zapisać za pomocą drugiej zasady dynamiki (F
vvy
p =
ma).
klocka
Newtona
O b i e siły działają w pionie, dlatego też zastosu
j e m y równanie dla składowych pionowych ( F w naszym przypadku m a postać:
w y p
_
v
= m a , . ) , które
to z r o b i ć , m o ż e m y u ż y ć m e t o d y p o d s t a w i e n i a , otrzymamy: Fi
=
104 N
5 . Siła i ruch I
F,
=
1 3 4 N.
(01
Naprężenia nici w y n o s z ą zatem: 1 0 4 N dla nici 1, 1 3 4 N i 147 N d l a n i c i 3 .
104
odjąć
te r ó w n a n i a s t r o n a m i a l b o t e ż s k o r z y s t a ć z k o m p u t e r a . '
Przykład 5.7
chylenia równi 9 jest to także kąt między a osią y (patrz rysunek 5.18c). Składowa F
Na rysunku 5.18a lina utrzymuje w spoczynku klocek o masie m =
15 kg na pozbawionej tarcia równi pochyłej o kącie nachy
lenia 9 =
— F„ sin 9. czyli —mg sin 9. a składowa F
gy
kierunkiem Ł r
siły
F
s
jest zatem równa
jest równa - F cos 9. s
czyli — mg c o s # .
27 . :
Zapisując równanie (5.27) dla składowych .v. otrzymujemy: r
+ O-»igsin0
= 0 .
skąd
T = mgs\n8
=
(15 kg)(9.8 m / s ) ( s i n 2 7 ) = :
:
67 N. (odpowiedź)
Analogicznie, dla składowych y równanie (5.27) daje: 0 +
N - mg
cos
9 = 0.
a stąd:
N = mg cos0
=
(15 kg)(9.8 m / s ) ( c o s 2 7 ) = :
131 N s= 130 N.
:
(odpowiedź) a) b) A teraz przecinamy linę. Czy klocek, ześlizgując się po równi, porusza się ruchem przyspieszonym? Jeśli tak. to ile wynosi jego przyspieszenie?
ROZWIĄZANIE: Przecięcie
liny sprawia, że na klocek przestaje działać
W kierunku osi y sita normalna i składowa F
g v
siła
T.
nadal się rów
noważą. Natomiast w kierunku osi x na klocek działa teraz tylko składowa F
g v
. Jest ona skierowana wzdłuż równi (wzdłuż osi ,v),
wprawia zatem klocek w ruch przyspieszony O—t iys. w
5 . 1 8 . Przykład 5.7. a) Klocek o masie m jest utrzymywany
spoczynku za pomocą
liny. b) Diagram
łfccek. c) Składowe x i y siły F
sił działających na
Składową F
w tym kierunku.
możemy powiązać z przyspieszeniem a za
gx
pomocą drugiej zasady dynamiki Newtona, zapisanej dla składo wych .v (F»yp..v = ma ). x
Otrzymujemy: F
g
frv
=
ma.
czyli w
-mg sin 9 = ma.
Jaka jest wartość siły T, działającej na klocek ze strony liny siły normalnej N. działającej na klocek ze strony równi?
skąd dostajemy:
a=
—gsmt
(5.28)
łOZWIĄZANIE: 3wie szukane siły oraz siłę ciężkości »
F
g
klocka przedstawiono
diagramie sił działających na klocek, na rysunku 5.18b. Inne
mtf
nie działają na klocek. 0~r
Siły działające na klocek zwią-
Po podstawieniu wartości liczbowych otrzymujemy: a =
—(9.8 m/s )(sin 2 7 ) = 2
=
- 4 . 4 m/s . :
(odpowiedź)
Wartość otrzymanego przyspieszenia a jest mniejsza od wartości
m/s ), 2
_ _ e są z jego przyspieszeniem, a związek ten opisuje druga za-
przyspieszenia ziemskiego (równej 9.8
« d a dynamiki Newtona ( F
nie a pochodzi tylko od jednej składowej siły ciężkości F„ (skła
w v p
= ma),
która przyjmuje w naszym
dowej skierowanej wzdłuż równi).
pztpadku postać:
f +Ń + fcryspieszenie
F
=
g
ma.
a klocka jest równe zeru. więc otrzymujemy: f
+ Ń +
F
g
=
0.
(5.27)
oacenacza. że te trzy siły równoważą się wzajemnie. ..
gdyż przyspiesze
Aby rozwiązać równanie (5.27). w którym nie znamy dwóch
i/SPRAWDZIAN
/1 Jak
pokazano na rysunku, do klocka
na równi przyłożono skierowaną poziomo siłę F . a) Czy skła dowa siły F . prostopadła do równi, wynosi F cos 9 czy F sin 9 ? b) Czy istnienie siły F powoduje zwiększenie czy zmniejszenie wartości siły normalnej, działającej na klocek ze strony równi?
•eksorów. rozpiszemy je na składowe. Wprowadźmy układ współ-aedoych o osi x.
równoległej do równi, jak na rysunku 5.18b.
1 T i j t o układzie szukane siły (N
i T) skierowane są wzdłuż jego
mm. co ułatwia wyznaczenie ich składowych. Aby znaleźć skła* j * e siły ciężkości F
s
zauważmy przede wszystkim, że kąt na
5.8.
Jak stosować zasady dynamiki Newtona?
105
Przykład 5.8
ROZWIĄZANIE:
Na rysunku 5 . 1 9 a przedstawiono pasażera o masie m = 7 2 . 2 kg. s t o j ą c e g o na w a d z e w k a b i n i e windy. Interesują n a s w s k a z a n i a wagi. g d y winda pozostaje w bezruchu oraz g d y porusza się do g ó r y lub w d ó t .
O-^r
D l a d o w o l n e j p r ę d k o ś c i stałej ( r ó w n e j z e r u lub n i e ) przy
s p i e s z e n i e a p a s a ż e r a w i n d y jest r ó w n e z e r u . K o r z y s t a j ą c z t e g o w a r u n k u i p o d s t a w i a j ą c d o w z o r u ( 5 . 3 0 ) w a r t o ś c i l i c z b o w e danych otrzymujemy: N =
( 7 2 . 2 k g ) ( 9 . 8 m / s + 0 ) = 7 0 8 N.
(odpowiedź)
2
a ) Z n a j d ź w y r a ż e n i e o g ó l n e na w s k a z a n i e w a g i . s ł u s z n e d l a k a ż
Jest t o c i ę ż a r p a s a ż e r a w i n d y , r ó w n y w a r t o ś c i d z i a ł a j ą c e j n a n i e g o
d e g o rodzaju ruchu windy.
siły c i ę ż k o ś c i .
ROZWIĄZANIE:
c) Jakie jest
wskazanie
wagi. g d y winda
porusza
się d o góry
z p r z y s p i e s z e n i e m 3 . 2 m / s o r a z g d y p o r u s z a się w d ó ł z przy 2
O—w 1 . W s k a z a n i e w a g i j e s t r ó w n e w i e l k o ś c i sity n o r m a l n e j Fl. d z i a ł a j ą c e j na p a s a ż e r a z e strony w a g i . Z d i a g r a m u sit d z i a ł a j ą c y c h na p a s a ż e r a , p o k a z a n e g o na r y s u n k u 5 . 1 9 a w y n i k a , ż e p o z a tą siłą na p a s a ż e r a d z i a ł a j e d y n i e siła c i ę ż k o ś c i
F. s
spieszeniem 3 . 2 m / s ? 2
ROZWIĄZANIE: Z równania ( 5 . 3 0 ) o t r z y m u j e m y dla a = 3 . 2 m / s : 2
O-^r
2.
Siły
działające
przyspieszeniem t o n a (Fiyp =
na p a s a ż e r a
za pomocą
a
można
drugiej
powiązać
zasady
z jego
dynamiki
New
Przypomnijmy jednak, że zasada ta obowią
ma).
zuje j e d y n i e w u k ł a d z i e i n e r c j a l n y m . K a b i n a w i n d y się r u c h e m p r z y s p i e s z o n y m
układem
nie jest
poruszającej
inercjalnym. W y
b i e r z m y w o b e c t e g o uktad o d n i e s i e n i a z w i ą z a n y z z i e m i ą — k t ó r y jest uktadem inercjalnym — i wyrażajmy przyspieszenie pasażera w t y m układzie. O b y d w i e siły d z i a ł a j ą c e na p a s a ż e r a s ą s k i e r o w a n e p i o n o w o , c z y l i w z d ł u ż osi y na r y s u n k u 5 . 1 9 b , drugą
zasadę
ma ).
skad m a m y :
x
dynamiki
Newtona
N
— Fe =
dlatego też zastosujemy
dla składowych
y
(F»
> p
..
r
—
N =
( 7 2 . 2 k g ) ( 9 . 8 m / s + 3 . 2 m / s ) = 9 3 9 N. 2
2
2
N =
( 7 2 . 2 kg)(9.8 m / s -
3 . 2 m / s ) = 4 7 7 N.
2
2
od t e g o . c z y p r ę d k o ś ć c i a t a j e s t s k i e r o w a n a d o g ó r y . a j e j war t o ś ć r o ś n i e , c z y też j e s t s k i e r o w a n a w d ó t . a j e j w a r t o ś ć m a l e j e ) , wskazanie wagi jest większe od ciężaru pasażera. W a g a
nywany w układzie nieinercjalnym. Podobnie, g d y przyspieszenie jest skierowane w dót (niezależnie od tego. c z y prędkość
Z t e g o r ó w n a n i a w y n i k a , że w s k a z a n i e w a g i r ó w n e /V z a l e ż y o d
d ) J a k a j e s t w a r t o ś ć siły w y p a d k o w e j
p i o n o w e g o p r z y s p i e s z e n i a a windy. P o d s t a w i a j ą c mg
oraz wartość j e g o przyspieszenia
w miejsce
związanym
otrzymujemy, że: (odpowiedź)
+ a)
dla d o w o l n e j w a r t o ś c i p r z y s p i e s z e n i a b) Jakie jest
wskazanie
wagi,
ciał*
j e s t s k i e r o w a n a d o g ó r y . a j e j w a r t o ś ć m a l e j e , c z y t e ż j e s t skiero
(5.29)
s
N = m(g
wska
zuje w ó w c z a s c i ę ż a r p o z o r n y p a s a ż e r a , g d y ż p o m i a r j e s t w y k o
od ciężaru pasażera.
N = F +ma.
g
(odpowiedź)
Tak w i ę c . g d y p r z y s p i e s z e n i e j e s t s k i e r o w a n e d o g ó r y ( n i e z a l e ż n i e
w a n a w d ó t . a j e j w a r t o ś ć r o ś n i e ) , w s k a z a n i e w a g i j e s t mniejsze
ma.
czyli
F.
(odpowiedź)
a = - 3 . 2 m/s :
a dla
(5.30)
F
vyp
flp.tab
d z i a ł a j ą c e j n a pasażera, w układzie
odniesienia
z windą, g d y w i n d a p o r u s z a się z p r z y s p i e s z e n i e m
skierowanym do góry. j a k w punkcie ( c ) ? C z y F »
v p
-
m a
p
^
ROZWIĄZANIE:
a.
gdy winda jest
n i e r u c h o m a lub
p o r u s z a się d o g ó r y z e stalą p r ę d k o ś c i ą 0 . 5 m / s ?
O^r
W a r t o ś ć siły c i ę ż k o ś c i
F.
d z i a ł a j ą c e j n a p a s a ż e r a , nie za
e
leży o d r u c h u ani p a s a ż e r a , ani windy, a z a t e m , j a k o b l i c z y l i ś m y w punkcie ( b ) , F
s
w y n o s i 7 0 8 N. W p u n k c i e ( c ) stwierdziliśmy, że
w a r t o ś ć siły n o r m a l n e j N. d z i a ł a j ą c e j n a p a s a ż e r a w c z a s i e rucmi windy z przyspieszeniem skierowanym d o góry. równa
wskaza
niu w a g i , w y n o s i 9 3 9 N. W o b e c t e g o siła w y p a d k o w a d z i a ł a j ą c a
AN
wówczas na pasażera jest równa: f
Rys. a)
5.19. Pasażer
dze,
która
Przykład 5 . 8 . stoi
pozorny.
b)
działają
Diagram
cych
sił
na pasażera,
- pasażer
ści
106
oraz
siłę
mm m\
-
= (939 N) -
( 7 0 8 N ) = 231 N.
(odpowiedź^
nym. F
w > p
nie j e s t r ó w n e m i " . p
k a b
przyspieszo-j
. a z a t e m d r u g a z a s a d a dynamiki
będzie wskazanie wagi z powyż
s z e g o p r z y k ł a d u , g d y lina w i n d y z e r w i e się i k a b i n a
będzie
s p a d a ł a s w o b o d n i e , c z y l i — innymi s ł o w y — j a k i j e s t p o z o r n y a)
5. S i ł a i r u c h I
g
^SPRAWDZIAN 8: . akie
i
ciężko
F
F
N e w t o n a nie j e s t s p e ł n i o n a .
ł a j ą c ą n a n i e g o z e strony wagi.
= N -
z w i n d ą , j e s t j e d n a k r ó w n e z e r u . W o b e c t e g o w u k ł a d z i e nieinef-
zawie
r a j ą c y siłę n o r m a l n ą , d z i a -
p
c j a l n y m . j a k i m j e s t w i n d a p o r u s z a j ą c a się r u c h e m
jego
c i ę ż a r lub c i ę ż a r
y
p
na w a
wskazuje
w
Przyspieszenie pasażera a .kab w układzie odniesienia związanym
b)
ciężar pasażera w warunkach swobodnego spadku?
5.9
P r z y k ł a d
Rozumowanie
nieskuteczne. AB
~ F
.4 o masie m = 4 kg i B o masie m = 6 kg. Po przyłożeniu do A
Zgodnie z powyższym, dodajmy
do siły Fp siłę F . Dla składowych x dostajemy:
Na rysunku 5.20a przedstawiono dwa stykające się ze sobą klocki: B
AB
•docka .4 stałej siły poziomej F o wartości 2 0 N klocki ślizgają
=
m a A
(znak minus wynika z kierunku siły F, ). Równanie to jest po
p
B
••? bez tarcia po podłożu wzdłuż osi x.
prawne, lecz ponieważ nie znamy F . nie możemy z niego w y AB
znaczyć szukanego przyspieszenia a. Prawidłowe
B
sobą związanych. Wobec tego druga zasada dynamiki Newtona
b)
umożliwia powiązanie siły wypadkowej działającej na ten
c)
\vs. 5 . 2 0 . Przykład 5.9. a) Do klocka _A, stykającego -ię z kloc-..em B. przyłożono poziomo stałą siłę Fy. b) Na klocek 4 działają " poziomie dwie siły: siła zewnętrzna F oraz siła F p
y vAa B. c) Sa klocek "
• ze strony
B działa
klocka
w poziomie
AB
tylko
O — » Ze względu na kierunek
r
Fn
a)
rozwiązanie.
działania siły F obydwa klocki stanowią układ ciał sztywno ze
jedna
ze strony s i ł a : siła
A
z przyspieszeniem tego
układu. F
p
= (m
+
A
m )a. B
Równanie to w sposób poprawny wiąże
siłę F działającą na układ p
ciał z jego całkowitą masą / « . , 4- m . Rozwiązując to równanie B
względem
a i podstawiając
wartości
f. m
(20
+ //ig
A
_ !!e wynosi przyspieszenie klocków'?
liczbowe
danych,
N)
(6
(4 kg) +
znajdujemy: (odpowiedź)
kgj
Przyspieszenie układu, a zatem i każdego klocka ma więc kieru nek dodatni osi x i wartość 2 m / s . :
OZW1ĄZANIE:
r i„my kolejno: rozumowanie zawierające poważny błąd- rozua unie prowadzące w ślepą uliczkę i wreszcie rozumowanie,
-
zhwiąjące
rozwiązanie
•I -zumowanie
;
błędne.
zadania. Siła zewnętrzna Ą jest
przyłożona
do
,4, dlatego też skorzystamy z drugiej zasady dynamiki
v. -.via. aby powiązać tę siłę z przyspieszeniem a klocka A. dbywa się wzdłuż osi x. korzystamy zatem z tej zasady ! . - Jadowych x ( F
WNp
.
v
= ma ). co w naszym przypadku daje: x
Fn >iła F . lecz także siła F p
AB
A
d z i a ł a k l o c e k A n a k l o c e k B (rys. 5 . 2 0 c ) ' ?
O—t
Sił a wypadkowa działająca na klocek 6 jest
związana
z przyspieszeniem tego klocka, a związek ten opisuje druga zasada dynamiki Newtona. Zapisując znów t ę zasadę dla składowych .v otrzymujemy: FBA
=
'"liO-
CO po podstawieniu wartości liczbowych danych daje: F
BA
= ( 6 k g ! ( 2 m / s i = 12 N.
(odpowiedź)
:
Siła FBA ma zatem dodatni kierunek osi .v i wartość 1 2 N.
Prędkość cząstki, jak też ciała, które mo-
: v.. potraktować jak cząstkę, można zmienić (czyli nadać cząstce - . c i e s z e n i e ) jedynie działając na nie siłą (lub siłami) ze strony • - . ; h ciał. Mechanika
B
ROZV/!ĄZAN/£:
ze strony klocka B (jak pokazano
. - -jnku 5.20bs.
Lchanika klasyczna
b) J a k ą s i t a F
: Ul Ąll.
; k o w a n i e to jest jednak błędne, gdyż na klocek .4 działa nie .
klasyczna
Masa
M a s a ciała jest cechą decydującą o tym. jakie przyspie
szenie nadaje temu ciału dana siła (łub siła wypadkowa). Masa jest wielkością skalarną.
(newtonowska) wiąże ze sobą
spieszenia i siły.
Pierwsza zasada dynamiki Newtona
Jeśli działająca na ciało
siła wypadkowa jest równa zeru. to ciało pozostaje w spoczynku, Siła jest wielkością wektorową. J e j wartość jest wyzna; n„ przez przyspieszenie, jakie nadaje ona ciału wzorcowemu ~ o i e 1 kg. Siła. która nadaje ciału wzorcowemu przyspieszę.- ! m/s , ma z definicji wartość równą 1 N. Kierunek siły jest
o ile spoczywało w chwili początkowej lub porusza się po linii prostej z prędkością o stałej wartości, o ile w chwili początkowej znajdowało się w ruchu.
2
_ \ln> z kierunkiem wywołanego przez nią przyspieszenia. Siły - dajemy do siebie zgodnie z regułami algebry wektorów. Dzia. c a na ciało siła wypadkowa jest sumą wektorową wszystkich 4
działających na to ciało.
układ
Dla składowych x otrzymujemy:
Inercjalny układ odniesienia
Układy odniesienia, w których
spełnione są zasady dynamiki Newtona nazywamy układami
odniesienia
lub krótko układami
inercjalnymi.
inercjalnymi Układ
związany z Ziemią można uważać za układ inercjalny, gdy można
Podsumowanie
107
pominąć ruch Ziemi. Układy odniesienia, w których zasady dyna miki Newtona nie są spełnione nazywamy nieinercjałnymi dami
odniesienia
łub krótko układami
nieinercjałnymi.
ukła
przy czym m jest to masa ciała, a g • • to wartość przysp;.ziemskiego.
Układem
nieinercjalnym jest na przykład winda poruszająca się względem Ziemi ruchem przyspieszonym.
Ciężar
W ciała
jest to wartość siły skierowanej do §,>-
trzebnej do zrównoważenia siły ciężkości ciała, pochodź.. Ziemi (lub innego ciała niebieskiego). Jest on związany r
Druga
zasada dynamiki
Newtona
Siła wypadkowa F, ,. . dzia v
r
ciała, a związek ten przedstawiamy za pomocą równania:
łająca na ciało o masie m jest związana i przyspieszeniem a tego
W
ciała, a związek ten opisuje równanie: F.v.p = ma,
(5.1)
które można także zapisać dla składowych, w postaci: F*™.* = i » f l j .
/ w
v
= ma
oraz
y
F
w v p
Siła normalna
= Ulg.
N jest to siła jaką działa na ciało podł
które to ciało wywiera nacisk. Siła normalna jest zawsze i (5.2)
padła do podłoża.
(5.3)
Siła tarcia
Wynika stąd związek między jednostkami układu Sł: 1 N = 1 kg • m / s . 2
Rozwiązując zadania, dotyczące drugiej zasady dynamiki Newtona, wygodnie jest korzystać z tzw. diagramu sił czyli ry sunku sił działających na jedno
ciało.
Ciało to należy naryso
wać schematycznie lub zaznaczyć symbolicznie kropką. Rysujemy wszystkie siły działające na to ciało, a następnie dobieramy układ współrzędnych tak, aby rozwiązanie zagadnienia miało w nim pro stą postać. Kilka
f jest to siła. która działa na ciało, gdy s'„-
ono po powierzchni lub gdy staramy się wprawić j e w tak Siła ta jest zawsze równoległa do powierzchni, a j e j kieratu, przeciwny" do kierunku ruchu ciała. Gdy tarcie można pc mówimy o ruchu bez
tarcia.
Gdy nić jest naprężona, działa silą na ciała znajduj, na obydwu j e j końcach. Siła ta jest skierowana wzdłuż nici. runku od ciała do nici. Gdy nić jest pozbawiona
masy
ico oz
że j e j masę można pominąć), działa ona na ciała znajdujące
ważnych sił. Siła ciężkości
(grawitacji)
F„ jest to siła,
jaką dane ciało jest przyciągane przez inne ciało. W tym podręcz niku będziemy na ogół omawiać sytuacje, w których tym drugim
j e j końcach siłami o takich samych wartościach T nawet • gdy nić jest przełożona przez krążek się
bez
o znikomej
masie,
ohn
tarcia.
ciałem jest Ziemia lub inne ciało niebieskie. Siła ciężkości będzie więc zwykle skierowana do środka Ziemi, czyli pionowo w dół.
Trzecia zasada dynamiki
Zakładać też będziemy, że układ związany z Ziemią jest inercjalny.
B silą F c- ciało B działa na ciało C siłą F .
Przy tych założeniach wartość siły ciężkości wynosi:
równe co do wartości bezwzględnej i mają przeciwne kier
F., = mg.
1. Banan jest ciągnięty bez tarcia po ladzie barowej przez dwie
Siły te s.
Fsc =
—FCB-
2 . W chwili t = 0 na odłamek skalny poruszający się w kosmosie wzdłuż osi x. zaczyna działać siła F o stafc
(3 N)i - (4 N)j
Fi
Gdy ciało C działa n CIi
(5.8)
siły poziome:
Newtona
B
F = - ( 1 N ) i - (2 N)j. 2
tości. po czym odłamek nadal porusza się wzdłuż osi x. z podanych funkcji: 1) x = 4? - 3 , 2) .v =
- 4 r+ ć
3) .v = 4 f + 6t — 3, może opisywać położenie odłamk 2
Nie
używając
kalkulatora
określ, które z wektorów z
diagramu
sił przedsta
1\
wionego na rysunku 5.21 najlepiej przedstawiają siły: a)
F i . b) FV Jaka
jest
/
(2)
(1)
składowa siły wypadkowej wzdłuż: c) osi x, d) osi v?
F, .
W kierunku której ćwiartki układu współrzędnych skie rowany jest wektor: e) siły wypadkowej,
szenia teso banana?
108
(3)
f ) przyspie
5 . Siła i ruch I
Rys. 5 . 2 1 . Pytanie
F->
Rys. 5 . 2 2 . Pytanie 3
(4)
O? Dla której z tych funkcji siła
6 . Na rysunku 5.25 przedstawiono trzy wykresy zależności skła
> t skierowana przeciwnie do początkowego kierunku ruchu
dowej prędkości r, od czasu oraz trzy analogiczne wykresy dla
>.je czasu .v(/) dla t >
składowej r . Wykresy nie są wykonane w jednakowej skali. Do
:T.ka?
v
bierz pary wykresów i;,(t) i i \ i t ) . które najlepiej pasują do każ rysunku 5.22 przedstawiono widok z góry klocka leżącego
dego z przypadków pytania 5 i rysunku 5.24.
- \ilozu. po którym może się on poruszać bez tarcia oraz ,:ziaiającc na ten klocek w czterech różnych przypadkach. ;>">>ci narysowanych wektorów są proporcjonalne do wartości 'A którym z tych przypadków klocek może: a) znajdować się r -.zynku. bi poruszać się ze stalą prędkością? V : rysunku 5.23 przedstawiono pudełko na kanapki, ślisię bez tarcia ze stałą prędkością po podłodze pokoju .Liliowego oraz dwie siły
i Fi
działające na to pu-
Cheemy zmienić kąt $ utworzony z poziomem
przez
. bez zmiany war
c)
tej siły. Czy powin-
y
~y jednocześnie zwięk. mniejs/yć czy pozo-
7
bez zmiany wartość 7-_ jeśli chcemy, aby ..ko nadal poruszało się prędkością?
Rys. 5 . 2 3 . Pytanie 4
... rysunku 5.24 pokazano diagram sił działających na przed!eżac\ na podłożu, po którym może się on poruszać bez .
widok z góry) w czterech różnych przypadkach. W któ: tych przypadków przyspieszenie a przedmiotu ma różną
trx
d)
e)
Rys. 5 . 2 5 . Pytanie 6
ai składową x. b) składową y ? c) W każdym z przy-
* wskaż kierunek wektora a. podając albo ćwiartkę układu "rzędnych, albo kierunek jednej z osi tego układu. Wykonaj .zenia w pamięci.
7. Ciężar ciała zawieszonego na linie, jak na rysunku 5.łOc, wynosi 75 N . Czy wartość siły T jest większa, mniejsza czy równa 75 N. gdy ciało porusza się w dół. a wartość jego prędkości: a) rośnie, b) maleje?
' 6 N
8 . Do klocka o masie m leżącego na podłodze przyłożono siłę 2N
3 N
nej N. działającej na klocek ze strony podłogi przy zwiększaniu wartości F — począwszy od zera — gdy siła F jest skierowana:
2 N" 74 N
a) w dół. b) w górę?
9 . Na rysunku 5.26 przedstawiono cztery klocki, połączone ze
(2)
(1)
pionową F. Czy i j a k będzie się zmieniać wartość siły normal
sobą linami, ciągnięte bez tarcia po podłożu siłą F. Jaka całko wita masa jest przyspieszana w prawo przez: a) siłę F. b) linę 3. c) linę 1? d) Uszereguj klocki według ich przyspieszenia, od naj
6 N
większego do najmniejszego, e) Uszereguj liny według ich na prężenia, od największego do najmniejszego (pytanie to jest roz 5 N
: \
^ N
grzewką przed zadaniami 34 i 36).
4 K
lina
- \
4\ •
10 kg (3) Rys. 5 . 2 4 . Pytanie
-i 3 k a |~
5ka
2ks
(4) Rys. 5 . 2 6 . Pytanie 9
Pytania
109
1 0 . Na rysunku 5.27 przedstawiono trzy stykające się ze sobą
ciężkości działającą na pudło, c) siłę działającą na pudło ze str>
klocki, pchane bez tarcia po podłodze silą poziomą F.
budy. d) siłę działającą na budę ze strony pudła, e) siłę dział:
Jaka F,
na budę zc strony podłogi, I") siłę działającą na podłogę ze st
b) siłę F;i działającą na klocek 2 ze strony klocka 1. c) silę F$ .
budy? g) Które z tych sił mają jednakowe wartości? Które z
działającą na klocek 3 ze strony klocka 2 ? d) Uszereguj klocki
mają wartość: h) największą, i) najmniejszą?
całkowita masa jest przyspieszana w prawo przez: a) siłę
2
według wartości ich przy spieszenia, od największej l_f
(
guj siły F . F21 i F32 według
j
ich wartości, od najwiek-
i
szej do najmniejszej (pyta-
1 2. Na rysunku 5.29a przedstawiono klocek połączony lina z
10 kg
do najmniejszej, e) Uszere-
-
1
,
p
tern. który z kolei jest sztywno połączony z równią pochy łą. K
j
z podanych niżej wielkości rosną, maleją lub pozostają bez /m
—
— 1 — z — J -
(co do wartości bezwzględnej), gdy kąt nachylenia równi t_
nie to jest rozgrzewką przed zadaniem 31).
Rys. 5 . 2 7 . Pytanie 10
1 1. Na rysunku 5.28a przedstawiono pudło na zabawki stojące
śnie od zera: a) równoległa do równi składowa działające klocek siły ciężkości F„, b) naprężenie liny. c) prostopadł. równi składowa siły F„, d) siła normalna, działająca na ki, ze strony równi. Która z krzywych na rysunku 5.29b odpow każdej wielkości z punktów a-d?
na psiej budzie (cięższej od pudła), która stoi na drewnianej pod łodze. Na rysunku 5.28b ciała te przedstawiono za pomocą kro pek, umieszczonych na odpowiedniej wysokości oraz narysowano (nie w skali) sześć pionowych wektorów. Który z tych wektorów
a)
najlepiej ilustruje: a) siłę ciężkości działającą na budę. b) siłę
1
4
1 , :.
:
L kąt 0 a)
Rys. 5 . 2 9 . Pytanie 12
Rys. 5 . 2 8 . Pytanie 11
Rozwiązanie jest dostępne na stronie internetowej pod ręcznika: http://www.wiley.com/coIlege/hrw Rozwiązanie jest dostępne w postaci interaktywnej, wykorzystującej oprogramowanie Interactive LearningWare (na tej samej stronie)
Wyznacz przyspieszenie pniaka i zapisz j e za pomocą wekte jednostkowych, gdy druga siła jest równa: a) F ( - 4 N)j. b) F
2
= ( - 3 N)i + (4 N ) j , c) F
1 . Ciało wzorcowe o masie 1 kg doznaje przyspieszenia o war tości 2 m / s , skierowanego pod kątem 2 0 względem dodatniego :
kierunku osi x. Wyznacz: a) składową x, b) składową y siły wy padkowej działającej na to ciało, c) Zapisz tę siłę wypadkową, stosując wektory jednostkowe. 2. Pniak rzeźniczy o masie 2 kg może ślizgać się bez tarcia po
=
(—3 N>
ma wartość 8 N i działa pod kątem 6 2 ' na północ od kicru zachodniego. Wyznacz wartość przyspieszenia tego ciała. 4. Cząstka, na którą działają dwie siły porusza się ze stalą pi kością: v =
(3 m / s ) i — (4 m / s ) j . Jedna z tych sił jest rów
F] = (2 N)i + ( - 6 N)j. Wyznacz drugą siłę. 5 . Cząstka, na którą działają trzy siły porusza się ze stalą p: kością: v = (2 m/s)i — (7 m / s ) j . Dwie z tych sił są równe: F (2 N)i + (3 N)j + ( - 2 N)k oraz F
dwie siły poziome. Jedna z nich wynosi: F\ = (3 N)i + (4 N)j.
Wyznacz trzecią siłę.
5 . Siła i ruch I
2
= (3 N)i + ( - 4 \
3. Na ciało o masie 3 kg działają tylko dwie siły poziome. Je
blacie kuchennym, leżącym w płaszczyźnie .ty. Na pniak działają
110
2
z nich ma wartość 9 N i jest skierowana na wschód, a dr
5.5. Druga zasada dynamiki Newtona 2
b)
b)
2
= ( - 5 N)i + (8 N)j + ( - 2 >
waga sprężynowa
6. Trzej astronauci zaopatrzeni w
plecaki
z
Eutowymi
silnikami
120 kg tak, aby
skierować ją
do
działając
nią
na
kazanymi
•eoidy:
•
—
popychają planeto-
ioe o masie
Wyznacz
—G
od-
na
luku
statku,
silami
rysunku
a)
spręży nowa
5.30.
przyspieszenie
podaj je:
waga
po
pla-
U kg
b)
w zapi
sie za pomocą wektorów jed nostkowych jego:
b)
oraz
w
wartości,
postaci c)
runku.
7.
waga sprężynowa
kie Rys.
Na
pudło
którego sawiono iziałają
o
masie
2
widok
z góry
na
rysunku
dwie
siły,
5 . 3 0 . Zadanie 6
kg,
przed5.31,
z
któ-
Fi'
lych tylko jedną pokazano na rysunku. •ektor
Pokazano
natomiast
przyspieszenia
Rys.
pudła.
Wyznacz drugą siłę: przedstaw j ą : a) w zapisie za pomocą wek«xów jednostkowych oraz jako jej:
b) wartość, c) kierunek.
11 kg
20 N
11.
a
= 12 m/s
Rys.
2
5 . 3 1 . Zadanie 7
8. Na rysunku 5.32 pokazano oponę o masie 12 kg, która ma być ciągnięta za pomocą trzech lin. Jedna z przyłożonych do opony s ł (F\ o wartości 50 N) jest zaznaczona na rysunku. Dobierz kie
11 kg
c)
5 . 3 3 . Zadanie 9
Pewna cząstka ma ciężar 22 N w miejscu, gdzie g =
Wyznacz jej: a) ciężar, b) masę w miejscu, gdzie g =
9,8 m/s . 2
9,9 m/s
oraz jej: c) ciężar, d) masę w przestrzeni kosmicznej, gdzie g =
12.
2
0.
Oblicz ciężar zwiadowcy kosmicznego o masie 75 kg: a) na
Ziemi, b) na Marsie, gdzie przyspieszenie spadku swobodnego wynosi g =
3,8 m/s , c) w przestrzeni międzyplanetarnej, gdzie 2
g = 0. d) Ile wynosi masa zwiadowcy w każdym z tych miejsc?
runki dwóch pozostałych sił F
2
i F-, tak. aby wartość wypad kowego przyspieszenia
opony
5.8. J a k stosować zasady dynamiki N e w t o n a ?
była jak najmniejsza i wyznacz wartość, gdy: a) F
m
F F
2
= 30 N,
3
=
20 N: b)
F
3
=
10 N; c)
F =
2
2
=
13.
30 N. F
3
30 N.
Gdy jądro wychwytuje rozproszony neutron, musi go zatrzy
mać na drodze równej średnicy jądra. Siła, jaką działa ono wów
= Rys.
5 . 3 2 . Zadanie 8
czas na neutron, a która „skleja ze sobą" cząstki w jądrze
działywanie
silne),
że jądro o średnicy d
1 • 10"
=
1 4
m może wychwycić neutron
5.6. Kilka ważnych sił
o początkowej wartości prędkości nie większej niż 1.4 • 10
9.
jądra. Masa neutronu wynosi 1,67 • 1 0 ~
a) Salami o masie 11 kg wisi na lince połączonej z zaczepem
(od
jest poza nim praktycznie równa zeru. Załóż,
7
m/s.
Wyznacz wartość siły, zakładając, że jest ona stała w obszarze 2 7
kg.
wagi sprężynowej, która z kolei wisi na innej lince, przymocowa nej do sufitu (rysunek 5.33a). Jakie jest wskazanie wagi wyskalo-
14.
wanej w jednostkach ciężaru? b) Na rysunku 5.33b linka łącząca
stoi na chodniku, a potem skacze w górę. Wyznacz wielkość i kie
Dziecko o masie 29 kg, z plecakiem o masie 4,5 kg, najpierw
salami z wagą jest przełożona przez krążek, a drugi koniec wagi
runek siły. jaką dziecko działa na chodnik, gdy: a) stoi ono na
jest przymocowany do ściany za pomocą innej linki. Jakie jest
chodniku, b) znajduje się w powietrzu. Następnie wyznacz war
wypadkowej,
teraz wskazanie wagi? c) Na rysunku 5.33c zamiast ściany mamy
tość i kierunek siły
drugie salami o masie 11 kg. Układ znajduje się w spoczynku.
dziecka, gdy: c) dziecko stoi na chodniku, d) znajduje się ono
Jakie jest wskazanie wagi w tym przypadku? w w w
w powietrzu.
10.
Klocek, którego ciężar wynosi 3 N, spoczywa na poziomym
15.
działającej na ziemię ze strony
Spójrz na rysunek 5.18. Niech masa klocka wynosi 8.5 kg,
podłożu. Za pomocą pionowej sprężyny przyłożona jest do niego
a kąt 9 będzie równy 3 0 . Wyznacz: a) naprężenie liny, b) siłę
siła o wartości 1 N, skierowana pionowo do góry. Wyznacz war
normalną, działającą na klocek, c) Oblicz wartość przyspieszenia
tość i kierunek siły, jaką klocek działa na podłoże.
klocka po przecięciu liny.
=
Zadania
111
16.
W i n d a , w której znajduje się pasażer o m a s i e 5 0 k g . rusza z
o
wjitosci
4.5
10
O ile z m i c i u
'
Masa
N
elektionu
p a r t e r u , n a którym s t a ł a n i e r u c h o m o w c h w i l i f = 0 i w z n o s i s i ę
kg
n a n a j w y ż s z e p i ę t r o w c i ą g u 1 0 s. N a r y s u n k u 5 . 3 4 p r z e d s t a w i o n o
pizebedzie o n w p o / i o n n e diogc 30 m m '
wynosi
u
sie w pionie położenie elektionu w
Ł
z a l e ż n o ś ć p r z y s p i e s z e n i a w i n d y o d c z a s u , przy c z y m w a r t o ś ć d o datnia przyspieszenia o z n a c z a , że j e s t o n o skierowane do góry.
21
W y z n a c z wartość
nik mostu
i kierunek następujących
sił: a) m a k s y m a l n e j
ladący
Samochód
Pasazei
siły d z i a ł a j ą c e j na pasażer.i ze strony p o d ł o g i windy, b ) m i n i m a l
dcm
n e j siły d z i a ł a j ą c e j n a p a s a ż e r a z e s t r o n y p o d ł o g i , e ) m a k s y m a l n e j
powieli/na
siły d z i a ł a j ą c e j n a p o d ł o g ę w i n d y z e s t r o n y p a s a ż e r a .
wia
diogi).
zanim Jaka
pasażera,
z ptcdkoscia
pi/emics/c/a
uniciuohnmumy
/ostanie
siła działa
ktorei
53 k m ' h udeiza
sie d o p i z o d u o 65
w t y m czasie
mas,, wynosi
.
przt
na goira. .
4 | i g > Z a ł ó ż , z^
stała.
12
1
Taizaii. ktniego
ehwytaiac . , .
i
lu
"po \
poziomo
sic
zapisie
ok.z
Napęd
słoneczny.
.Jacht
słoneczny"
to p o j a z d
siło
wysokiej z poz'oii.*
ud uiwiska.
napie
o osi •
i o s i >. s k i c i o w a n c i
wck.oi<><\
sił; w y p a d k o w e ; .
b- Po Tai/a
na
d'U,ia)asCi i
e> w u i t o s i . . t i k i e i u n e - . p i z _ > s p i e s z e n i a
laizana
kosmiczny
0 w i e l k i m żaglu, popychany przez światło s ł o n e c z n e . C h o ć ciśnie
°
nie ś w i a t ł a j e s t b a r d z o m a ł e z p u n k t u w i d z e n i a n a s z y c h c o d z i e n
i u n / j c e e o / p o / i o n i e m kat S . t i z \ m a | ą c s i c h n \
nych d o ś w i a d c z e ń ,
to m o ż e b y ć w y s t a r c z a j ą c o d u ż e . a b y statek
o m..sic 5 0 kg w u a g c i y
t
s / c u k c ; s i c low n o k g L d o stoku
oddalił się o d S ł o ń c a — podróż taka byłaby bardzo powolna, ale
ra. tu, u u i
nie p o c i ą g a ł a b y
ze st.da p . e d k o s u a
za sobą żadnych
p
na Tai/ana Z t -.nony l u i
wypadkowa
di kioiunek
"ailosc
p o c t k o w o
siopy
ir.wi-.ka
o d kiawed/i
z zastosowaniem
ci
zeskaśuic
z gałęzi
W y b i c i / układ wspoli/ęJnych
a. P o d a ) siło d/iata|aca
sam; m
k2(i \
wynosi
zwisaiacej
W chwili. gd\ Ta>/a-i o d i y w a
gon
17.
aezai
liany,
Liana m a długose 2 " ni i twoi/y
wynosi
Rys. 5 . 3 4 . Z a d a n i e 1 6
koniec
k o s z t ó w . Z a ł ó ż , że s t a t e k k o
icst b e z i . a c a u
W_\/oac ' " ait<>s^ s j K
Ł
/C s * j o r y lm\ « c h w i l . g d \ a ) I m a p > / c m c i o w n a 2 m s . b i I m a por.i-.7a s i c ;
s m i c z n y ma m a s ę 9 0 0 k g . a s i ł a z e strony ś w i a t ł a w y n o s i 2 0 N .
s U „ f u k / a t k - w . ' I O W ! , , ' 2 111 s a pots u /w > c k s / „ i ^ , . - k
a) J a k a j e s t w a r t o ś ć p r z y s p i e s z e n i a s t a t k u ? J e ś l i p o j a z d
0.1 m / s - .
startuje
u
z e stanu s p o c z y n k u , t o : b ) j a k d a l e k o o d S ł o ń c a d o t r z e w c i ą g u j e d n e g o dnia. o j a k szybko będzie się poruszać po tym czasie?
i c - \ L / \ . i k j o m a s i e 4 1 ' kg i s . - i i m O n i a s i e >- 1 k _
I)
s;e i m taili / a m a i / n k t e g o \ k \ t
D/ieWs/w^a
ic/ima
p>> k l o w ] m o g ą
1 8. N a p r ę ż e n i e ż y ł k i w ę d k a r s k i e j , p r z y j a k i m s i ę o n a u r y w a n a
kę'
z y w a m y p o t o c z n i e ..siłą'" ż y ł k i . J a k ą m i n i m a l n ą . . s i ł ę " m u s i mieć
długości
ż y ł k a , a b y m ó c za j e j pomocą z a t r z y m a ć ł o s o s i a o c i ę ż a r z e 8 5
d / i e a v / » n k a ' a c 7 \ n . e u g i \ u . l i n k c s,;,i 5 2 \
N na d r o d z e
spi^s/ciiic s iick
11 m. jeśli
ryba płynie początkowo
z prędkością
u
lc_łi>s
2 . 8 m / s ? Z a ł ó ż , że o p ó ź n i e n i e r u c h u ł o s o s i a j e s t s t a ł e .
i5 m
Ł l
ti/\,n
pi/\wia/..iu
k t o i a m a z n i k o m o m a k . niase b
W pcw n W ; mku.*.
pi'\spieszciue d'ie\'czynki
o j -.vego p o
L
sie
du sanot
s
W ,
a t M - w e g o p o ' >/c,ik. d z i e w . ^ r k
się z s a n k a m i . ' 19.
Doświadczalne sanie rakietowe mogą być jednostajnie
spieszone do prędkości
1 6 0 0 km/h w ciągu
przy
1,8 s. J a k a s i ł a w y
p a d k o w a jest d o t e g o p o t r z e b n a , jeśli m a s a sań w y n o s i 5 0 0 k g ?
26.
Ciągniesz niską lodówkę po nasmarowanej
dze ( b e z t a r c i a ) , działając na nią stałą siłą F
tłuszcze
skierowaną
( p r z y p a d e k 1) a l b o s k i e r o w a n ą k u g ó r z e p o d k ą t e m 9 d o 20,
Samochód
o ciężarze
1.3 • i O
4
N poruszający
się począt
(przypadek 2 ) . a) W y z n a c z stosunek wartości
prędkości
k o w o z p r ę d k o ś c i ą 4 0 km/h z o s t a j e z a h a m o w a n y i z a t r z y m u j e s i ę
p a d k a c h 2 i 1 p o c z a s i e ; o d p o c z ą t k u d z i a ł a n i a siły. b ) II
p o p r z e b y c i u drogi
ten s t o s u n e k p o p r z e b y c i u p r z e z l o d ó w k ę d r o g i
stała
i wyznacz:
15 m . Z a ł ó ż , ż e s i ł a h a m u j ą c a s a m o c h ó d j e s t
a) wartość
t e j siły. b ) c z a s
potrzebny
trzymania s a m o c h o d u . Ile razy z w i ę k s z y s i c : c ) przebyta
do za droga,
27.
Strażak o ciężarze 7 1 2 N ześlizguje się po pionowy
d) c z a s h a m o w a n i a , j e ś l i prędkość p o c z ą t k o w a s a m o c h o d u będzie
z przyspieszeniem 3 m / s , skierowanym w dół. Wyznać;
dwukrotnie większa, a siła h a m u j ą c a nie ulegnie zmianie (odpo
i kierunek
wiedź powinna c i ę przekonać o t y m . że j a z d a z dużą
słupa, b) na słup ze strony strażaka.
jest b a r d z o
prędkością
2
siły
pionowej, działającej:
a) na strażaka ;
niebezpieczna)? 28.
B o r s u k o m a s i e 12 k g w b i e g a d l a r o z r y w k i z p r ę d k
1.2 • 1 0 ' n i / s
c z ą t k o w ą 5 m / s s k i e r o w a n ą w d o d a t n i m k i e r u n k u o s i x.
wchodzi w obszar, w k t ó r y m działa na n i e g o stała siła pionowa
z a m a r z n i ę t y staw. p o k t ó r y m ś l i z g a s i ę b e z t a r c i a . W y b i e
21 . E l e k t r o n p o r u s z a j ą c y s i ę p o z i o m o z p r ę d k o ś c i ą
112
5 . Siła i ruch I
*
którym borsuk wbiega na lód. jako początek układu współrzęd
nych. Zwierzę ślizga się po lodzie, przy czym jest popychane siłą 17 N przez wiatr wiejący w dodatnim kierunku osi y. Wyznacz: i ) wektor prędkości borsuka, b) wektor położenia borsuka w zapi sie za pomocą wektorów jednostkowych, po 3 s od początku jego ruchu po lodzie.
29.
Kula o masie 3 • 1 0 ~
kg jest zawieszona na sznurze. Na
J
Rys. 5 . 3 6 . Zadanie 34
kulę działa wiejący poziomo ze stałą prędkością wiatr, w wyniku czego sznur odchyla się od pionu, tworząc z nim stały kąt 3 7 . :
Wyznacz: a) wartość siły. jaką działa wiatr na kulę. b) naprężenie sznura,
ilw
3 5 . Osoba o masie 80 kg wykonuje skok ze spadochronem i poru sza się ze skierowanym w dół przyspieszeniem pionowym równym 2.5 m/s . Masa spadochronu wynosi 5 kg. a) Wyznacz skierowaną 2
www
do góry siłę. jaką powietrze działa na otwarty spadochron, b) Jaką 3 0 . Narciarz o masie 4 0 kg zjeżdża bez tarcia prosto w dół stoku nachylonego pod kątem 1 0
;
do poziomu, w czasie silnego wiatru
wiejącego równolegle do stoku. Wyznacz wartość i kierunek siły, jaką wiatr działa na narciarza, jeśli: a) prędkość narciarza ma stałą wartość, b) wartość prędkości narciarza zwiększa się w tempie 1 m/s , c) 2
wartość
prędkości narciarza zwiększa się w tempie
siłą skierowaną pionowo w dół działa skoczek na spadochron?
36. kami
Na rysunku 5.37 i ciągnięte
przedstawiono trzy klocki połączone lin
w prawą stronę siłą o wartości
T% =
65
N.
Klocki poruszają się po stole bez tarcia. Wyznacz: a) przyspie szenie układu klocków b) 7~. i c)
oraz naprężenie linek łączących klocki:
T. 2
2 m/s . 2
31.
Dwa stykające
się ze
sobą
klocki
leżą
na stole, po któ
rym mogą się poruszać bez tarcia. Do większego klocka przykła damy siłę poziomą, jak pokazano na rysunku 5.35. a) Wyznacz wartość siły. jaką działają na siebie klocki, jeśli m. •
:
=
1.2
kg.
a
F
=
3,2
N. b)
Wykaż,
że jeśli
=
2.3 kg.
siłę
o ta
kiej samej wartości F, lecz prze
3 7 . Wyobraź sobie ładownik, zbliżający się do powierzchni Kalli-
ciwnym kierunku przyłożymy do
sto. jednego z księżyców Jowisza. Jeśli silnik wytwarza siłę skie
mniejszego klocka, to siła. jaką
rowaną do góry (ciąg) o wartości 3 2 6 0 N. to pojazd obniża się ze
działać będą na siebie klocki bę
_
m
stalą prędkością; jeśli siła ta wynosi tylko 2 2 0 0 N. to pojazd spada
dzie miała wartość 2.1 N. różną od
otrzymanej
w
punkcie
z przyspieszeniem
(a),
32.
Silnik o masie
skierowanym
w dół. o wartości
0.39
m/s . 2
a) Ile wynosi ciężar ładownika w pobliżu powierzchni Kallisto?
c ) Wyjaśnij, dlaczego te wyniki są różne, ilw
Rys. 5 . 3 7 . Zadanie 36
Rys. 5 . 3 5 . Zadanie 31
1400 kg jest połączony z kadłubem pasa
b) Ile wynosi masa pojazdu? c) Jaka jest wartość przyspieszenia swobodnego spadku w pobliżu powierzchni Kallisto?
38.
Robotnik przesuwa skrzynię po podłodze hali fabrycznej,
żerskiego samolotu odrzutowego tylko za pomocą trzech wkrę
ciągnąc linę przywiązaną do skrzyni (rys. 5.38).
tów (taka jest powszechna praktyka). Przyjmij, że każdy wkręt
do liny nachylonej pod kątem 3 8
•trzymuje jedną trzecią ciężaru silnika, a) Oblicz silę działającą
450
na każdy z wkrętów, gdy samolot czeka na zezwolenie na start,
wartości 125 N. skierowana przeciwnie do kierunku ruchu skrzyni.
b) W czasie lotu samolot wpada w obszar turbulencji, które nagle
Oblicz wartość przyspieszenia skrzyni, jeśli: a) jej masa jest równa
nadają mu przyspieszenie o wartości 2.6 m/s , skierowane pio
310 kg. b) jej ciężar wynosi 310 N.
2
:
Przykłada on
do poziomu siłę o wartości
N. a ze strony podłogi działa na skrzynię siła pozioma o
nowo do góry. Wyznacz silę działającą wówczas na każdy wkręt.
33.
Kabina windy i jej zawartość mają łącznie masę
1600 kg.
Wyznacz naprężenie liny dźwigu, gdy kabina poruszająca się pier wotnie w dół z prędkością 12 m/s zostaje zatrzymana na drodze 42 m. przy czym jej przyspieszenie jest stałe.
3 4 . Na rysunku 5.36 przedstawiono cztery pingwiny, które w ra mach zabawy ciągnięte są bez tarcia po lodzie przez ich opie kuna. Na rysunku podano masy trzech pingwinów oraz naprężenia dwóch odcinków liny. Wyznacz masę czwartego pingwina (tego. którego masy nie podano).
Rys. 5 . 3 8 . Zadanie 38
Zadania
113
Klocek
3 9 . M o t o c y k l i s t a o m a s i e 6 0 kg j e d z i e s w y m p o j a z d e m pod górę
43.
p o r ó w n i p o c h y ł e j , n a c h y l o n e j d o p o z i o m u p o d kątem 1 0 " . z przy
pochyłej
s p i e s z e n i e m 3 m / s , a ) J a k a j e s t w a r t o ś ć siły w y p a d k o w e j , d z i a
szać
łającej na motocyklistę"? b ) J a k a j e s t wartość siły. d z i a ł a j ą c e j na
gący
m o t o c y k l i s t ę ze strony pojazdu"?
sie
2
10 m . trzymając
przez obracający
:
klockiem
b) kierunek przyspieszenia
w chwili początkowej się nie poruszał?
klocka wiszącego, c) naprę
44.
przyspieszeniem,
sie
równym
2.5 ; 1
ł a j ą c e j : a ) n a o g n i w o 1 z e strony
i
Na r\s
5 4 2 pizedst.iwiono
1 kg. znaiduiące
pudełko
MC n a i o w n i
ono
3 kg.
linka
/
pudełkiem
z długopisami
b e / tuli:.
może
ogniwa
4.
d)
ogniwa
na
4
12-50 m/s-
znikomo na
5.
mała
pudełko
1
Kiuzek
masę
ai
Ile
z długopisami
wynosi
dżuda
siła
Następnie oblicz: e ) siłę F dzia
b) W y z n a . . / n a j w i ę k s z a w a r t o ś ć s i h f
na
cze napięta.
strony
osoby
ogniwo,
podnoszącej
c u c h , f ) s i ł ę wypadkową dującą
przyspieszenie
ze łań
powo
o masie p o któiej
obucać
łającą
górne
n.
Połać/"'
ruszać
4 z e strony
o kacie
nia 3 0 ' . p o któie, m o ż e sie poiu\/uć b e z t a K V
strony o g n i w a 3 , c ) n a o g n i w o 3 strony
z ołówkami
pochyle]
poziome),
ze
.-•
Rys. 5 . 4 1 . Z a d a n i e 4 3
sie n a powieiZshm
ogniwo
:
50"
jącym
2. b) na ogniwo
nr"*-
znikomo y \
2 ze
ogniwa
o
j&
żenie Hm
o g n i w , k a ż d e o m a s i e O.ł k g , j e s t p o d n o s z o n y p i o n o w o ze s t a ł y m
przez
o masie
o m a s i e 6 5 k g . Z j a k ą p r ę d k o ś c i ą uderzy c z ł o w i e k w z i e m i ę , j e ś l i
m / s ~ . W y z n a c z w a r t o ś ć siły cizia-
krążek
się p
przełożoną
2.3 kg (rys. 5.41).
W y z n a c z : a) wartość przy
z pięciu
liną.
s i ę n a rt
może
;
pionowo
spieszenia każdego klocka,
złożony
3 0 , po której
połączony
się bez
J a k pokazano na rysunku 5 . 3 9 , łańcuch
3.7 kg znajdujący
b e z tarcia
wiszacvm
=
=
tarcia krążek i o b c i ą ż o n e j na drugim końcu workiem z piaskiem
41.
się liny przełożonej
m
jest
się obracać z
m,
nachylenia
b e z tarcia
drugim 4 0 . C z ł o w i e k o m a s i e 8 5 k g o p u s z c z a s i ę na z i e m i ę z w y s o k o ś c i
o masie
o kącie
może
-
sie bez t a u i .
naprężenie F
o
Im.-,
watlos^-
d l a któiei hnka 1
3 kg 1
f
każdego Rys. 5 . 3 9 . Z a d a n i e 4 1
oaniwa.
4 2 . O d r z u t o w i e c sił m o r s k i c h (rys. 5 . 4 0 ) o c i ę ż a r z e 2 3 1 k N m u s i osiągnąć prędkość 8 5 m / s . aby mógł wznieść się w powietrze. S i l n i k s a m o l o t u u m o ż l i w i a u z y s k a n i e siły d o 1 0 7 k N . l e c z n i e
Rys. 5 . 4 2 . Z a d a n i e 4 4
w y s t a r c z a to d o o s i ą g n i ę c i a p r z e z s a m o l o t p r ę d k o ś c i , p o t r z e b n e j d o startu n a p a s i e o d ł u g o ś c i 9 0 m . j a k i jest n a l o t n i s k o w c u . J a k ą m i n i m a l n ą siłą ( z z a ł o ż e n i a s t a ł ą ) m u s i d z i a ł a ć n a o d r z u t o w i e c wyrzutnia, stosowana w celu ułatwienia s a m o l o t o m startu? Z a ł ó ż , że zarówno wyrzutnia, j a k i silnik samolotu działają na samolot stałą siłą p r z e z c a ł y c z a s j e g o r o z p ę d z a n i a s i ę na 9 0 - m e t r o w y m p a s i e startowym.
45.
K l o c e k został pchnięty w górę. wzdłuż równi pocł
której
może
i,'o =
3.5 m/s. Równia
się poruszać
b e z tarcia, z prędkością poc
jest n a c h y l o n a d o p o z i o m u po'
(9 = 3 2 . a ) J a k d a l e k o w z n i e s i e s i ę k l o c e k w z d ł u ż r ó w n c z a s u z a j m i e m u d o t a r c i e d o punktu n a j w i ę k s z e g o
wzni
c ) J a k ą p r ę d k o ś ć b ę d z i e m i a ł k l o c e k w m o m e n c i e pov podnóża równi? 46.
Statek międzygwiezdny
o masie
1,2 • 1 0
6
k g znaj
w s p o c z y n k u w z g l ę d e m p e w n e j g w i a z d y , a) J a k i e s t a ł e p s z e n i e j e s t p o t r z e b n e , aby o s i ą g n ą ł o n w c i ą g u 3 dni prędk (gdzie c jest prędkością światła, równą 3 • ł ( )
b
m/s) w
tej g w i a z d y ? b ) I l e w y n o s i to p r z y s p i e s z e n i e w j e d n o s t c ) J a k a sita j e s t n i e z b ę d n a , a b y n a d a ć statkowi to przyspi d) I l e c z a s u z a j m i e t e m u statkowi ( l i c z ą c o d p o c z ą t k u j e g p o d r ó ż n a o d l e g ł o ś ć 5 m i e s i ę c y ś w i e t l n y c h , c z y l i na oc j a k ą światło przebywa w ciągu 5 miesięcy, jeśli p o osi p r z e z statek p r ę d k o ś c i 0 . I r s i l n i k i z o s t a n ą w y ł ą c z o n e ( t z z a c z n i e s i ę p o r u s z a ć z e stałą p r ę d k o ś c i ą o tej w a r t o ś c i ) ? 47.
Małpa
o
masie
10 kg wspina
się p o linie
nej przez gałąź drzewa i p r z y m o c o w a n e j skrzynki Rys. 5 . 4 0 . Z a d a n i e 4 2
114
5 . Siła i ruch I
o masie
15 k g ( r y s . 5 . 4 3 ) .
do stojącej
Lina
przerzi; n a zi«
ma znikomo
n
m a s ę i m o ż e się ślizgać p o gałęzi b e z tarcia, a) W y z n a c z m
Załóż następnie, że drugi
. - t o ^ pi/.yspies/e-
koniec
. n i u - i sic \wpi,.h\ s.i
/
skrzynka
;
J
osoba.
ziemi. J e -
;• ;s -nia t
:;r-'c
wspinać
wiek na ławeczce wznosił się: c ) ze stałą prędkością, d) ze skierowanym do góry
b> wanosc.
przyspieszeniem o wartości
\k przyspieszenia
1.3 m/s . Jaka jest wartość 2
"api\żonie liny'.' law nych
wartość
ta druga osoba, aby czło
przei hę-
e u A mać sic liny. -ęic:
Wyznacz
siły, jaką musi ciągnąć linę
skrzynki
małpa
liny opada aż do
ziemi, gdzie ciągnie go inna
siły wywieranej na suit ze
czasach
strony krążka: e ) w przy
ciągnięte wzdluz
padku (a), f ) w przypadku
•rzez konie, w spoisiaw tony
(b), g) w przypadku (c), li)
na ry-
w przypadku (d)?
Rys. 5 . 4 6 . Zadanie 5 0
4. Załóżmy, że kon •ę silą o wartości
Rys. 5 . 4 3 , Zadanie 47
51.
ierouana pod ką-
Klocek
o masie
wierzchni, po której
stosunku do kierunku ruchu barki, który odbywa się Iluż kanału. \L.sa barki wynosi 9 5 0 0 kg, a j e j przyspie;ów ne t i . l 2 n i . N - . Wyznacz: a) wartość, b) kierunek siły j na K u l ę / e strony wody.
mocą Do
m
t
jest
ciągnięty
może się poruszać
liny
o masie
i » 2 , j a k pokazano
końca
liny jest
przyłożona
każ, że lina musi
poziomo
po poziomej po bez tarcia, za po na rysunku 5 . 4 7 . siła
F . a)
Wy
zwisać, choćby w minimalnym stopniu. Zało
żywszy następnie, że zwis liny jest znikomo mały, ob
7900 N
licz: b) przyspieszenie liny i klocka, c ) siłę, działającą na klocek ze strony liny, d) naprężenie
liny w j e j
środku. ;
52.
5 . 4 4 . Zadanie 4 8
•
J.,k pokazano ciągnięty =
na rysunku 5.45, klocek
bez tarcia po poziomej 25
w góro od kierunku
o masie 5 kg
podłodze F =
za pomocą 12 N pod
poziomego,
a) Jaka
ż ; powoli /wieks/ai:i\ , teśc siły
, ...
oderwany
od pod-
;i?
c i Jaka jesi
5 kg
wartość: a) siły F, b) siły
53
Balon na ogrzane powicttze o masie tri] opada pionowo ze
skieumumm w doi przyspieszeniem o wartości a. Wyznacz masę
u tej
balastu, który trzeba wyi/ueic ' gondoli balonu, aby nadać mu
wili wartość przyspiesze., klocka?
może się poruszać bez tar
strony równi.
:tpśe tej sjiy w chw iii. ,:o
o nachyleniu 30% po której
działającej na skrzynię ze
F. Jaka jest
klocek zostaje eałko-
100 kg jest wciągana
w górę po równi pochyłej
poziomo siły F. Wyznacz
b > W v obraz so-
.
sie
cia, za pomocą działającej
-• -••ario-c przyspieszenia .
Jak pokazano na ry
sunku 5.48 skrzynia o ma
kiera działa na klocek siłą o wartości .-i.
Rys. 5 . 4 7 . Zadanie 51
Rys. 5 . 4 5 . Zadanie 4 9
przyspieszenie o wartości
sktet rwane do góry (tzn. przyspie
szenie o takiej s..mci wartości, lecz przeciwnym kierunku niż po ! C k Na rysunku 5 , 4 b przedstawiono człowieka siedzącego na la-
przednio). Przyjmy, ze skierowana do góry siła działająca na balon
.czce bosmańskiej /uwieszonej na linie, która jest przełożona
ze strony powietrza (siła nośna i mo zmienia się przy zmniejszeniu
" 'cz krążek, a drugi j e j koniec człowiek ten trzyma rękami. Lina
masy balonu
s'-ązek mają znikomo małe masy, a krążek obraca się bez tar....
Człowiek i ławeczka mają łączną masę 95 kg. Wyznacz war-
54. Na rysunku 5.49 przedstawiono fragment toru linowej kolejki
• 'se M ł y . jaką człowiek musi ciągnąć linę, aby wznosił się on:
górskiej.
..• 7 0 stalą prędkością, b i ze skierowanym do góry przyspiesze
z pasażerami wynosi 2 8 0 0 kg. Wagoniki jadą po linie nośnej i są
n i e m u wartości 1.3 m's- twskazówka: skorzystaj z diagramu sił).
Maksymalna
dopuszczalna masa każdego wagonika wraz
poruszane za pomocą liny pociągowej: liny są rozwieszone mię-
Zadania
115
dzy stupami. Załóż, że odcinki lin między słupami są fragmentem prostych. Ile wynosi różnica naprężenia kolejnych odcinków liny pociągowej, jeśli wagoniki mają maksymalną dopuszczalną masę i poruszają się z przyspieszeniem 0.81 chyleniu
55.
m/s
2
w górę stoku o na
35?
Winda o ciężarze 27,8 kN porusza się w górę ze skierowa
nym do góry przyspieszeniem o wartości
1.22
m/s , 2
a) Oblicz
naprężenie liny tej windy, b) Wyznacz naprężenie liny, gdy winda porusza się do góry. lecz jej prędkość maleje w tempie 1.22 m/s . 2
5 6 . Lampa wisi pionowo na linie w windzie, która jedzie w dół, a jej prędkość maleje w tempie 2.4
m/s , 2
a) Ile wynosi
masa
lampy, jeśli naprężenie liny jest równe 89 N? b) Ile wynosi na prężenie liny, gdy winda będzie wznosić się ze skierowanym do Rys. 5 . 4 9 . Zadanie 54
góry przyspieszeniem o wartości 2.4 m/s ? 2
6 Siła i ruch II
Koty, hodowane często przez lokatorów wielopiętrowych bloków mieszkalnych, bardzo lubią drzemać na parapetach okiennych. Jeśli kot przypadkowo spadnie z parapetu na chodnik uliczny, to doznane przez niego uszkodzenie ciała (określone przez !iczbę złamanych kości lub szansę utraty życia) zmniejsza
się wraz ze wzrostem
wysokości aż do siódmego lub ósmego piętra (rekordem jest tu wyczyn pewnego kota, który wypadł z 32 piętra i doznał edynie nieznacznego uszkodzenia tułowia oraz stracił jeden ząb).
Jak to możliwe, że upadek z większej wysokości jest mniej niebezpieczny? Cdoowiedź znajdziesz w tym rozdziale.
6 . 1 . Tarcie Siły tarcia są nieodłącznym elementem naszej codzienności. Gdybyśmy nie po trafili im przeciwdziałać, zatrzymałyby każde poruszające się ciało i nie pozwo liłyby obracać się żadnemu wirnikowi. Samochód zużywa aż ok. 20% paliwa na pokonanie sił tarcia w silniku i układzie przeniesienia napędu. Z drugiej jednak strony, gdyby tarcia zupełnie nie było, samochodem nigdzie byśmy nie dojechali, nie moglibyśmy chodzić, ani jeździć rowerem. Nie dałoby się utrzymać pióra w ręku, a nawet gdyby to było możliwe, to i tak nie dałoby się pisać. Gwoździe i wkręty byłyby bezużyteczne, tkaniny rozpadłyby się, a węzły by się rozwiązały. Zajmiemy się teraz siłami tarcia działającymi między suchymi powierzch niami stałymi, pozostającymi względem siebie w spoczynku albo poruszającymi się z niewielką prędkością jedna względem drugiej. Rozważmy trzy proste do świadczenia myślowe.
T
b)
spoczynek
j
Pchnij książkę, aby wprawić ją w ruch ślizgowy po stole. Zgodnie z ocze kiwaniem książka będzie zwalniać i w końcu się zatrzyma. Oznacza to, że poruszała się ona z przyspieszeniem, równoległym do powierzchni stołu i skierowanym przeciwnie do kierunku prędkości książki. Zgodnie z drugą zasadą dynamiki Newtona, na książkę musiała więc działać siła równoległa do powierzchni stołu, o kierunku przeciwnym do kierunku prędkości. To jest właśnie siła tarcia.
2.
Pchaj poziomo książkę po stole tak, aby poruszała się ze stałą prędkością. Czy wywierana przez ciebie siła jest jedyną siłą działającą na książkę? Nie. bo gdyby tak było, książka poruszałaby się ruchem przyspieszonym. Z dru giej zasady dynamiki Newtona wynika, że musi istnieć jeszcze inna siła, skierowana przeciwnie do tej, którą ty działasz, ale o takiej samej wartości, tak że te dwie siły się równoważą. Ta druga siła to siła tarcia, równoległa do powierzchni stołu.
Nt
• f c
c)
F
i d)
F
4=
ruch przyspieszony
Pchnij poziomo ciężką skrzynię. Skrzynia ani drgnie. Zgodnie z drugą za sadą dynamiki Newtona na skrzynię działa jeszcze inna siła, przeciwdzia łająca sile przykładanej przez ciebie. Co więcej, musi być ona skierowana przeciwnie do twojej siły i być jej równa co do wartości, tak aby te siły się równoważyły. Ta druga siła to siła tarcia. Pchnij skrzynię mocniej. Skrzynia nadal pozostaje w miejscu. Jak widać, siła tarcia może zmieniać wartość, aby równoważyć różne siły. Wreszcie pchnij skrzynię z całej siły. Skrzynia zaczyna się ślizgać. Stwierdzamy zatem, że istnieje wartość maksymalna siły tarcia, po przekroczeniu której ciało zaczyna się ślizgać.
ruch ze stałą prędkością
0 maksymalna wartość/ /
k
s
jest w przybliżeniu state
Rys.
6.1.
wnętrzna klocek zaczyna się ślizgać
118
6. S i ł a i r u c h II
a) Siły działające na klocek w spoczynku. b)-d) Przyłożona do klocka siła ze F jest równoważona przez siłę tarcia statycznego /
s
. Gdy
F
rośnie, /
s
także
wzrasta, aż do osiągnięcia pewnej wartości maksymalnej, e) Klocek zaczyna się ślizgać po stole, poruszając się ruchem przyspieszonym w kierunku siły F. f) Jeśli klocek ma się poru szać ze stalą prędkością, to siłę F trzeba zmniejszyć w stosunku do wartości maksymalnej,
czas
która była potrzebna do wprawienia klocka w ruch. g) Wyniki doświadczenia, wykonanego
g)
zgodnie ze schematem a ) - f j
To ostatnie doświadczenie przedstawiono szczegółowo na rysunku 6.1. Na munku 6.1 a klocek spoczywa na stole, a działająca na niego siła ciężkości Fo jest róraoważona przez siłę normalną N. Rysunek 6. Ib odpowiada sytuacji, w której inałasz na klocek silą F, starając się popchnąć go w lewą stronę. W odpowiełń pojawia się siła tarcia / , skierowana w prawo, która dokładnie równoważy s i ę przyłożoną przez ciebie. Siłę / nazywamy siłą tarcia statycznego. Klocek pozostaje w spoczynku. s
s
j Na rysunkach 6.1c i d pokazano, że gdy zwiększasz wartość przykładanej do Hocka siły, wartość siły tarcia statycznego / także wzrasta i klocek nadal się nie porusza. Gdy jednak siła przyłożona do klocka osiąga pewną wartość graniczną, Uocek zaczyna się ślizgać po stole i porusza się ruchem przyspieszonym w lewo #rys. 6.1.e). Siłę tarcia, która przeciwdziała wówczas ruchowi ciała nazywamy a ł ą tarcia kinetycznego /V s
Wartość siły tarcia kinetycznego, działającej na ciało w ruchu jest zwyUe mniejsza od maksymalnej wartości siły tarcia statycznego działającej, gdy dało spoczywa. Jeśli zatem chcesz, aby klocek poruszał się po podłożu ze stałą prędkością, to po ruszeniu klocka z miejsca musisz zwykle zmniejszyć wartość przykładanej siły, jak na rysunku 6.lf. Na rysunku 6.Ig pokazano jako przyBad wyniki doświadczenia, w którym zwiększano stopniowo siłę przykładaną do klocka, aż do wprawienia go w ruch. Zauważ, że gdy klocek ruszono już z miejsca, do utrzymania go w ruchu ze stałą prędkością potrzebna była siła •miejsza od tej, przy której klocek zaczął się ślizgać. Siła tarcia jest w istocie rzeczy sumą wektorową wielu sił działających mię dzy atomami na powierzchni jednego i drugiego ciała. Gdy dwie bardzo staranme wypolerowane i bardzo czyste powierzchnie metaliczne zetkniemy ze sobą w wysokiej próżni (aby zachować ich czystość), wówczas nie można uzyskać ich poślizgu względem siebie. Powierzchnie są bardzo gładkie, więc wiele atomów jednej i drugiej powierzchni znajduje się bardzo blisko siebie i obydwa kawałki metalu zostają ze sobą „zespawane na zimno", tworząc jeden kawałek metalu. Gdy zetkniemy ze sobą w powietrzu specjalnie wypolerowane klocki wzorcowe stosowane w warsztatach mechanicznych, w bezpośredniej bliskości znajduje się niniejsza liczba atomów obydwu powierzchni, niemniej jednak klocki trzymają się bardzo mocno i do oderwania ich od siebie potrzebne jest zwykle ich obróce nie, jak np. przy odkręcaniu nakrętki. Zwykle jednak zbliżyć się do siebie może bardzo niewiele atomów dwóch powierzchni. Nawet bardzo dobrze wypolerowane powierzchnie metaliczne nie są płaskie w skali atomów. Ponadto powierzchnie przedmiotów codziennego użytku są pokryte warstwą tlenków i innych zanie czyszczeń, które utrudniają zespawanie się ze sobą na zimno tych powierzchni. Gdy stykamy ze sobą dwie zwykłe powierzchnie, tylko najwyższe punkty powierzchni są bliskie siebie (to tak, jak gdyby Alpy Szwajcarskie obrócić do góry nogami i postawić na Alpach Austriackich). Powierzchnia rzeczywistego kontaktu mikroskopowego obydwu powierzchni jest znacznie mniejsza od po wierzchni pozornego kontaktu makroskopowego, nawet i 10000 razy. Niemniej jednak w wielu punktach styku powierzchni zachodzi ich spawanie na zimno. Właśnie to punktowe połączenie ze sobą powierzchni jest źródłem tarcia statycz nego, gdy staramy się przesunąć jedną powierzchnię względem drugiej.
6 . 1 . Tarcie
119
Jeśli p r z y ł o ż o n a siła jest dostatecznie duża, aby przesunąć
S
powierzd
w z g l ę d e m siebie, to najpierw występuje zer w an i e połączeń powierzchni > zaczynają się o n e p o r u s z a ć w z g l ę d e m siebie), a p o t e m ciągłe tworzenie się i r y w a n i e połączeń, g d y powierzchnie ślizgają się po sobie i różne punkty wierzchni stykają się ze sobą (rys. 6.2). Siła tarcia kinetycznego f ,
utrudnia
k
ruch powierzchni w z g l ę d e m siebie, jest sumą wektorową sił występujących w szczególnych punktach styku. Jeśli powierzchnie zostaną ściśnięte silniej, to zespawanie na z i m n o nas w znacznie większej liczbie punktów. U z y s k a n i e poślizgu powierzchni w / _ dem siebie w y m a g a ć więc będzie większej siły, tzn. wartość m a k s y m a l n a tarcia statycznego / Rys. 6 . 2 . Mechanizm tarcia poślizgo wego, a) Powierzchnia górna ślizga się po dolnej w prawą stronę, b) Po większony widok fragmentu obydwu powierzchni, pokazujący dwa miejsca, w których nastąpiło ich zespawanie na zimno. Aby rozerwać połączenia po wierzchni i utrzymać ich ruch względem siebie, potrzebna jest pewna siła
s
będzie większa. G d y powierzchnie zaczną się po sobie
zgać. chwilowe spawanie na z i m n o będzie także występować w większej lic: punktów, a zatem i siła tarcia k i n e t y c z n e g o f\ będzie miała większą wartos Ruch ślizgowy jednej powierzchni po drugiej m a często charakter skokc ponieważ powierzchnie na przemian lepiej i gorzej stykają się ze sobą. Ta powtarzającym się skokom mogą towarzyszyć efekty akustyczne (np. pis/ezi lub skrzypienie), j a k przy ostrym h a m o w a n i u s a m o c h o d u na suchej jezdni, drapaniu tablicy szkolnej p a z n o k c i e m , czy ruchu zardzewiałych zawiasów, zawsze muszą to być dźwięki niemiłe — przy umiejętnym pociągnięciu sni>, k i e m struny skrzypiec uzyskuje się b a r d z o piękne dźwięki.
6.2.
%
. 'r i c . w o ś c i
tarcia
Z d o ś w i a d c z e n i a wynika, że gdy suche ciało naciska na suchą powierzchnię r n i e o b e c n o ś ć smaru, a siła zewnętrzna F stara się nadać ciału ruch ślizgowy powierzchni, występuje siła tarcia, która m a następujące właściwości: Właściwość 1. Jeśli ciało się nie porusza, to siła tarcia statycznego /
s
składowa siły F równoległa d o powierzchni, się równoważą. Siły te mająjednako wartość, a siła /
s
jest skierowana p r z e c i w n i e d o składowej równoległej siły ,
Właściwość 2 . M a k s y m a l n a wartość siły / . którą o z n a c z y m y / s
s - r o a x
, di
jest w z o r e m : /s.max =
(6.1;
przy czym M s jest współczynnikiem tarcia statycznego, a N jest wartością s n o r m a l n e j , działającej na ciało ze strony powierzchni. Jeśli wartość składo\ siły F. która jest równoległa d o powierzchni, przekracza wartość f . ijmix
to ci;
z a c z y n a się ślizgać p o tej powierzchni. Właściwość" 3, Jeśli ciało z a c z y n a się ślizgać p o powierzchni, to wartość sil] tarcia g w a ł t o w n i e maleje d o wartości f
k
równej:
fk = fiuN.
(6.2)
przy c z y m JJ.^ jest współczynnikiem tarcia kinetycznego. Później, g d y ciał* j u ż się ślizga, jego ruchowi p r z e c i w d z i a ł a siła tarcia k i n e t y c z n e g o f\ danej r ó w n a n i e m (6.2).
120
6. Sita i ruch li
o wartość
Wartość
siły
normalnej
N. o której m o w a we w ł a ś c i w o ś c i a c h
2 i 3 , jest
miarą n a c i s k u c i a ł a na p o w i e r z c h n i ę . Jeśli nacisk ten jest większy, to — na m o c y trzeciej z a s a d y d y n a m i k i N e w t o n a — N jest w i ę k s z e . W p u n k t a c h jest o j e d n e j sile z e w n ę t r z n e j dla w y p a d k o w e j wielu
Bkze
mie sq r ó w n a n i a m i
1 i 2 mowa
F. l e c z z a w a r t e w nich s t w i e r d z e n i a s ą s ł u s z n e sił
działających
na c i a ł o . R ó w n a n i a ( 6 . 1 ) i ( 6 . 2 )
w e k t o r o w y m i : kierunki sił /
s
i / k są zawsze
równoległe
do powierzchni i p r z e c i w n e d o kierunku, w k t ó r y m m a się ś l i z g a ć c i a ł o , a siła • o r m a l n a N jest p r o s t o p a d ł a d o p o w i e r z c h n i . W s p ó ł c z y n n i k i /u i /u^ są b e z w y m i a r o w e , a ich w a r t o ś c i w y z n a c z a m y s
do
świadczalnie. Zależą one od właściwości zarówno ciała, jak i powierzchni, wobec c z e g o p o d a j ą c ich w a r t o ś c i u ż y w a m y z w y k l e s ł o w a . . m i ę d z y " , j a k w zdaniu: ,.warm>ść
/LZ
S
między
j a j k i e m a patelnią, p o k r y t ą t e f l o n e m , w y n o s i 0 . 0 4 , l e c z
butami d o w s p i n a c z k i a s k a ł ą m o ż e być r ó w n a nawet 1 , 2 " . B ę d z i e m y
między
zakładać,
że w a r t o ś ć /J.^ nie z a l e ż y o d p r ę d k o ś c i , z j a k ą ślizga się c i a ł o p o p o w i e r z c h n i .
'SPRAWDZIAN
1 : Klocek leży na podłodze, a) Jaka jest wartość siły tarcia działającej
•a klocek ze strony podłogi? b) Jaka jest wartość tej siły po przyłożeniu do klocka siły poziomej o wartości 5 N. przy czym klocek się nie porusza? c) Wartość maksymalna siły t s c i a statycznego / . s
m a x
wynosi 10 N. Czy klocek zostanie wprawiony w ruch siłą poziomą
o wartości 8 N? d) Czy klocek z punktu (c) wprawi w ruch siła pozioma o wartości N?
12
e) Jaka jest wartość siły tarcia w przypadku (c)?
Przykład 6.1
kierunku ruchu pojazdu (rys. 6.3b). Związek tej siły z przyspie szeniem znajdziemy z drugiej zasady dynamiki Newtona dla skła
Jeśli podczas hamowania awaryjnego koła samochodu zostają za
dowych x (fwyp.t = ma ). x
mianowicie:
blokowane (tzn. nie obracają się), to pojazd ślizga się po szosie.
-fk=
Z oderwanych od opony kawałków gumy i małych stopionych ele
(6.4)
ma.
mentów nawierzchni powstają ślady hamowania na jezdni, świad czące o tym. że podczas poślizgu zachodzi spawanie na zimno. Rekordowej długości ślady hamowania na drodze publicznej zaaotowano w 1960 roku. gdy samochód marki Jaguar pozostawił aa autostradzie Ml
w Anglii ślady o długości 290 m (rys. 6.3a)!
Wyznacz prędkość tego samochodu w chwili zablokowania kól,
a)
zakładając, że jego przyspieszenie w czasie hamowania było stałe.
i f t =
0.6.
y
ROZWIĄZANIE: 1.
Przyspieszenie pojazdu było stałe, dlatego też w celu zna
lezienia prędkości początkowej uo możemy skorzystać z równań z tabeli 2.1. na przykład z równania (2.16):
- samochód
x
v~
=
i'o +
2o(.v -
,v ). 0
(6.3)
przy czym przyjęliśmy, że samochód poruszał się w dodatnim kie runku osi .v. Wiemy, że przemieszczenie x — xo wyniosło 2 9 0 m. a prędkość końcowa v była równa zeru. Chcemy wyznaczyć war tość uo- N '
e
znamy jednak przyspieszenia a pojazdu. b)
Aby znaleźć a zauważmy, że: O—»
2 . Jeśli pominiemy opór powietrza, to jedyną siłą powo
dującą przyspieszenie a będzie siła tarcia kinetycznego
/ \ . dzia
łająca na samochód ze strony jezdni, skierowana przeciwnie do
Rys.
6.3.
Przykład
6.1.
a)
Samochód jadący
w prawo
wpada
w poślizg i zatrzymuje się po przebyciu drogi 2 9 0 m. b) Diagram sił dla teao samochodu
6 . 2 . Właściwości tarcia
121
przy czym m jest masą samochodu. Znak minus wskazuje kieru
przy czym znak minus wskazuje, że przyspieszenie ma uj>
nek siły tarcia kinetycznego.
kierunek osi x, przeciwny do kierunku prędkości samochodu
Z równania (6.2) wiemy, że siła tarcia ma wartość /
k
=
j.i N, k
gdzie /V jest wartością siły normalnej, działającej na samochód ze strony drogi. Samochód nie ma składowej pionowej przyspie szenia, a z rysunku 6.3b i z drugiej zasady dynamiki Newtona wynika, że wartość siły N jest równa wartości działającej na sa mochód siły ciężkości F , czyli mg. Mamy więc N = mg. Wyznaczając a z równania (6.4) i podstawiając f
k
Wg
w
= (i N = t
miejsce / ( . , otrzymujemy:
stępnie podstawiamy wyrażenie na a oraz v — 0 do rów (6.3). z którego możemy teraz wyznaczyć v . Daje to: 0
v = y 2 i g(x 0
!
- x
f k
0
) = ^ / ( 2 ) ( 0 . 6 ) ( 9 . 8 m / s ) ( 2 9 0 m) = 58 2
= 210 km/h.
(odpow
Założyliśmy, że koniec śladów hamowania to miejsce, w kt v = 0 . tzn. samochód się zatrzymał. W rzeczywistości skończyły się tylko dlatego, że po 2 9 0 m Jaguar wypadł z c Jego prędkość początkowa VQ wynosiła zatem co najmniej km/h, a być może znacznie więcej.
m
Przykład 6.2
Równania (6.6) i (6.7) tworzą układ równań z niewiadoi
Na rysunku 6.4a przedstawiono kobietę ciągnącą po poziomej powierzchni i ze stałą prędkością sanie z ładunkiem o łącznej masie m = 75 kg. Współczynnik tarcia kinetycznego fi
k
między
płozami sań a śniegiem wynosi 0.ł, a kąt
T i N. Wyznaczając A' z równania (6.6). podstawiając otrzy wyrażenie do równania (6.7) i rozwiązując j e względem T. n:
j
-
''
cos ci + /u sin 4> Lk ng
k
a) Wyznacz wartość siły f działającej na sanie ze strony liny.
kg)(9.8 m/s ) (cos 4 2 ) + (0. ł)(sin 4 2 " ) 2
:
= 91 N
(odpow
(oczywiście do rozwiązania tego układu równań można skorzysl
ROZWIĄZANIE:
z komputera).
Zauważ, że O-T
1 . Prędkość sań jest stała, dlatego też ich przyspieszenie
jest równe zeru, mimo że kobieta ciągnie j e przez cały czas. O — » 2. Sanie nie przyspieszają, bo działa na nie ze strony śniegu siła tarcia kinetycznego /
k
.
O—w 3 . Siły działające na sanie, w tym szukana siła T, są zwią zane z ich przyspieszeniem (równym zeru), a związek ten opisuje druga zasada dynamiki Newtona ( F
w y p
= ma).
A "A"
j 2
x
*L
a)
Siły działające na sanie, w tym siłę ciężkości F oraz siłę nor malną N, działającą na sanie ze strony powierzchni śniegu przed stawiono na rysunku 6.4b. Siły te wiąże ze sobą druga zasada
v
dynamiki Newtona, w której 5 = 0 . mianowicie:
f+
N + R + f
= 0.
k
(6.5)
Aby wyznaczyć wektor T zapiszemy to równanie dla składowych wzdłuż osi ,v i y z rysunku 6.4b. Dla osi x otrzymujemy: + 0 + 0 - /
T
x
k
= 0.
czyli F c o s ę * - ii /V = 0.
(6.6)
k
przy czym skorzystaliśmy z równania (6.2), aby podstawić n N k
w miejsce / . Dla osi y : k
T
y
b)
+ N - F g + 0 = 0.
czyli T sin
przy czym podstawiliśmy mg w miejsce F . e
122
6. Siła i ruch II
(6.7)
Rys. 6 . 4 . Przykład 6.2. a) Kobieta ciągnie obciążone sanie . stałą prędkością, działając na nie siłą T za pośrednictwem lii b) Diagram sił dla sań z ładunkiem
• Wyobraźmy sobie, że kobieta zwiększy siłę. jaką ciągnie line. _- że T stanie się większe niż 91 N. Czy wartość siły taieia i. ,-ośnie, zmaleje czy pozostanie taka sama. jak w przypadku (a)?
! :
Z 1 A N
2 : Na rysunku przedstawiono pudełko le
zące na podłodze, na które działa siła pozioma F\ o wartości 10 N. Pudełko się nie porusza. Do pudełka przykładamy teraz siłę pionową Fi o wartości wzrastającej stopniowo od zera. Czy
ZWIĄZANIE:
dla wartości siły F , dla których pudełko nadal pozostaje nieru 2
> - * " Jak wynika z równania (6.2). wartość f
K
.
jest wprost propor-
nalna do wartości siły normalnej A'. Zatem odpowiedź na za-
.. • e pytanie otrzymamy ze związku między A' i T. Takim związ-
siły normalnej działającej na pudełko ze strony podłogi: c) war tość maksymalna działającej na pudełko siły tarcia statycznego ./s.max rosną, maleją czy pozostają niezmienione, gdy siła F
.. .m jest równanie (6.7). Zapisując j e w postaci:
2
- T sin 0 .
A = mg
chome: a) wartość siły tarcia działającej na pudełko: b) wartość
(6.8)
wzrasta?
erdzamy. że gdy T wzrośnie, to N zmaleje (znaczenie fizyczne . s t w i e r d z e n i a jest następujące: skierowana do góry składowa :• i r n u a siły naciągu liny rośnie, więc siła działająca na sanie ze - r.y śniegu maleje). Ponieważ /
= (i N,
k
k
więc widzimy, że /
k
•-. _zie mniejsze niż poprzednio.
:
~ y k ł a d 6.3
'•„ rysunku 6.5a przedstawiono monetę o masie m, pozostającą i -poczynku na okładce książki, nachylonej do poziomu pod kąmoneta
; - - - . Stwierdziłeś doświadczalnie, że gdy 9 osiąga wartość 1 3 \ - i "iujest -
na granicy
ześlizgnięcia się z książki co oznacza, że
zwiększenie kąta nachylenia ponad 1 3 powoduje ześli;
-'Tulne
,_- ecie się monety. Wyznacz współczynnik tarcia statycznego - ; Jzy monetą a książką. •d-
iCrWiĄZANIE:
a)
," z by nie było tarcia między monetą a książką, moneta ześlizgi. J.-.C} się po książce pod wpływem siły ciężkości dla każdego • ; - i s o od zera kata nachylenia książki. Zauważ, że: 1. Ruchowi monety zapobiega siła tarcia / . s
> — t 2. Ponieważ moneta jest > . ace
u' dót.
na granicy
. „•:•••% ana wzdłuż książki do góry. — u N. s
..
rozpoczęcia ruchu po
to siła tarcia ma wartość maksymalną
jy.
max
i jest
Z równania (6.1) wiemy, że
gdzie A' jest wartością siły normalnej N. działają-
na monetę ze strony książki. Mamy więc: =
kierunek rozpoczynającego się ruchu monety
U*N-
/,.m« =
j . j otrzymujemy: =
(6.9) -F„cos t
- - . z tego równania wyznaczyć ; t . musimy znaleźć wartości sil V. Zauważ, że: s
0—» 3 . Moneta jest bliska ześlizgnięcia się po książce, lecz wciąż :• :estąje w spoczynku, to znaczy j e j przyspieszenie a jest równe
b)
: . ' . : . Związek tego przyspieszenia z działającymi na monetę si. - , * jest treścią drugiej zasady dynamiki Newtona ( F
ma).
Rys. 6 . 5 . Przykład 6.3. a) Moneta na granicy ześlizgnięcia się po
wynika z diagramu sił działających na monetę, przedstawio-
książce, b) Diagram sił. pokazujący (w skali) trzy siły działające
- : g o na rysunku 6.5b, siłami tymi są: 1) siła tarcia / . 2) siła
na monetę. Siłę ciężkości F, rozłożono na składowe wzdłuż osi x
- rrnalna /V. 3) działająca na monetę siła ciężkości F„ o wartości
i y, których kierunki wybrano tak. aby zagadnienie było najprost
-
sze. Składowa F sin 9 dąży do wprawienia monety w ruch śli
w v p
=
s
1
nej wg. Druga zasada dynamiki Newtona dla 5 = 0 daje więc: /
s
+/V + F
£
= 0.
(6.10)
a
zgowy po książce. Składowa F„ cos 8 przyciska monetę do książki
6 . 2 . Właściwości tarcia
123
Aby znaleźć / , i A', zapiszmy równanie (6.10) dla składo
Podstawiając wyrażenia (6.11) i (6.12) do równania (6.9). mai
wych wzdłuż osi .v i y układu współrzędnych z rysunku 6.5b. tzn. o osi .v równoległej do powierzchni książki. Dla składowych x mamy. podstawiając mg w miejsce f
s
mg cos 0
F: £
+ 0 - mg sin 0 =
0.
co w naszym przypadku daje:
czyli /< = mg sin 0 = 0.
p
= tg 13
s
(6.11)
= 0.23.
(odpowie
W istocie rzeczy do wyznaczenia współczynnika / i , nie J C M
Analogicznie dla skł adowych y otrzymujemy:
nieczne obliczanie kąta 0. Wystarcz)' zmierzyć długości dv.
0 + N — mg cos 9 = 0.
odcinków, pokazanych na rysunku 6.5a i podstawić h/d
czyli
w rr.
sce tg 6 we wzorze (6.13). M = mg cos (i.
(6.12)
to
6 . 3 .
Płynem n a z y w a m y ośrodek zdolny d o p r z e p ł y w u , czyli gaz łub ciecz. Je.si: chodzi ruch względny p ł y n u i ciała (tzn. albo ciało p o r u s z a się w płynie, płyn o p ł y w a ciało), to na ciało działa siła oporu D ( a e r o d y n a m i c z n e g o w g lub h y d r o d y n a m i c z n e g o w cieczy), utrudniająca ten ruch względny i skierov w k i e r u n k u p r z e p ł y w u płynu w z g l ę d e m ciała. O m ó w i m y tu jedynie przypadki, gdy p ł y n e m jest powietrze, ciało m a ks „ o b ł y " (jak piłka baseballowa), a nie w y s m u k ł y (jak o s z c z e p ) , a ruch w z g k jest dostatecznie szybki na to, aby p r z e p ł y w był turbulentny, tzn. aby powie tworzyło za ciałem wiry. W tych w a r u n k a c h zależność wartości siły oporu Z prędkości względnej v jest dana w z o r e m : D=±CpSv ,
(6.1.
2
przy c z y m C jest w y z n a c z o n y m d o ś w i a d c z a l n i e współczynnikiem oporu rodynamicznego. p — gęstością (czyli masą j e d n o s t k i objętości) powie a S — polem przekroju poprzecznego ciała (tzn. polem przekroju prost d ł e g o do k i e r u n k u wektora prędkości v). Współczynnik oporu C (którego tość jest z w y k l e zawarta w granicach od 0 , 4 do 1) jest tylko w przybliżeniu < dla d a n e g o ciała, p o n i e w a ż dla b a r d z o dużej z m i a n y v. C też m o ż e ulec zmit P o m i n i e m y tu j e d n a k tę z m i e n n o ś ć C. Narciarze uprawiający zjazdy d o b r z e wiedzą o tym, że siła oporu za od S i r . 2
Aby osiągnąć dużą p r ę d k o ś ć , narciarz musi — j a k się tylko d;
zmniejszyć D. na przykład zmniejszając S przez przyjęcie pozycji o ksztt p o d o b n y m do jajka (rys. 6.6). Rys. 6 , 6 . Narciarz przyjmuje
pozycję
o kształcie podobnym do jajka, aby jak najbardziej zmniejszyć swoje pole prze
Gdy ciało o o b ł y m kształcie spada w powietrzu z prędkością początk równą zeru, siła oporu D jest skierowana do góry. Jej wartość wzrasta s niowo od zera, w miarę j a k ciało nabiera prędkości. Ta skierowana d o
kroju poprzecznego, a więc i działającą
siła D jest p r z e c i w n a do skierowanej w dół siły ciężkości F . Związek tyci
na niego siłę oporu aerodynamicznego
z p r z y s p i e s z e n i e m ciała opisuje druga z a s a d a dynamiki N e w t o n a dla składov
124
6 . Siła i ruch II
s
T a b e l a 6 . 1 , Prędkości graniczne niektórych ciał w powietrzu
spadające ciało -
I
\D
Prędkość „Droga 95%" graniczna [m/s] [mj
Ciało
D
1
kula (do pchnięcia kulą)
145
2500
skoczek (przed otwarciem spadochronu)
60
430
42
210
piłka tenisowa
3i
115
piłka do koszykówki
20
47
piłeczka pingpongowa
9
10
kropla deszczu (o promieniu 1.5 mm)
7
6
skoczek (po otwarciu spadochronu)
5
3
piłka baseballowa V a)
b)
c)
.7. S i h działające na ciało spadające w powietrzu: a) gdy zacz\na spadać, b) nieco później, gdy występuje już siła : i jeszcze później, gdy siła oporu wzrosła tak, że rówsiłę ciężkości ciała. Od tej chwili ciało spada ze stałą -J\i\ graniczna
dłuż
pionowej osi y ( F
D r o g a , po przebyciu której ciało s p a d a j ą c e z p r ę d k o ś c i ą początkową równą zeru Ź r ó d t o : Peter J. B r a n c a z i o ,
v v y p
.
v
= ma ),
95 k Sport Science.
o s i ą g a p r ę d k o ś ć o wartości w y n o s z ą c e j
c
prędkości g r a n i c z n e j . S i m o n and S c h u s t e r . N e w York 1 9 8 4 .
tzn.:
y
D-F =ma,
(6.15)
g
• e >n jest masą ciała. Jak z a s u g e r o w a n o na rysunku 6.7. jeśli ciało spada ".tecznie długo, to w pewnej chwili siły D i F„ się równoważą. Jak w y n i k a , z n a n i a (6.15), o z n a c z a to. że a =
0, czyli od tej chwili prędkość ciała
wzrasta. C i a ł o spada dalej ze stałą prędkością, noszącą n a z w ę p r ę d k o ś c i
micznej u,. A b \ znaleźć v , wstawmy a — 0 do równania (6.15) i p o d s t a w m y tam wyrat
. e na D z r ó w n a n i a (6.14). O t r z y m a m y : \CpSv^
— F„ =
0,
O f
\j
CpS
(6.16)
tabeli 6.1 p o d a n o wartości i' dla kilku ciał. t
Z g o d n i e z obliczeniami w y k o n a n y m i na podstawie r ó w n a n i a (6.14)*, kot ...;ga prędkość graniczną p o spadku z wysokości około sześciu pięter. D o p ó k i nie nastąpi. F
s
> Z) i kot porusza się r u c h e m p r z y s p i e s z o n y m z przyspiesze-
em skierowanym w dół, g d y ż działająca na niego siła w y p a d k o w a skierowana >; w tę stronę. Przypomnij sobie z rozdziału 2, że twoje ciało jest „przyspiesze:
W. O. Whitney. C. J . Mehlhaff, High-Rise Syndrome in Cats, The Journal erican
Yeterinary
Medical
Association
of
the
( 1 9 8 7 ) . 1 9 1 , 1399.
6 . 3 . Siła oporu i prędkość graniczna
125
G d y j e d n a k kot osiąga prędkość graniczną, przyspieszenie zanika i kot r się uspokaja, przy c z y m rozpościera łapy i szyję p o z i o m o oraz prostuje gr: ( p r z y p o m i n a wtedy wiewiórkę w czasie skoku). Dzięki temu pole S w z i a zatem z w i ę k s z a się — zgodnie z r ó w n a n i e m (6.14) — siła oporu D. zwalnia, ponieważ teraz D > F„ (siła w y p a d k o w a jest skierowana w górę d o osiągnięcia nowej — mniejszej — wartości prędkości granicznej. Mniejs o z n a c z a mniejsze p r a w d o p o d o b i e ń s t w o poważnych urazów przy lądowaniu, przed k o ń c e m lotu, gdy kot widzi, że zbliża się d o ziemi, wyciąga łapy w aby przygotować się d o lądowania. Rys. 6 . 8 .
Skoczek
wykonujący
L u d z i e często wykonują skoki z dużej wysokości z o p ó ź n i o n y m otwap
skok
z opóźnionym otwarciem spadochronu
spadochronu, dla czystej przyjemności s w o b o d n e g o spadania. W kwietniu
przyjmuje pozycję orła w locie, aby siła
roku. w czasie takiego skoku, skoczek G r e g o r y Robertson zauważył, że j e g
oporu powietrza była jak największa
warzyszka D e b b i e Williams straciła p r z y t o m n o ś ć , zderzając się z j e s z c z e i i i s k o c z k i e m i nie jest w stanie otworzyć spadochronu. Robertson znajdowa w tym m o m e n c i e z n a c z n i e wyżej w powietrzu niż Williams i nie otworzył _ cze s w e g o spadochronu przed ostatnim, 4 - k i l o m e t r o w y m o d c i n k i e m lotu. S z ; ustawił się głową w dół, aby zmniejszyć S i zwiększyć swoją prędkość spa Osiągnął w ten s p o s ó b prędkość graniczną, szacowaną na 3 2 0 k m / h , dop« W i l l i a m s , p o c h w y c i ł ją, p o c z y m przyjął pozycję orła w locie (jak na
rysi
6.8), aby zwiększyć D. Otworzył najpierw jej spadochron, a p o t e m — w y p u ś szy ją — swój, zaledwie na 10 s przed lądowaniem na ziemi. W i l l i a m s doz poważnych urazów wewnętrznych na skutek n i e w ł a ś c i w e g o ustawienia ciała lądowaniu, ale p r z e ż y ł a upadek.
Przykład 6.4
żemy zatem skorzystać z tego równania w celu wyznaczeni!
Kot osiąga w pozycji skurczonej prędkość graniczną 97 km/h.
i końcową prędkość graniczną, a przez S| i Sz — pierwotne i
Następnie prostuje się i rozpościera łapy, dzięki czemu zwiększa 5 dwukrotnie. Ile wynosi wówczas jego nowa prędkość graniczna?
sunku prędkości granicznych. Oznaczmy przez r
JlFJCpS,
O T
iv
a
pier*
cowe pole przekroju. Z równania (6.16) otrzymujemy:
= v 0.5 % 0.7,
ROZWIĄZANIE:
VS
J2F /CpSi
Prędkość graniczna kota zależy (między innymi) od pola
j e g o przekroju poprzecznego S. zgodnie z równaniem (6.16). Mo
(1
g
2
V 25,
co oznacza, że r,i ^ 0 , 7 u , czyli około 68 km/h. tl
Przykład 6.5
z drugiej zasady dynamiki Newtona oraz ze wzoru na siłę o:
Kropla deszczu o promieniu R = 1,5 mm spada z chmury znaj dującej się na wysokości h = 1200 m nad ziemią. Współczynnik oporu aerodynamicznego C dla tej kropli wynosi 0,6. Zakładamy, że kropla ma kształt kuli przez cały czas lotu. Gęstość wody p.,
v
jest równa 1000 kg/m , a gęstość powietrza p wynosi 1.2 kg/m . 3
p
3
lecz już to przedtem zrobiliśmy, wyprowadzając wzór (6.16 Aby skorzystać ze wzoru (6.16). musimy znać pole przek. poprzecznego 5 oraz wartość siły ciężkości F . s
2
e
1) F„ = mg. gdzie m jest masą kropli: 2) objętość kropi' ' " =
|TX/? ; 3
3) gęstość wody w kropli
masa jednostkowej objętości, czyli p F
ROZWIĄZANIE:
jest
(tzn. -R ). Aby znaleźć F . weźmiemy pod uwagę trz\ :_• jest kulą wynosi V
a) Ile wynosi prędkość graniczna kropli?
Kropla
sta. więc S jest polem koła o takim samym promieniu jak «
s
w
= m/V. Mamy zat
= V p g = |:rc/?'p g. w
w
€>—» Kropla osiąga prędkość graniczną i:,, gdy siła ciężkości jest
Możemy teraz podstawić do równania (6.16) powyższe wyr
równoważona przez siłę oporu powietrza, tak że przyspieszenie
wyrażenie na S oraz wartości liczbowe danych. Uważaj, ;
kropli jest równe zeru. Aby wyznaczyć f , możemy skorzystać
pomylić gęstości powietrza p z gęstością wody p . Otrzyn:
t
126
6. Siła i ruch II
p
w
równym przyspieszeniu ziemskiemu g. Możemy więc skorzystać
Cp S p
V
3C/9 ^/?
Y
:
p
3Cp
z równań ruchu ze statym przyspieszeniem z tabeli 2.1. Wiemy, p
że przyspieszenie jest równe g. prędkość początkowa v
0
wynosi
0. a przemieszczenie ,v — .Yn jest równe h. więc do wyznaczenia (8)(1.5 • 1 0 "
V = taż.
7.4 m/s
że wysokość
3
m)(1000 k g / m ) ( 9 . 8
m/s )
3
(3)(0.6)(1.2
3
v = flhg s
(odpowiedź)
27 km/h. chmury
v możemy zastosować równanie (2.16), co daje:
2
kg/m )
nie ma wptywu
=
na wynik. Jak
=
N
/ ( 2 ) ( 9 . 8 m / s ) ( 1 2 0 0 m) 2
153 m/s =s 5 5 0 km/h.
(odpowiedź)
• ••1 i z tabeli 6.1 kropla deszczu osiąga prędkość graniczną po
0
afcdwie kilku metrach spadku.
działby, że „spływa jak łagodny deszcz z nieba na ziemię"*.
mtmc wynosiłaby prędkość kropli tuż przed upadkiem na ziemię,
^ S P R A W D Z I A N 3 I Czy
s£*by nie było sity oporu powietrza?
w pobliżu ziemi prędkości dużych
kropli deszczu są większe, mniejsze czy takie same jak pręd kości kropli małych? Przyjmij, że wszystkie krople są kulkami
CZWIĄZANIE: 3—r
kropli spadającej z taką prędkością Szekspir raczej nie powie
1 mają takie same współczynniki oporu aerodynamicznego.
Gdyby nie byto sity oporu powietrza, zmniejszającej pręd-
mmc spadku kropli, kropla spadałaby ze statym przyspieszeniem
* Przekład Romana Brandstaettera {Kupiec wenecki. PIW. Warszawa 1953).
6.4. Ruch jednostajny po okręgu J t t : p a m i ę t a m y z paragrafu 4 . 7 ruch c i a ł a p o o k r ę g u (lub łuku o k r ę g u ) z p r ę d k o isa
o stałej w a r t o ś c i v n a z y w a m y r u c h e m j e d n o s t a j n y m p o o k r ę g u . P a m i ę t a m y
• ż . że c i a ł o m a w ó w c z a s p r z y s p i e s z e n i e d o ś r o d k o w e ( s k i e r o w a n e d o ś r o d k a t e g o
dbęgu)
o stałej w a r t o ś c i , danej w y r a ż e n i e m :
v
a
pzy
—
=
R
(przyspieszenie dośrodkowe),
(6.17)
c z y m R jest p r o m i e n i e m o k r ę g u .
O m ó w i m y d w a p r z y k ł a d y ruchu j e d n o s t a j n e g o p o o k r ę g u . L
Jazda
samochodem
po łuku.
S i e d z i s z p o ś r o d k u tylnej kanapy w s a m o c h o d z i e
j a d ą c y m z e stałą p r ę d k o ś c i ą p o płaskiej d r o d z e . G d y k i e r o w c a g w a ł t o w n i e skręca w lewo, p o k o n u j ą c zakręt p o k o ł o w y m łuku, z o s t a j e s z z e p c h n i ę t y n a prawy skraj kanapy, a p o t e m przyciśnięty d o ściany s a m o c h o d u a ż d o k o ń c a zakrętu. C o się d z i e j e ? G d y s a m o c h ó d j e d z i e po k o ł o w y m łuku, p o r u s z a się r u c h e m j e d n o s t a j nym p o o k r ę g u , tzn. d o z n a j e p r z y s p i e s z e n i a s k i e r o w a n e g o d o ś r o d k a łuku. Z g o d n i e z d r u g ą z a s a d ą dynamiki N e w t o n a ź r ó d ł e m p r z y s p i e s z e n i a j e s t siła. która musi być s k i e r o w a n a tak j a k p r z y s p i e s z e n i e , tzn. d o ś r o d k a łuku. Jest
to siła dośrodkowa.
której n a z w a z w i ą z a n a j e s t z jej k i e r u n k i e m . W n a s z y m
przypadku jest t o siła tarcia, j a k ą d r o g a działa n a o p o n y kół s a m o c h o d u — to dzięki niej m o ż l i w e jest p o k o n a n i e zakrętu. Jeśli p o r u s z a s z się w r a z z s a m o c h o d e m r u c h e m j e d n o s t a j n y m p o o k r ę g u , to siła d o ś r o d k o w a działa także na c i e b i e . J a k j e d n a k w i d a ć , siła t a r c i a d z i a łająca na ciebie ze strony kanapy nie j e s t d o s t a t e c z n i e d u ż a . abyś p o r u s z a ł się
6 . 4 . Ruch jednostajny po okręgu
127
p o okręgu w r a z z pojazdem. Ześlizgujesz się więc p o kanapie na m o c h o d u . D o p i e r o ta ściana działa na ciebie siłą d o ś r o d k o w a o dc dużej wartości, abyś poruszał się wraz z s a m o c h o d e m r u c h e m j c i " p o okręgu. 2.
Ruch na orbicie
wokół Ziemi.
s m i c z n e g o Atlantis.
Tym razem jesteś p a s a ż e r e m wahau.
G d y w r a z z nim jesteś na orbicie o k o ł o z i e n > s
w a s z " swobodnie w kabinie statku. C o się dzieje? Z a r ó w n o ty, j a k i w a h a d ł o w i e c poruszacie się r u c h e m j e d n o - : okręgu, a więc macie przyspieszenie skierowane do środka o k r ę g przednio, z drugiej zasady dynamiki N e w t o n a wynika, że prz>sp:e jest w y n i k i e m działania siły dośrodkowej. Tym r a z e m siłą
dośrec
siła ciężkości działająca na ciebie i w a h a d ł o w i e c ze strony Ziemi. v w z d ł u ż promienia okręgu do j e g o środka, tzn. w kierunku środka I w s a m o c h o d z i e , i na pokładzie w a h a d ł o w c a poruszasz się ruchem _ nym p o okręgu, jesteś z a t e m pod działaniem siły dośrodkowej. Nienir.. czujesz się w tych dwóch sytuacjach całkiem o d m i e n n i e . W s a m o c h o j zepchnięty na ścianę pojazdu i w y r a ź n i e czujesz, że jesteś do niej p r : Natomiast w statku orbitalnym „ p ł y w a s z " s w o b o d n i e w kabinie, nie oc działania żadnej siły. Skąd ta różnica? O t ó ż w y n i k a ona z różnej natury dwóch działających na ciebie >. kowych. W s a m o c h o d z i e siłą dośrodkowa jest nacisk ściany pojazdu n. twego ciała, która styka się ze ścianą. Czujesz więc, że ta część twego ściskana. Na p o k ł a d z i e w a h a d ł o w c a siłą d o ś r o d k o w a jest siła ciężkości, m i a działa na każdy a t o m twego ciała. Z tego względu żadna część t « nie jest ściskana, a zatem nie masz poczucia, że działa n a ciebie jak siła (mówi się. że jesteś wówczas „w stanie nieważkości"; termin ten je mylący, g d y ż przyciąganie ziemskie nadal działa na ciebie i w rzecz} w:tylko nieznacznie mniejsze od tego, j a k i e działa na ciebie na powierzch; Inny przykład siły dośrodkowej przedstawiono na rysunku 6.9. Ki Rys, 6 , 9 . Widok z góry na krążek ho kejowy o masie m poruszający się bez tarcia po powierzchni poziomej i obie gający okrąg o promieniu R z prędko
kejowy jest przywiązany do sznurka z a k o ń c z o n e g o na d r u g i m końcu pę łożoną na kołek i porusza się po okręgu z prędkością o stałej wartości i p r z y p a d k u siłą dośrodkowa jest siła działająca na krążek ze strony sznu w z d ł u ż promienia okręgu d o j e g o środka. G d y b y tej siły nie był
ścią o stałej wartości v. Siłą dośrodkowa
rowana
jest w tym przypadku siła T. działająca
nie poruszałby się po okręgu, lecz ślizgałby się p o lodzie w z d ł u ż linii
na krążek ze strony sznurka. Jest ona skierowana wzdłuż promienia okręgu do jego środka, tzn. wzdłuż osi r . prze
Podkreślmy jeszcze raz, że siła d o ś r o d k o w a nie jest ż a d n y m n o w y m siły. Termin ten związany jest tylko z kierunkiem siły. M o ż e nią być
chodzącej przez środek okręgu i punkt,
siła tarcia, j a k i siła grawitacji, siła działająca ze strony ściany samoc
w którym znajduje się krążek
ze strony sznurka, czy jakakolwiek inna siła. W k a ż d y m z tych przypa< Siła dośrodkowa nadaje ciału przyspieszenie, zmieniając kierunek prędkości c zmiany wartości tej prędkości.
Na podstawie drugiej zasady d y n a m i k i N e w t o n a i r ó w n a n i a (6.1 ir / R) m o ż e m y zapisać wartość siły dośrodkowej F (lub wypadkowej środkowej) j a k o :
128
ó. Siła i ruch II
F = m —A
(6.18)
(wartość sity dośrodkowej).
Wartość prędkości v jest tu stalą, dlatego też stale są również wartości przyspie szenia i siły. Kierunek przyspieszenia dośrodkowego i siły dośrodkowej nie jest jednak stały: zmienia się on w sposób ciągły, tak że zawsze wskazuje na środek okręgu. Z tego względu wektory siły i przyspieszenia dośrodkowego rysujemy czasem •rzdłuż osi radialnej r, która obraca się wraz z ciałem, tak że zawsze jest skie rowana od środka okręgu do ciała, jak na rysunku 6.9. Kierunek dodatni tej osi prowadzi na zewnątrz okręgu, lecz wektory przyspieszenia i siły są skierowane do środka okręgu.
Przykład 6.6
początkową wartością przyspieszenia. Te dwie sytuacje różnią się tym.
b o r jest inżynierem astronautą na pokładzie Stacji
Kosmicznej krążącej
•artości k =
v. równej 7.6
Międzynarodowej
wokół Ziemi z prędkością o stałej
że w ruchu po orbicie ma on zawsze składową prędkości
skierowaną ..w bok", tak że spadając porusza się równocześnie w bok i w rezultacie zatacza okrąg wokół Ziemi.
km/s. po orbicie kołowej, na wysokości
520 km nad Ziemią. Masa m Igora wynosi 79 kg. b) Jaką silą działa Ziemia na Igora?
i ) De wynosi jego przyspieszenie?
ROZWIĄZANIE: łOZWIĄZANIE:
Należy zauważyć, że:
O—•» Igor porusza się ruchem jednostajnym po okręgu, a więc
O-^r
Joznaje przyspieszenia dośrodkowego o wartości
to musi na niego działać sita dośrodkowa.
łem
v /R).
(6.17) (o =
Promień
2
danej równa
R okręgu, po jakim porusza
1. Skoro Igor porusza się ruchem jednostajnym po okręgu,
O—f 2. Silą tą jest sita ciężkości F , jaką działa na niego Ziemia, g
a ę Igor. jest równy Rz + h. przy czym Rz jest to promień Ziemi (6.37
• 10
_
m. patrz dodatek C). Tak więc:
6
v
2
_
v
_
2
" ~ ~R ~ Rz+h =
8.38 m / s
2
=
( 7 , 6 - 10
zasady dynamiki Newtona, zapisanej dla składowych wzdłuż osi 3
m/s)
radialnej r. otrzymujemy wartość tej siły:
2
~ (6.37 • 1 0 m) + (0.52 • 1 0 6
8.4 m / s . :
skierowana do środka okręgu (czyli do środka Ziemi). Z drugiej
6
m)
(odpowiedź)
F
%
= ma = (79 kg)(8.38 m / s ) = 2
662 N % 660 N. (odpowiedź)
Gdyby Igor stanął na wadze umieszczonej na szczycie wieży o wy
Jest to wartość przyspieszenia ziemskiego na wysokości, na jakiej
sokości h =
znajduje się Igor. Gdyby został on wyniesiony na tę wysokość
dzie statku orbitalnego wskazałaby (gdyby Igorowi udało się na
i wypuszczony swobodnie, nie poruszałby się po orbicie okolo-
niej stanąć) zero. ponieważ Igor i waga spadają razem swobodnie,
ziemskiej, lecz spadałby w kierunku środka Ziemi z tą właśnie
a więc jego stopy nie wywierają żadnego nacisku na wagę.
Przykład 6.7
ROZWIĄZANIE:
W
1901 roku Allo Diavolo zwany „Szaleńcem" wykonał po raz
520 km. waga wskazałaby 660 N. Waga na pokła
O—ir Należy
założyć, że Diavolo i jego rower pokonują pętlę
pierwszy numer cyrkowy, polegający na jeździe na rowerze po
jako jedno ciało poruszające się ruchem jednostajnym po okręgu.
torze w kształcie pionowej pętli. Ile powinna wynosić minimalna
W
wartość prędkości śmiałka na szczycie toru. aby rower nie oderwał
nie a o wartości a =
się od podłoża, jeśli pętla ma kształt okręgu, którego promień
pionowo w dół w kierunku środka kołowej pętli. Diagram sit
R = 2,7 m?
działających na to ciało na wierzchołku pętli jest przedstawiony
punkcie
szczytowym
toru
ciało
to
ma zatem
przyspiesze
v / R . danej równaniem (6.17), skierowane 2
6 . 4 . Ruch jednostajny po okręgu
129
Diavolo i rower
taktu (tzn. oderwania się od podłoża i spadku), co oznacz... N = 0. Podstawiając tę wartość N do równania (6.19). \v>. czając z niego v i podstawiając wartości liczbowe danych, cu mujemy więc: r = fgR s
Rys. 6 . 1 0 . Diagram sii działających na ro-
\ f_
= y ' ( 9 . 8 m / s ) ( 2 . 7 m) = 5.1 m / s . 2
(odpowie
Diavolo zadbał o to. aby jego prędkość u szczytu pętli była \w.
werzystę na wierzchołku pętli
sza niż 5.1 m/s. tak aby nie stracił kontaktu z torem i nie spau< arenę. Zauważ, że otrzymana minimalna wartość prędkości _
na rysunku 6.10. Siła ciężkości F„ jest skierowana pionowo w dół. wzdłuż osi y. Siła normalna N, działająca na to ciało ze strony toru jest również skierowana pionowo w dół. Wobec tego druga
niezależna od masy roweru i rowerzysty. Gdyby zatem Dur. najadł się przed występem — dajmy na to — pierogów, to r... musiałby osiągnąć tylko prędkość 5.1 m/s.
zasada dynamiki Newtona dla składowych wzdłuż osi y (/«,,,.,, = mciy)
daje:
Otrzymujemy stąd:
-N
— F = £
ni(—a).
R A W D Z I A N
4;
Wyobraź sobie, że jedziesz na diabel
skim młynie z prędkością o stałej wartości. Jaki jest kieru • mg
(6.19)
R
nek twojego przyspieszenia a i siły normalnej /V działającej na ciebie (ze strony siedzenia, które cały czas pozostaje poziome',
Zauważ, że O — » ciało ma minimalną
prędkość
v. potrzebną do
gdy znajdujesz się: a) w najwyższym punkcie, b) w najniższy r
utrzymania kontaktu z torem, gdy jest
na granicy
utraty tego kon
punkcie toru.
P r z y k ł a d
6 . 8
Nawet najbardziej doświadczeni amatorzy przejażdżek kolejką
czym pasażer, podłoga i ściana kręcą się razem. Gdy prędkość ;
górską w wesołym miasteczku bledną na myśl o wejściu do tzw.
sażera osiągnie odpowiednią wartość, ku jego przerażeniu podk
Rotora. Jest to pomieszczenie w kształcie dużego walca, obra
gwałtownie opada. Pasażer nie spada jednak wraz z nią, lecz po.
cające się wokół swej osi (rys. 6.11). Wchodzi się do niego
staje przyciśnięty do ściany obracającego się walca, jak gdyby
przez drzwi w ścianie i staje na podłodze. Ściana jest obita tka
kaś niewidoczna (i chyba niezbyt przyjazna) osoba dociskała je
niną. Drzwi zostają zamknięte, walec zaczyna się obracać, przy
ciało do ściany. Po pewnym czasie podłoga wraca do pozso; stóp pasażera, walec zwalnia, a pasażer opada kilka centymem aby znów stanąć na podłodze (są tacy. dla których przejazd. Rotorem jest przyjemnością). Załóżmy, że współczynnik tarcia statycznego
mięć
ubraniem pasażera a obiciem ściany wynosi 0.4. a promień walca jest równy 2.1 m.
a) Jaka jest najmniejsza wartość prędkości u walca i pasaże przy której pasażer nie spada, gdy podłoga jest opuszczona?
ROZWIĄZANIE:
Zacznijmy od pytania: jaka siła uniemożliwia spadek pasażera i jak można j ą powiązać z wartością prędkości j e g o i walca? Ab;, na nie odpowiedzieć, skorzystamy z trzech spostrzeżeń:
Rys. 6 . 1 1 . Przykład 6.8. Rotor w wesołym miasteczku oraz siły. działające w nim na pasażera. Siłą dośrodkową jest w tym przy padku siła normalna, jaką działa na pasażera ściana walca
130
6 . Siła i ruch II
O—t
1 . Pod wpływem działającej na niego siły ciężkości F.
:
pasażer ma tendencję do ześlizgiwania się wzdłuż ściany, lec,: mimo to pozostaje w spoczynku, gdyż w przeciwnym kierunki: (do góry) działa na niego siła tarcia o ścianę walca (rys. 6.11).
2. Skoro pasażer ma być na granicy ześlizgnięcia się. to sita
O-"r
skierowana do góry musi być siłą tarcia
statycznego
/
s
, o swej
Podstawiając do tego równania N ze wzoru (6.20) i rozwiązując je względem r. otrzymujemy:
•artości maksymalnej M s / V . gdzie A ' jest wartością siły normalnej
(9.8 m / s ) ( 2 . 1
m)
:
. V . działającej na pasażera ze strony ściany walca (rys. 6.11). 3.
(04
) =
7.17 m / s *
Siła normalna skierowana poziomo ku osi walca, jest
siłą dośrodkowa. dzięki której pasażer porusza się po okręgu, przy czym przyspieszenie dośrodkowe ma wartość a
-
v /R.
7.2 m / s .
(odpowiedź) Zauważ, że wynik nie zależy od masy pasażera; otrzymana war
2
tość prędkości jest taka sama żarów no dla dziecka, jak i dla zapa
Szukamy wartości prędkości r. występującej w ostatnim wzorze,
śnika sumo. a więc przed wejściem do Rotora nie trzeba spraw
odpowiadającej przypadkowi, gdy pasażer jest na granicy ześli
dzać swej wagi.
zgnięcia się wzdłuż ściany. Wybierzmy
oś
pionową
y.
przechodzącą
przez
pasażera,
o kierunku dodatnim w górę. Zgodnie ze spostrzeżeniem
1 mo-
iemy skorzystać z drugiej zasady dynamiki Newtona, stosując ją do pasażera, dla składowych y (fwyp., =
ma ). y
b) Jaka jest wartość siły dośrodkowej działającej na pasażera o ma sie równej 4 9 kg?
ROZWIĄZANIE:
co daje: Zgodnie z równaniem (6.21):
/
s
przy czym
- mg
=
m(0).
m jest masą pasażera, a mg
—
wartością siły
F. s
Korzystając ze spostrzeżenia 2. w miejsce / , w tym równaniu podstawiamy wartość maksymalną ^ A ' S
H^N
—
mg
=
i dostajemy:
yV = m — =
R
(49 k g )
( ?
" (2.1 m) 1 7
m
/
S
)
*
1200 N .
(odpowiedź)
Choć siła ta jest skierowana do osi walca, pasażer ma nieodparte wrażenie, że ponieważ jest przyciskany do ściany walca, to znaj duje się pod wpływem siły działającej radialnie, ale od osi na
0.
zewnątrz. To w rażenie ma swe źródło w tym. że pasażer znajduje czvli
się w układzie nieinercjalnym (gdyż pasażer i układ poruszają się
N - —
(6.20)
ruchem przyspieszonym). W takich układach pomiary sił mogą być iluzoryczne. Właśnie taka iluzja jest jedną z atrakcji Rotora.
Następnie wybierzmy oś radialną r przechodzącą przez pasażera, o kierunku dodatnim na zewnątrz. Zgodnie ze spostrzeżeniem 3 zapiszmy drugą zasadę dynamiki Newtona dla składowych wzdłuż lej osi. Daje to:
•/SPRAWDZIAN 5
Wyobraź sobie, że Rotor porusza się
początkowo z minimalną prędkością potrzebną po to. aby pa sażer nie oderwał się od ściany, a potem ta prędkość stopniowo
(6.21)
wzrasta. Czy wówczas: a) wartość siły / c) wartość / . s
ma
s
. b) wartość siły
N,
.v rośnie, maleje czy pozostaje bez zmiany?
Przykład 6.9 Na rysunku 6.12a przedstawiono samochód o masie m = poruszający m-artości R =
się
i' =
w czasie jazdy
próbnej
z prędkością
1600 kg. o
stałej
20 m/s po płaskim torze kołowym o promieniu
190 m. Dla jakiej wartości współczynnika tarcia
między
powierzchnią toru a oponami samochodu pojazd znajdzie się na skraju wypadnięcia z toru?
ROZWIĄZANIE: a) Musimy powiązać wartość n
s
z parametrami ruchu samochodu po
okręgu. W tym celu skorzystamy z czterech spostrzeżeń, związa
N
nych z tą samą siłą działającą na samochód.
samo- chód
środek Rys.
6 . 1 2 . Przykład 6.9. a) Samochód porusza się po płaskim to
-r
toru
rze kołowym z prędkością o stałej wartości v. Niezbędną do tego siłą dośrodkowa działającą wzdłuż osi radialnej r jest siła tar cia /
s
. b) Diagram sił dla tego samochodu (nie w skali) w płasz
czyźnie pionowej, zawierającej oś r
b)
6 . 4 . Ruch jednostajny po okręgu
131
O^r
1. Samochód porusza się po torze kotowym, a więc musi na
równoważyć. Wartość siły normalnej N
musi być zatem równa
niego działać siła dośrodkowa: musi być ona pozioma i skierowana
wartości siły ciężkości mg. Podstawiając do równania (6.23) N
do środka toru.
mg.
2.
mv1,2
Jedyną, działającą na samochód siłą poziomą jest siła
ir
mgR
tarcia, działająca na jego opony ze strony drogi. Siłą dośrodkowa jest zatem siła tarcia.
=
otrzymujemy:
(6.24)
gR
a stąd:
O^r
3 . Samochód nie ślizga się, więc jest to siła tarcia
nego,
zaznaczona na rysunku 6.12a jako /
s
statycz
(20 m / s )
.
Ms
=
2
=
0,21.
(odpowiedź)
(9.8 m / s ) ( 1 9 0 m) 2
4 . Jeśli samochód jest na skraju ześlizgnięcia się z toru, to wartość siły tarcia /
s
jest równa wartości maksymalnej: / . s
=
m a x
przy czym N jest wartością siły normalnej, działającej na
H N, S
Wynik ten oznacza, że gdy
Aby wyznaczyć współczynnik n , rozważymy najpierw siłę
diagram
sił
działających
na
samochód,
narysowany
w płaszczyźnie zawierającej oś radialną r, która rozciąga się od środka okręgu na zewnątrz i zawsze przechodzi przez samochód, a więc obraca się, gdy samochód krąży po torze. Siła dośrod kowa /
s
jest skierowana wzdłuż tej osi do środka okręgu, a więc
w ujemnym kierunku osi r. przyspieszenia dośrodkowego
Tak samo skierowany jest wektor
a
v /R). 1
samochodu (o wartości
Siłę tę wiąże z przyspieszeniem druga zasada dynamiki Newtona dla składowych wzdłuż osi r ( F
Podstawiając / . s
względem
wy
p.
=
r
x = MsA
7
w miejsce /
otrzymujemy: Ms =
Z równania (6.24) wynikają dwie ważne informacje dla bu downiczych dróg: 1) wartość / * potrzebna do zapewnienia braku s
poślizgu pojazdu zależy od
kwadratu
v.
Zatem dla większych
prędkości trzeba zapewnić znacznie większe tarcie. Być może za uważyłeś to zjawisko, gdy pokonywałeś plaski zakręt zbyt szybko i nagle poczułeś, że kola zaczynają się ślizgać; 2) przy wypro wadzaniu równania (6.24) masa m
uległa skróceniu. Tak wiec
równanie (6.24) jest słuszne dla pojazdu o dowolnej masie, od samochodu zabawki, przez rower, do wielkiej ciężarówki.
ma ):
'-HF)-
m a
0 . 2 1 . samochodowi nie grozi
< 0 , 2 1 , samochód na pewno ześli
zgnie się z toru.
s
dośrodkowa działającą na samochód. Na rysunku 6.12b przed
s
0 . 2 1 , samochód jest na skraju >
s
wypadnięcie z toru, a gdy n
samochód ze strony toru.
stawiono
=
ześlizgnięcia się z toru; gdy ix
s
r
(6.22)
^SPRAWDZIAN 6
Załóżmy, że samochód z rysunku 6.12
jest na skraju ześlizgnięcia się z toru o promieniu R . a) Ile t
i rozwiązując równanie
wynosi najmniejszy promień toru. po którym może poruszać się bez poślizgu ten samochód, gdy jego prędkość zwiększymy
, ^ r -
(6.23)
dwukrotnie? b) Ile wynosi najmniejszy promień toru, po któ rym może poruszać się bez poślizgu ten samochód, gdy po
Samochód nie ma składowej pionowej przyspieszenia, więc dwie
nadto zwiększymy dwukrotnie jego masę (na przykład obcią
działające na niego siły pionowe (patrz rysunek 6.12b) muszą się
żając go workami z piaskiem)?
Podsumowanie Tarcie
Gdy siła
F
dąży do wprawienia ciała w ruch po po
••P wej siły F. Gdy ta składowa rośnie, rośnie również wartość
wierzchni, na ciało działa ze strony powierzchni siła tarcia. Sita
siły
tarcia jest równoległa do powierzchni i skierowana tak. aby prze ciwdziałać ruchowi ciała. Jej przyczyną jest wiązanie cząsteczek
2.
f. s
Siła fi
ma wartość maksymalną / .max daną wzorem: s
ciała i powierzchni.
nego / nego f
s
k
(6.1)
/s.max = HiN.
Jeśli ciało się nie ślizga, to występuje siła tarcia statycz
przy czym
. Jeśli ciało się ślizga, to występuje siła tarcia kinetycz
a A
7
.
—
u,
s
jest
współczynnikiem
tarcia
statycznego,
wartością siły normalnej. Jeśli wartość składowej
siły F równoległej do powierzchni przekracza / , s
m a
x , to ciało
zaczyna się ślizgać po tej powierzchni.
Trzy właściwości 1.
tarcia
Jeśli ciało się nie porusza, to siła tarcia statycznego / dowa siły
F
równoległa do powierzchni
wartość, a siła /
132
3.
s
s
i skła
siły tarcia gwałtownie maleje do wartości stałej / t , równej:
mają jednakową
jest skierowana przeciwnie do tej składo-
6 . Siła i ruch II
Jeśli ciało zaczyna się ślizgać po powierzchni, to wartość
fk przy czym
= MkA • 7
(6.2)
jest współczynnikiem tarcia kinetycznego.
S f a oporu
Gdy zachodzi ruch względny powietrza (lub innego
wzorem:
p j y n u ) i ciała, na ciało działa siła oporu D. która przeciwdziała
matm
(6.16)
ruchowi względnemu i ma kierunek zgodny z kierunkiem
przepływu płynu względem ciała. Wartość siły D jest związana z wartością prędkości względnej zależnością:
Ruch (6.14)
D = \CpSv . l
jednostajny
po okręgu
Jeśli
cząstka
porusza
się
po
okręgu lub łuku okręgu o promieniu R z prędkością o stałej war tości v, to mówimy, że porusza się ona ruchem jednostajnym po
p z y
czym
ritiem
jest
C
oporu,
wyznaczonym —
p
ści) płynu, a 5 — polem przekroju
gęstością
doświadczalnie
(czyli
polem przekroju
prostopadłego
współczyn-
masą jednostki
objęto
okręgu. Ma ona wówczas przyspieszenie dośrodkowe a . którego wartość jest dana wzorem:
poprzecznego ciała (tzn.
do wektora prędkości
fl =
względ
nej f ) .
^
R
.
(6.17)
Źródłem tego przyspieszenia jest wypadkowa siła dośrodkowa. działająca na ciało, której wartość wynosi:
frędkość
graniczna
Gdy ciało o obłym kształcie spada w po
wietrzu dostatecznie długo, wartości siły oporu iuści
F„ działających
D
i siły cięż-
na to ciało stają się sobie równe. Ciało
spada wówczas ze stałą prędkością graniczną, o wartości u, danej
gdzie m jest masą ciała. Wektory a i F są skierowane do środka krzywizny toru ciała.
Pytania 1. W trzech kolejnych doświadczeniach do tego samego klocka,
silę
leżącego na tym samym blacie, przyłożono poziomo trzy różne
dane niżej wielkości rosną, maleją, czy pozostają bez zmiany:
ały. Ich wartości były równe: F
a) wartość działającej na klocek siły tarcia /
t
=
12 N. F
2
=
8 N i F 3 = 4 N.
We wszystkich doświadczeniach klocek nie ruszył się z miejsca,
F
klocek
ści siły tarcia statycznego /
c)
działającej na klocek ze strony blatu,
b.l wartości maksymalnej siły / . s
m a
x . od największej do najmniej
ze
strony
wartość
działającej tarcia
szej wartości.
stopniowo rosnącej od zera. Czy
przy tym
. b) wartość siły
s
normalnej N działającej na
mimo działania na niego siły. Uszereguj te siły według: a) warto s
o wartości
podłogi.
maksymalna
na
klocek
statycznego,
siły
/ . ax? s
m
d) Czy klocek zacznie się 2. Jak pokazano na rysunku 6.13a.
termos wprawiono w ruch
Rys.
w końcu ślizgać?
6 . 1 4 . Pytanie 3
ślizgowy w lewą stronę wzdłuż długiej plastikowej tacy. Jaki jest kierunek siły tarcia kinetycznego, działającej: a) na termos ze strony tacy. b) na tacę ze strony termosu? c) Czy siła z punktu (a) zwiększa, czy zmniejsza prędkość termosu względem stołu, na którym stoi taca? Na rysunku 6.13b przedstawiono sytuację, w której w ruch ślizgowy w lewą stronę wprawiono tacę. Jaki jest teraz kierunek siły tarcia kinetycznego, działającej: d) na ter mos ze strony tacy. e) na tacę ze strony termosu? fj Czy siła
4.
Wyobraź sobie, że przyciskasz do ściany skrzynkę na jabłka tak
silnie, że skrzynka nie ześlizguje się po ścianie. Jaki jest kierunek: a) sity tarcia statycznego f
s
działającej na skrzynkę ze strony
ściany, b) sity normalnej N. jaką ściana działa na skrzynkę? Czy i jak zmieniają się wartości: c) /
s
, d) N. e) / . s
m a x
,
gdy zwiększasz
siłę nacisku na skrzynkę?
z punktu (d) zwiększa, czy zmniejsza prędkość termosu względem stołu? g)
Czy siły tarcia kinetycznego
nie prędkości
zawsze powodują
zmniejsze
5.
Klocek przedstawiony na rysunku 6.15 pozostaje nieruchomy.
Czy wartości: a) F .
ciała?
b) /
x
s
, c) N. d) / . s
m a x
rosną, maleją, czy po
zostają bez zmiany, gdy zwiększa się kąt 6, jaki tworzy z pozio mem siła FI
_&_
i a) Rys.
b)
6 . 1 3 . Pytanie 2
e) Czy w sy
tuacji, gdy klocek ślizga się zwiększamy
tość
działającej
siły
tarcia
kąt
6
na
rośnie,
war
klocek maleje,
czy pozostaje bez zmiany?
Rys.
6 . 1 5 . Pytanie 5
3 . Jak pokazano na rysunku 6.14. do klocka leżącego na podłodze przyłożono poziomo siłę F\ o wartości 10 N. przy czym klocek
6 . Odpowiedz na pytanie 5. gdy siła F jest skierowana ukośnie
pozostał w bezruchu. Do klocka przyłożono następnie pionowo
w górę, a nie w dół.
Pytania
133
leżący na
sama. jak w zadaniu 25? Czy minimalna wartość siły poziomej F.
metalowej płycie o masie /th- Do klocka przyłożona jest poziomo
7. Na rysunku 6.16 przedstawiono klocek o masie m\,
potrzebnej do zapobieżenia poślizgowi mniejszego klocka mus
siia F, pod wpływem której klocek ślizga się po płycie. Między
być większa, mniejsza, czy taka sama. jak w zadaniu 25?
klockiem a płytą występuje tarcie, natomiast płyta może się poru szać po podłożu bez tarcia, a) Jaka masa wyznacza wartość siły
9.
tarcia między klockiem a płytą? b) Czy wartość siły tarcia dzia
zawierającą pięć kołowych łuków o promieniu
łającej na klocek ze strony płyty, jest większa, mniejsza, czy taka
Uszereguj te łuki pod względem wartości siły dośrodkowej dzia
sama. jak siła tarcia działająca na płytę ze strony klocka? c) Jaki
łającej na pojazd poruszający się z prędkością o stałej wartości,
jest kierunek każdej z tych dwóch sił tarcia? d) Jeśli chcemy zapi
od największej do najmniejszej.
Na rysunku 6.17
przedstawiono trasę przejażdżki po parkn. Ro, 2Rq
i 3Ą>.
sać drugą zasadę dynamiki Newtona dla płyty, to przez jaką masę powinniśmy pomnożyć przyspieszenie płyty (jest to rozgrzewka przed zadaniem 27)?
klocek, »i| brak tarcia
płyta, m
2
^3 Rys.
Rys.
1 0.
Uzupełnienie
8.
6 . 1 7 . Pytanie 9
6.1 6. Pytanie 7
do zadania
25.
Rozważ trzy położenia pasażera jadącego na obracający™
Załóżmy, że większy z dwóch
się równomiernie diabelskim młynie: 1) na górze, 2) na dole. 3J
klocków z rysunku 6.33 jest przymocowany do powierzchni, na
w połowie wysokości toru. Uszereguj te położenia pod względea
której się znajduje. Jak w zadaniu 25 mamy zapobiec ześlizgnięciu
wartości: a) przyspieszenia dośrodkowego pasażera, b) wypadko
się mniejszego klocka po ścianie dużego klocka: a) Czy wartość
wej siły dośrodkowej działającej na pasażera, c) działającej
siły tarcia między klockami musi być większa, mniejsza, czy taka
pasażera siły normalnej, od największych do najmniejszych.
m
Zadania www
Rozwiązanie jest dostępne na stronie internetowej pod ręcznika: http://www.wiley.com/college/hrw
ilw
Rozwiązanie jest
dostępne
w postaci
interaktywnej,
wykorzystującej oprogramowanie Interactive LearningWare (na tej samej stronie)
można przetłumaczyć jako Plac Wyścigowy), obserwuje się cza sami wyraźne wyżłobienia w pustynnym gruncie, jak gdyby pa poruszających się po nim kamieniach. Przez lata ludzie zastana wiali się nad przyczynami tych tajemniczych wędrówek kamieni Jedna z hipotez na ten temat mówi. że kamienie popychane są p» powierzchni pustyni przez silne wiatry w czasie burz, gdy ziema jest zmiękczona przez wodę deszczową. Gdy pustynia wysycha po burzy, ślady ruchu kamieni zamieniają się w twarde wyżłobienia.
6 . 2 . W ł a ś c i w o ś c i tarcia 1.
Jak wynika z pomiarów, współczynnik tarcia kinetycznego mię wraz
dzy kamieniem a mokrą powierzchnią pustyni wynosi około O.Ł
z szufladami i ubraniami — wynosi 45 kg. a) Jaką minimalną siłę
Na podłodze w sypialni stoi komoda, której masa —
Jaka siła pozioma potrzebna jest do utrzymania w ruchu kamieni*
należy przyłożyć poziomo do tej komody, aby ruszyć ją z miejsca,
o masie 20 kg po tym, jak gwałtowny podmuch wiatru ruszy ao
jeśli współczynnik tarcia statycznego między komodą a podłogą
z miejsca (dalszy ciąg opowieści w zadaniu 32)?
jest równy 0.45?
b) Jaka będzie wartość siły minimalnej, jeśli
z komody wyjmie się szuflady i ubrania o łącznej masie 17 kg?
5.
Pewna osoba pcha poziomo skrzynię o masie 55 kg działając
2. Współczynnik tarcia statycznego między teflonem a jajecznicą
siłą 220 N. aby przesunąć ją po poziomej podłodze. Współczynnik
wynosi około 0.04. Pod jakim najmniejszym kątem do poziomu
tarcia kinetycznego wynosi 0.35. a) Jaka jest wartość siły tarcia?
trzeba ustawić pokrytą teflonem patelnię, aby jajecznica zjechała
b) Jaka jest wartość przyspieszenia skrzyni?
ilw
z niej na talerz? 3.
Baseballista o masie m
=
79 kg ślizga się do drugiej bazy,
przy czym jego ruch jest opóźniany przez siłę tarcia o wartości 4 7 0 N. Ile wynosi współczynnik tarcia kinetycznego p
k
między
graczem a boiskiem?
4.
Tajemnicze
wędrowne
6. Siła i ruch II
Na wzgórzu, którego stok ma nachylenie bliskie 4 5
=
zbudo
lenie stoku należy zmniejszyć, aby górne warstwy gruntu nie ze ślizgnęły się po niższych. Wyznacz najmniejszy kąt
kamienie.
W Dolinie Śmierci w Kali
fornii, na nieuczęszczanej równinie o nazwie Racetrack Playa (co
134
6.
wano dom (rys. 6.18). Analiza inżynieryjna wykazała, że nachy
współczynnik tarcia statycznego między warstwami gruntu wy nosi 0,5.
dzy klockiem a powierzchnią wynoszą p
s
skok o zmniejszonym nachyleniu _. stok -.. erwotny
=
0.4 i p
k
=
0,25.
Wyznacz wartość i kierunek siły tarcia działającej na klocek, jeśli wartość siły P jest równa: al 8 N. b) 10 N. e j 12 N. 1 1. Robotnik chce usypać na podwórku stożkową górę z pia
\
sku. Promień koła, które ma stanowić podstawę stożka, wynosi R i piasek nie może rozsypać się poza ten obszar (rys. 6.22). Współ czynnik tarcia
45°
statycznego
między warstwami piasku, które mogłyby się po so bie ześlizgnąć wzdłuż po
iadanie 6
wierzchni
Wprawiony w ruch ślizgowy po lodzie krążek hokejowy o ma. : 0 g zatrzyma! się pod wpływem siły tarcia, działającej na ze strony lodu, po przebyciu 15 m. a) Jaka była wartość tarcia, jeśli prędkość początkowa krążka wynosiła 6 m/s? b) ••-.ynosi współczynnik tarcia między krążkiem a lodem?
;
M
KS
podeszwami butów al-
-zr,
działa
.'aka część -;-tki jest
na
. mego między ścianą a klockiem wynosi 0.6. a współczynnik :eia kinetycznego jest równy 0,4. W chwili początkowej klocek . nie porusza, a) Czy klocek nadal pozostanie w spoczynku?
110 N. Współczynnik tarcia statycznego mię
ze
nosi początkowa wartość przyspieszenia skrzyni, jeśli u* = 0.35? 14.
Lubiące
się
ślizgać
v
:
« w
i niego
zostaje
przyłożona
•zioma o wartości
siła 6 N
Rys. 6 . 2 0 . Zadanie 9
na
rysunku
chyleniu. Ile wynosi współ czynnik tarcia kinetycznego szą równią?
p 6N
15.
Klocki
sunku
6.24
odpowiednio:
6.21.
"spółczynniki tarcia mię-
od
między prosięciem a pierw
siła pionowa P. jak poizano
dłuższym
równi o takim samym na
powierzchni. chwili
•
niu 3 5 (rys. 6.23) w czasie
-
czasu zjazdu bez tarcia po
pewnej
,
równi pochyłej o nachyle
-
. pomocą wektorów jed-
: poziomej
ma
w ruch. jeśli współczynnik tarcia statycznego wynosi 0.5? b) Ile wy
• stkowvch.
-.ąjduje się w spoczynku
s
a) Jaką minimalną silą trzeba ciągnąć linę. aby wprawić skrzynię
dwukrotnie
3 . Klocek o masie 2.5 kg
f . x?
liny przywiązanej do skrzyni i tworzącej z poziomem kąt 1 5 \
prosię zjeżdża po pewnej
siły.
-~>ny ściany, zapisując j ą
Robotnik pcha poziomo skrzynię o masie 35 kg. działając
1 3 . Skrzynia o masie 68 kg jest ciągnięta po podłodze za pomocą
Siła pozioma F o wartości 12 N przyciska klocek o cięża-
klocek
12.
j ą on siłą poziomą? Rys. 6 . 1 9 . Zadanie 8
na
Rys. 6 . 2 2 . Zadanie 11
wysokością stożka).
wiona w ruch, jeśli zamiast ciągnąć skrzynię do góry ciągnąłby
równoważona
równanie
jest polem podstawy, a h
przyłożyć do skrzyni drugi robotnik, aby skrzynia została wpra
ciężaru al-
: 5 N do pionowej ściany (rys. 6.20). Współczynnik tarcia sta-
Podaj
stożka
gdzie S
ruszenie skrzyni z miejsca? e) Jaką najmniejszą siłę musiałby
-:ez siłę tarcia, działającą
tułającej
(objętość
dana przez robotnika siła pozioma o wartości 110 N umożliwiła
skałę?
_ "ej butv?
3
najmniejszą siłą musi on ciągnąć skrzynie do góry. aby przykła
na
r ; n i s t k ę . b) Jaką siłą al- stka
7tpt /? /3
do pomocy kolegę, który ciągnie skrzynię pionowo do góry. Jaką
dia-
sił. działających
A ' i , - - r — 7.
c) Czy skrzynia się porusza? d) Wyobraź sobie, że robotnik wzywa
ześłi-
Narysuj
w ten
warunkach maksymalna wartość siły tarcia statycznego
_ ; > k na skałę, tak że zna a)
można
który
sposób zgromadzić, wynosi
działająca na skrzynię ze strony podłogi? b) Ile wynosi w tych
Alpinistka zmniejszyła
:.?ecia.
sku,
7i
pia
dzy skrzynią a podłogą wynosi 0.37. a) Ile wynosi siła tarcia,
-aędzy j e j plecami a skałą
niu się na skraju
objętość
siłą o wartości
- l i l k i a skałą wynosi 1,2, ;
największa
s
\\; rysunku 6.19 przedstawiono alpinistkę o masie 4 9 kg. po-
stożka
Wykaż, że
s
jest równa Sh/3,
".ającą „komin" między dwiema płytami skalnymi. Współczyn- tarcia statvczneao mie-
bocznej
jest równy ix .
Rys. 6 . 2 1 . Zadanie 10
A i B maja
z ry ciężary
4 4 N i 22
N. a) Wyznacz najmniejszy
Rys. 6 . 2 3 . Zadanie 14
Zadania
135
ciężar klocka C,
dla któ
rego klocek A nie ślizga się po stole, jeśli ;x
mię
s
krążek o znikomo małej masie, obraca jący sie bez tarcia
dzy klockiem A i stołem wynosi 0,2. b) Klocek C zdejmujemy nagle z klocka ,4.
Z jakim
przyspiesze
Rys. 6 . 2 7 . Zadanie
niem porusza się klocek ,4. jeśli / i między klockiem .4 k
6.28 Rys. 6 . 2 4 . Zadanie 15
złem
jest
znacz
(rys. 6.25).
B
•
pozioma.
maksymalny
Wy ciężar
klocka A, dla którego układ
Współczynnik tarcia kine
pozostaje w spoczynku.
tycznego między klockiem 0.25,
Rys. 6 . 2 8 . Zadanie 19
2 0 . Siła P równoległa do równi nachylonej do poziomu pod
Wyznacz wartość: a) siły tarcia działającej na klocek
""•V, - >
r
ze strony podłoża, b) przy spieszenia klocka.
węzeł -
N. sta
między klockiem B a wę
15 N, tworzącą z poziomem
a podłożem wynosi
711
tarcia
a stołem wynosi 0,25. Linka
podłożu siłą F o wartości 40-
ciężar
tycznego między klockiem
jest pchany po poziomym
=
ma
Współczynnik
1 6 . Klocek o masie 3.5 kg
kąt 6
Klocek B z rysunku
19.
i stołem wynosi 0.15?
Rys. 6 . 2 5 . Zadanie 16
tem 15
:
działa na klocek o ciężarze 45 N, jak pokazano na
sunku 6.29. Współczynniki tarcia między klockiem a powien nią równi wynoszą fi
%
= 0.5 i fiu = 0,34. Wyznacz wartość : .
runek działającej na klocek siły tarcia, dla wartości P
17. Na rysunku 6.26 pokazano przekrój drogi wyciętej w zbo
równych: a) 5 N. b) 8 N,
czu górskim. Linia ciągła AA'
c)
ilustruje granicę luźnego pod
15 N. przy założeniu,
łoża, po której możliwy jest poślizg bloków skalnych. Blok B
że klocek początkowo znaj
znajdujący się wprost nad drogą jest oddzielony od skały nad
duje się w spoczynku.
Rys. 6 . 2 9 . Zadanie
nim głębokim pęknięciem, tak że jego ześlizgnięciu się na drogę zapobiega jedynie siła tarcia między tym blokiem a podłożem. Masa bloku wynosi 1.8 • 10' kg, kąt nachylenia podłoża skal nego 0 jest równy 2 4 . a współczynnik tarcia statycznego mię ::
dzy blokiem a podłożem wynosi
0.63.
a)
wzdłuż podłoża, b) Woda wpadająca do szczeliny nad blokiem zamarza w zimie,
A
z rysunku
lód w szczelinie B -
6.30
ma ciężar
ciężar 32 N. Współczynniki
a równią wynoszą fi„ =
k
tarcia
102 N między
=
0.25. Kąt 0
jest równy 40 \ Wyznacz
krążek o znikomo małej i obracający się bez tarcia
przyspieszenie ciała A. j e śli:
a)
ciało
,4 jest
po
czątkowo w spoczynku, b)
A
ciało A porusza się począt
przy czym rozszerzając się.
kowo w górę po równi, c)
działa na blok siłą F, rów
ciało
noległą do linii AA'. Przy
.4
porusza
się
po-
#
czątkowo w dót po równi.
jakiej minimalnej wartości siły F blok się ześlizgnie?
B —
0,56 i ,u
Wykaż,
że blok nie ześlizgnie się
Ciało
21.
Rys. 6 . 2 6 . Zadanie 17
www
Rys. 6 . 3 0 . Zadania 21 i 22
2 2 . Na rysunku 6.30 przedstawiono dwa klocki, połączone łmi 18.
Korytko z pingwinem o łącznym ciężarze 80 N znajduje
się na równi pochyłej, nachylonej do poziomu pod kątem 2 0 ' (rys. 6.27). Współczynnik tarcia statycznego między korytkiem a równią wynosi 0.25, a współczynnik tarcia kinetycznego jest równy 0.15. a) Jaka jest wartość minimalnej siły F równoległej
przełożoną przez krążek. Masa klocka A wynosi 10 kg. a w>p>. czynnik tarcia kinetycznego między klockiem A i równią ;r równy 0.2. Kąt nachylenia równi 0 wynosi 3 0 ' . Klocek A z ślizguje się po równi w dół z prędkością o stałej wartoścs. I wynosi masa klocka B ?
do równi, która powstrzyma korytko od zjechania po równi w dół? b) Jaka jest minimalna wartość siły F. dla której korytko zacznie poruszać się po równi pod górę? c) Dla jakiej wartości siły F korytko będzie się poruszać pod górę ze stałą prędkością'?
136
6. Siła i ruch II
23. Dwa klocki o ciężarach 3.6 N i 7,2 N są połączone spręż) o znikomo małej masie i ześlizgują się w dół, po równi o r chyleniu 3 0 . Współczynnik tarcia kinetycznego między lżejsz% :
klockiem a powierzchnią równi wynosi 0.1. a między cięższym
jest równy 0,4. Klocek za
klockiem a równią wynosi 0,2. Wyznacz: a) wartość przyspiesze
czynamy ciągnąć poziomo
nia klocków, b) naprężenie sprężyny przy założeniu, że lżejszy
siłą o wartości 100 N. Z ja
klocek zjeżdża pierwszy, b) Opisz ruch klocków, gdy jako pierw
kim
szy zjeżdża klocek cięższy.
dzie się poruszać: a) klo
przyspieszeniem
bę
cek, b) płyta? w w w 24.
100N
Rys.
QI « 0K
[40
brak tarcia •
kg
6 . 3 4 . Zadanie 27
Na rysunku 6.31 przedstawiono pudełko płatków śniadanio-
»ych 1 i pudełko płatków 2. poruszające się ruchem przyspieszo nym po płaskiej powierzchni, pod wpływem siły F. przyłożonej poziomo do pudełka 1 . Wartość siły tarcia działającej na pudełko 1
wynosi
2
N.
a
wartość
1
?
tarcia
a
bez
tarcia.
•nalna •ocnej Kso.
statycznego
większy
klocek
Jaka
jest
mi-
wartość
siły
po-
potrzebnej
F
=
16 kg i M
nie są ze sobą między może
=
klockami
poruszać
88
motywa może działać na pociąg? kg), po
połączone. wynosi
się
po
Wspólp±
=
podłożu
29.
Na rysunku 6.35
wzdłuż
nachylonej
przedstawiono skrzynię, ześlizgującą
do poziomu
rynny
złożonej z dwóch
się
pro
stopadłych do siebie ścianek. Współczynnik tarcia kinetycznego między skrzynią a rynną jest równy p.^. Wyznacz przyspieszenie skrzyni jako funkcję Mk, 6 i g-
do
M
aby mniejszy klocek w
u jest
jest wartością
naprężenie z punktu (a) było równe największej sile. jaką loko
Rys. 6 . 3 1 . Zadanie 24
Dwa klocki (o masach m
Ł58.
250u, gdzie
głaby ciągnąć ten pociąg pod górę. z prędkością 30 km/h. gdyby
12 N?
oynnik
=
wynosi największe nachylenie toru. po którym lokomotywa mo
2
dełka 1 . jeśli wartość siły F
6.32.
/
naprężenie połączenia pierwszego wagonu z lokomotywą? b) Ile
3 kg >
na pudełko 2. ze strony pu
na rysunku
kg działa siła tarcia
4
wartością prędkości w metrach na sekundę, a /
2
jest wartość siły działającej
25.
o masie 5 • 10
30 km/h. wartość przyspieszenia wynosi 0.2 m/s , a) Ile wynosi
1 kg
dełko 2 jest równa 4 N. Jaka
kazane
Lokomotywa ciągnie po poziomym torze pociąg o 25 wa
siły w niutonach. W chwili, gdy prędkość pociągu ma wartość
siły tarcia działającej na pu
*ynosi
28.
gonach, wprawiając go w ruch przyspieszony. Na każdy wagon
mc
ześlizgnął
się
dół
po
większym
(uzupełnie-
brak tarcia
tego zadania jest py8)?
26. me
Rys.
ilw
6 . 3 2 . Zadanie 25
pudełko z małymi mrówkami (o całkowitej masie ni\ =
1.65
k»> i pudełko z dużymi mrówkami (o całkowitej masie m ; =
3.3
ket. połączone ze sobą równoległym do powierzchni równi pręnn.
którego masę możemy pominąć. Kąt nachylenia równi wy-
aosi 0 =
3 0 . Współczynnik tarcia kinetycznego między pudeł
pudełkiem z dużymi mrówkami a równią —
p
0 . 2 2 6 . a między 2
=
0 . 1 1 3 . Wy
znacz: a) naprężenie pręta, wspólne
•bydwu
przyspieszenie
pudełek,
c)
nie może przekroczyć
1100 N. Współczynnik tarcia statycznego
między pudłem a podłogą wynosi 0.35. a) Ile powinien wynosić
z
małymi
znajdowało
nie wsypać możliwie największą ilość piasku? b) Ile wynosiłby wówczas ciężar pudła z piaskiem?
Lódź o masie 1000 kg płynęła z prędkością 9 0 km/h. gdy jej k
działającej między łodzią
a wodą jest proporcjonalna do prędkości łodzi r: f
k
czym v jest wyrażone w metrach na sekundę, a
mrów się
kąt między liną a poziomem, aby do pudła można było bezpiecz
silnik nagle zgasł. Wartość siły tarcia /
•a pytania (a) i (b). gdyby
kami
Pozostające początkowo w spoczynku pudło z piaskiem ma
być przeciągnięte po podłodze za pomocą liny. której naprężenie
31.
Jak
zmieniłyby się odpowiedzi
pudełko
30.
6 . 3 5 . Zadanie 29
:
kiem z małymi mrówkami a równią wynosi p \ =
rl
Rys.
Jak pokazano na rysunku 6.33. po równi pochyłej ześlizguje
'
7 0 r . przy
— w niutonach.
Wyznacz czas. po jakim łódź zwolni do prędkości 45 km/h.
na
przednim końcu pręta, a pu dełko z dużymi mrówkami —
na tylnym?
6.3. Rys.
Siła
oporu
i prędkość
graniczna
6 . 3 3 . Zadanie 26 32.
Ciąg dalszy
zadania
4.
Najpierw przeczytaj jeszcze raz. jak
2 7 . Płyta o masie 4 0 kg leży na podłożu, po którym może po
wiatr może przesuwać kamienie po pustynnej równinie. Następ
ruszać się bez tarcia, a na płycie spoczywa klocek o masie
nie załóż, że wartość siły oporu aerodynamicznego działającego
10
kg (rys. 6.34). Współczynnik tarcia statycznego między klockiem
na kamień o masie 20 kg można wyznaczyć ze wzoru (6.14),
ł płytą M> wynosi 0.6, a współczynnik tarcia kinetycznego
przy czym pole pionowego przekroju kamienia wynosi 0.04
Zadania
m . 2
137
a współczynnik oporu C jest równy 0.8. Przyjmij ponadto, że gę
40. Jedną z atrakcji w wesołym miasteczku jest jazda same
stość powietrza wynosi 1.21 k g / n r . a współczynnik tarcia kine
dem. przymocowanym do końca pręta o znikomo małej masie
tycznego jest równy 0.8. a) Ile musi wynosić prędkość wiatru przy
taczającym okręgi w płaszczyźnie pionowej. Cię/ar sarnin,
gruncie V. w kilometrach na godzinę, umożliwiająca utrzymanie
z pasażerami wynosi 5 kN, a promień toru jest równy 10 ni.
kamienia w ruchu? Przy samej ziemi wiatr jest spowalniany przez
jest wartość i kierunek siły działającej na pojazd ze strony
sąsiedztwo gruntu, dlatego prędkość silnych wiatrów mierzy się
w najwyższym punkcie toru. jeśli prędkość samochodu ma w
zwykle na wysokości 10 m nad ziemią. Przyjmij, że przy gruncie
punkcie wartość: a) 5 m/s. b) 12 m/s?
wiatr jest dwa razy wolniejszy, b) Znając odpowiedź na pytanie (a), wyznacz prędkość wiatru, podawaną przez meteorologów i za 7
stanów się, czy jest prawdopodobne, aby burzy towarzyszył wiatr o takiej prędkości (dalszy ciąg opowieści w zadaniu 4 8 ) . 3 3 . Wyznacz siłę oporu aerodynamicznego działającą na pocisk o średnicy 53 cm. poruszający się z prędkością 250 m/s na małej wysokości, gdzie gęstość powietrza wynosi 1.2 k g / n r . Przyjmij, że C = 0.75. 34.
41.
Krążek o masie m -,,
o masie mi nieważką linką. przechodzącą
przez otwór
w blacie stołu, ślizga się
,.-
„
y_
/ /
j ^ ^ " "
/ m,Tf
_
t
:
, Z
po stole bez tarcia, jak po kazano
na rysunku
6.36.
Przy jakiej wartości pręd kości krążka obciążnik po
Prędkość graniczna skoczka (przed otwarciem spadochronu)
wynosi 160 km/h. gdy przyjmuje on pozycję orła w locie, a jest równa 310 km/h, gdy spada on głową w dół. Zakładając, że współczynnik oporu aerodynamicznego C nie zależy od pozycji skoczka, wyznacz stosunek pół przekroju poprzecznego S skoczka w pozycji wolnego i szybkiego lotu.
zostaje w spoczynku? 42.
Rowerzysta jedzie po
_
żerski lecący z prędkością 1000 km/h na wysokości 10 km oraz na śmigłowy samolot transportowy, lecący z dwukrotnie mniejszą prędkością i na dwukrotnie mniejszej wysokości niż odrzutowiec. Na wysokości 10 km gęstość powietrza wynosi 0.38 k g / n r , a na wysokości 5 km jest ona równa 0,67 kg/m*. Załóż, że obydwa sa moloty mają takie samo pole przekroju poprzecznego oraz takie same współczynniki oporu aerodynamicznego C.
Rys. 6 . 3 6 . Zadanie 41
25 m. z prędkością o stałej wartości 9 m/s. Łączna masa ro ił rowerzysty wynosi 85 kg. Oblicz wartość: a) siły tarcia dz
Na olimpijskich zawodach bobslejowych zespół z Jamajki
pokonał łuk o promieniu 7.6 m z prędkością o wartości 96.6 km/h. Ile wynosiło przyspieszenie bobsleja w jednostkach c ?
działając
rower ze strony drogi. 43. Student o ciężarze 667 N jedzie na jednostajnie obracaj* się diabelskim młynie, siedząc w pozycji wyprostowanej. W wyższym punkcie toru wartość siły normalnej N. działając studenta ze strony siedzenia wynosi 556 N. a) Czy studen wówczas wrażenie, że jest lżejszy, czy cięższy niż zwykle Jaka jest wartość siły normalnej N w najniższym punkcie l c) Jaka będzie wartość siły normalnej N. gdy koło będzł< obracać dwa razy szybciej? ilw
6.4. Ruch jednostajny po okręgu
_
kołowym torze o promieniu
jącej na rower ze strony drogi, b) siły wypadkowej
35. Oblicz stosunek sił oporu, działających na odrzutowiec pasa
36.
^
połączony z obciążnikiem
44.
www
Staroświecki tramwaj pokonuje płaski zakręt o prom
krzywizny 9.1 m z prędkością o wartości 16 km/h. Jaki kąt z nem tworzą luźno zwisające uchwyty dla pasażerów stojącyt 45.
Samolot
leci po pozio
mym łuku kołowym z pręd 37.
Załóż, że współczynnik tarcia statycznego między torem
kością o wartości 4 8 0 km/h.
a oponami samochodu Formuły 1 w czasie wyścigu Grand Prix
Ile wynosi promień tego łuku.
wynosi 0.6. Przy jakiej wartości prędkości samochód znajdzie się
jeśli skrzydła samolotu są na
na granicy poślizgu, pokonując płaski zakręt o promieniu krzywi
chylone do poziomu pod ką
zny 30.5 m?
tem 40
38.
Pełen pasażerów wagonik kolejki górskiej w wesołym mia
steczku ma masę 1200 kg. Gdy wagonik przejeżdża przez kulisty szczyt wzgórza o promieniu 18 m. wartość jego prędkości się nie zmienia. Jaka jest wartość i kierunek siły działającej na wago nik ze strony toru. gdy wagonik jest na szczycie wzgórza, a jego prędkość ma wartość: a) 11 m/s. b) 14 m/s?
(patrz rysunek 6.37)?
Przyjmij, że nachylenie samo lotu jest wyznaczone przez kie runek aerodynamicznej siły no śnej, działającej prostopadle do powierzchni skrzydeł. 46.
Rys. 6 . 3 7 . Zadanie 45
Wagon szybkiej kolei jedzie po płaskim łuku o promień.
4 7 0 m z prędkością o stałej wartości. Wartość składowej pozii
Ile wynosi najmniejszy promień krzywizny zakrętu na pła
mej i pionowej siły. jaką wagon działa na pasażera o masie 51 k
skim torze, który może pokonać rowerzystka z prędkością o war
wynosi odpowiednio 2 1 0 N i 500 N. a) Jaka jest wartość wypadki
39.
tości 29 km/h, jeśli współczynnik tarcia statycznego między opo nami roweru a torem wynosi 0.32?
138
6. Sita i ruch I!
ilw
wej wszystkich
sił działających na pasażera? b) Ile wynosi warto:
prędkości wagonu?
4 7 . Jak pokazano na rysunku 6 . 3 8 , kula o masie 1,34 kg jest po
Z a d a n i e dodatkowe
łączona z pionowym, obracającym się prętem za pomocą dwóch nici o znikomo malej masie. Nici są przywiązane do pręta i na pięte. Naprężenie górnej nici wynosi 3 5 N. a) Narysuj diagram sił działających na kulę. Ile wynosi: b) naprężenie dolnej nici, c) siła wypadkowa działająca na kulę, d) wartość prędkości kuli?
ilw
48.
Ciąg dalszy
zadań
4 i 32.
Inne wyjaśnienie ruchu kamieni
zakłada, że poruszają się one tylko wtedy, gdy w czasie burzy woda na pustynnej równinie zamarza i tworzy dużą, płaską taflę lodu. Ka mienie są wówczas uwięzione w tej tafli. Gdy wiatr wieje w poprzek tafli, siła oporu aerodynamicznego działająca na taflę i kamienie przemieszcza je. przy czym kamienie żłobią ślady w podłożu. Wartość siły oporu działającej na taki poziomy „żagiel lodowy" wynosi: D d u = 4 C i o d u / > S i o d u U , przy czym Ciodu jest współczyn 2
] 0
nikiem oporu aerodynamicznego (równym około 2 • 1 0 gęstością powietrza
kg/m ),
(1.21
3
5io
u
—
polem
- 3
).
p
—
powierzchni
poziomej lodu, a u — prędkością wiatru wzdłuż tafli lodu. Załóż, że tafla ma rozmiar 4 0 0 m na 5 0 0 m i grubość 4 mm oraz gęstość
równą 9 1 7
kg/m , 3
a współczynnik tarcia
kinetycznego
między taflą a podłożem wynosi 0 , 1 . Przyjmij ponadto, że w tafli uwięzionych jest 1 0 0 kamieni, takich jak w zadaniu 4 . Jaka musi być prędkość wiatru: a) przy tafli, b) na wysokości
1 0 m, aby
utrzymać taflę w ruchu? c) Czy jest prawdopodobne, aby w czasie Rys.
6 . 3 8 . Zadanie 4 7
burzy wiał wiatr o takiej prędkości?
7 Energia kinetyczna i praca Podczas turnieju w podnoszeniu ciężarów na Igrzyskach Olimpijskich w 1 996 roku Andriej Czemerkin podniósł rekordowy ciężar o masie 260 kg, z pomostu nad głowę (czyli na wysokość około 2 m). W 1957 roku Paul Anderson, schyliwszy się, wszedł pod wzmocniony podest drewniany, oparł ręce na niskim stołku, a następnie naparł plecami na podest, podnosząc go wraz z ładunkiem 0 około centymetr. Na podeście umieszczone były części samochodowe 1 kasa pancerna wypełniona ołowiem. Całkowity ciężar ładunku wynosił 27 900 N (co odpowiada masie blisko 3000 kg)! Kto wykonał większą pracę,
podnosząc swój ciężar — Czemerkin
czy Anderson?
'itr"
7.1. Energia Zasady dynamiki Newtona umożliwiają analizowanie wielu rodzajów ruchu. Mo że to być jednak bardzo skomplikowane i wymagać znajomości szczegółowych parametrów ruchu, których często po prostu nie znamy. Oto przykład: krążek ześlizguje się bez tarcia po pochyłym torze, na którym jest wiele wzniesień i spadków (wzgórz i dolin) o różnym kształcie. Wartość prędkości początkowej krążka wynosi 4 m/s, a wysokość punktu początkowego jest równa 0.46 m. Czy możesz obliczyć prędkość krążka na końcu toru, gdzie jego wysokość jest równa zeru, korzystając z drugiej zasady dynamiki Newtona? W zasadzie tak. ale musisz dokładnie wiedzieć, jak zmienia się nachylenie toru wzdłuż całej drogi krążka, a obliczenia mogłyby być przy tym bardzo złożone. Już dawno temu naukowcy i inżynierowie doszli do wniosku, że ruch można badać — często z doskonałym skutkiem — również w inny sposób. Metoda ta mogłaby być także użyteczna — i taką się okazała — w innych zastosowaniach, nie związanych bezpośrednio z ruchem, jak badanie reakcji chemicznych, proce sów geologicznych i funkcji biologicznych. W metodzie tej korzystamy z pojęcia energii, która może mieć wiele postaci (rodzajów). Termin energia ma w rze czywistości tak szerokie znaczenie, że trudno jest podać jego klarowną definicję. Technicznie rzecz biorąc, jest to wielkość skalarna, charakteryzująca stan (czyli warunki), w jakim znajduje się jedno lub wiele ciał. Ta definicja jest jednak tak ogólna, że nie na wiele nam się teraz przyda. Zacznijmy zatem od nieco mniej precyzyjnej definicji, zgodnie z którą ener gia jest to liczba, którą przypisujemy stanowi jednego lub wielu ciał. Jeśli siła zmienia stan jednego z ciał. na przykład wprawiając je w ruch, to liczba ta się zmienia. Po przeprowadzeniu niezliczonych doświadczeń naukowcy i inżynie rowie stwierdzili, że jeżeli wartość energii będziemy przypisywać stanom ciała w sposób dobrze przemyślany, to będziemy ją mogli zastosować do przewidy wania wyników doświadczeń (na przykład dość łatwo jest wyznaczyć prędkość końcową krążka z podanego wyżej zadania). Jednakże sposób, w jaki należy po wiązać wartość energii ze stanem ciała nie jest ani prosty, ani oczywisty. W ni niejszym rozdziale zajmiemy się zatem tylko jedną z postaci energii — energią kinetyczną. Z innymi rodzajami energii spotkasz się w dalszych częściach tej książki oraz podczas pracy w dziedzinie nauki lub techniki. Energia kinetyczna E jest to energia związana ze stanem ruchu ciała. Im szybciej ciało się porusza, tym większa jest jego energia kinetyczna. Gdy ciało pozostaje w spoczynku, jego energia kinetyczna jest równa zeru. k
Energię kinetyczną ciała o masie m, poruszającego się z prędkością o war tości v, znacznie mniejszej od prędkości światła, definiujemy jako:
£k =
\mv~
(energia kinetyczna).
(7.1)
Na przykład kaczka o masie 3 kg. przelatująca obok nas z prędkością 2 m/s, ma energię kinetyczną 6 kg • m / s . co oznacza, że taką właśnie liczbę przypisujemy stanowi ruchu kaczki. 2
2
Jednostką energii kinetycznej (i każdego innego rodzaju energii) w układzie SI jest dżul (J). Nazwa ta pochodzi od nazwiska XIX-wiecznego uczonego an gielskiego, Jamesa Prescotta Joule'a. Związek jednostki energii z jednostkami masy i prędkości wynika natychmiast z równania (7.1): 1 dżul = 1 J = 1 kg • n r / s .
(7.2)
2
Nasza kaczka ma zatem energię kinetyczną równą 6 J.
Przykład 7.1
spieszenia obydwu lokomotyw wzdłuż toru byty stałe i wynosiły 0.26 m/s . 2
W 1896 roku w Waco. w Teksasie William Crush z linii kolejowej ..Katy*' na oczach 3 0 0 0 0 widzów ustawił dwie lokomotywy na
ROZWIĄZANIE:
przeciwko siebie, na końcach toru o długości 6,4 km. uruchomił je.
zablokował dźwignie w położeniu pełnego gazu i pozwolił roz
1. Energię kinetyczną każdej lokomotywy możemy wyzna
O—»
pędzonym lokomotywom zderzyć się ze sobą czołowo (rys. 7.1).
czyć z równania (7.1). ale musimy znać jej prędkość tuż przed
Odłamki pojazdów zraniły setki osób. a kilka nawet zabity. Wy
zderzeniem oraz jej masę.
znacz łączną energię kinetyczną lokomotyw tuż przed zderzeniem zakładając, że każda z nich miata ciężar równy 1 . 2 - 1 0
6
N. a przy
2. Przyspieszenie każdej z lokomotyw było stałe, więc do
O—w
obliczenia jej prędkości u tuż przed zderzeniem możemy zastoso wać wzory z tabeli 2.1. Wybieramy równanie (2.16). gdyż znamy wartości
wszystkich
występujących
Mamy więc:
,
v
w nim zmiennych poza
v.
.,
=
0
2a(x - x ).
VQ+
Ponieważ Ł' = 0, a x — . v =
0
3.2 • 10
0
3
m (jest to potowa począt
kowej odległości lokomotyw), więc mamy stąd: v
2
= 0 + 2 ( 0 . 2 6 m / s ) ( 3 . 2 • 1 0 ) m. 2
3
czyli i' = 4 0 . 8 m/s (tzn. okoto 150 km/h). O—r
3. Masę każdej z lokomotyw można wyznaczyć, dzieląc jej
ciężar przez g: (1.2 • 10 (9.8
N)
6
m/s )
=
1.22- 10
5
kg.
2
Teraz możemy już obliczyć z równania (7.1) łączną energię kine tyczną obydwu lokomotyw tuż przed zderzeniem. Otrzymujemy: £
k
=
2(i/»iŁ' ) = 2
(1.22 • I 0
5
kg)(40.8 m / s )
2
=
2 • IO J. 8
(odpowiedź) Rys.
7.1.
Przykład 7.1. Widok zniszczeń po zderzeniu dwóch
Przebywanie blisko tego zderzenia było równie bezpieczne, jak przebywanie w pobliżu wybuchającej bomby.
lokomotvw w 1896 roku
7.2. Praca Gdy zwiększamy prędkość ciała działając na nie siłą. zwiększamy jego energię kinetyczną E ( = \mv ). Podobnie, gdy działając na ciało siłą zmniejszamy jego prędkość, zmniejszamy też jego energię kinetyczną. Te zmiany energii ki netycznej ciała, na które działamy siłą rozumiemy jako przekazanie mu energii lub odebranie jej od niego. 2
k
142
7. Energia kinetyczna i praca
W rozważanym tu przypadku, gdy przekazanie energii odbywa się dzięki przyłożeniu do ciała siły mówimy, że sita wykonuje nad ciałem pracę W. Ściślej, pracę definiujemy następująco: Praca W jest to energia przekazana ciału lub od niego odebrana na drodze działania na ciało siłą. Gdy energia jest przekazana ciału, praca jest dodatnia, a gdy energia jest ciału odebrana, praca jest ujemna.
..Praca" jest więc równa zmianie energii; „wykonanie pracy" jest aktem prze kazania energii. Praca jest wielkością skalarną, a jej jednostki są takie same, jak jednostki energii. Termin „przekazanie" może być mylący. Nie oznacza on, że jakaś materia dopłynęła lub odpłynęła od ciała; to nie to samo, co przepływ wody. Dobrym porównaniem może być elektroniczne przekazanie pieniędzy między dwoma ra chunkami bankowymi. Saldo jednego rachunku się zwiększa, a drugiego zmniej sza, lecz fizycznie nic między tymi rachunkami nie przepływa. Zwróćmy też uwagę, że słowa „praca" nie używamy tu w sensie potocznym, sdzie dowolny wysiłek fizyczny lub umysłowy kojarzymy z pracą. Gdy na przy kład naciskasz mocno na ścianę męczysz się, bo musisz ciągle naprężać mięśnie, a więc w sensie potocznym pracujesz. Takiemu wysiłkowi nie towarzyszy jednak przekazanie energii do, ani od ściany, a więc w sensie powyższej definicji nie jest wykonywana żadna praca. Dla uniknięcia nieporozumień, symbolem W będziemy w tym rozdziale za wsze oznaczać pracę, a ciężar będziemy zapisywać jako mg.
7.3. Praca i energia kinetyczna Wzór na pracę Aby wyprowadzić wzór na pracę, rozważmy koralik, który może ślizgać się bez B r c i a po żyłce rozciągniętej wzdłuż poziomej osi x (rys. 7.2). Stała siła F, skierowana pod kątem
F — ma r
r
przy czym m jest masą koralika. Gdy koralik przemieszcza się o wektor d, jego prędkość zmienia się w wyniku działania siły z vn na v. Siła jest stała, więc — jak wiemy — stałe jest także przyspieszenie. Możemy zatem skorzystać ze wzoru (2.16) (jednego z podstawowych wzorów dla ruchu ze stałym przyspieszeniem, poznanych w rozdziale 2) i dla składowych wzdłuż osi x napisać: v
2
= v% + 2a d.
(7.4)
x
Wyznaczając a z tego równania, podstawiając wynik do wzoru (7.3) i dokonując kilku przekształceń, otrzymujemy: x
"o koralik •
żytka
J
I
'k pocz
Rys.
7 . 2 . Stała siła F skierowana pod
kątem 0 do przemieszczenia d koralika po żyłce powoduje ruch przyspieszony koralika wzdłuż żyłki, podczas którego prędkość koralika zmienia się z vo na v. Narysowany na dole „wskaźnik energii kinetycznej"
pokazuje,
że
energia
ki
netyczna koralika wzrasta od wartości
-\mvl-
F d. x
(7.5)
£ k pocz do Ey końc
7.3. P r a c a i e n e r g i a kinetyczna
143
L e w a strona p o w y ż s z e g o r ó w n a n i a jest to różnica energii kinetycznej koralika p o przebyciu drogi d i j e g o energii kinetycznej E\
p o c z
E\ k
na początku
drogi. Z r ó w n a n i a (7.5) w y n i k a więc, że z m i a n a energii kinetycznej w wyn działania siły jest r ó w n a F d. x
W o b e c tego p r a c a W, w y k o n a n a przez tę siłę i
koralikiem (czyli energia p r z e k a z a n a mu w w y n i k u działania siły) wynosi: W =
Jeśli znamy wartości F
x
a
F d. x
i d. to z równania tego m o ż e m y w y z n a c z y ć pracę
w y k o n a n ą przez tę siłę nad koralikiem. |p>
Do obliczenia pracy wykonanej przez siłę nad ciałem w czasie jego przemieszczeni potrzebna jest tylko składowa siły w kierunku przemieszczenia ciała. Składowa prostopadła do przemieszczenia nie wykonuje pracy.
Jak w i d a ć z rysunku 7.2. składową F
x
m o ż e m y zapisać j a k o F cos
4> jest kątem między k i e r u n k a m i w e k t o r ó w p r z e m i e s z c z e n i a d i siły F. Ró\ (7.6) m o ż e m y zatem zapisać w bardziej ogólnej postaci j a k o : W = Fd cos
(praca wykonana przez siłę stałą).
(7.7
R ó w n a n i e to jest przydatne, gdy c h c e m y obliczyć pracę, znając wartości F i
(praca wykonana przez siłę stałą)
(7 -
(być m o ż e warto, abyś w t y m miejscu p r z y p o m n i a ł sobie iloczyn skalarny, < wiony w paragrafie 3.7). Równanie (7.8) m o ż e być przydatne z w ł a s z c z a w . gdy trzeba obliczyć pracę, mając dane F i d. zapisane za p o m o c ą wekt jednostkowych. Uwaga:
M o ż l i w o ś ć zastosowania w z o r ó w od (7.6) d o (7.8) d o oblicze
pracy wykonanej nad ciałem przez siłę podlega d w ó m o g r a n i c z e n i o m . P o pie sze, siła musi być stała,
to znaczy, że w czasie ruchu ciała nie m o ż e ule
zmianie ani jej wartość, ani kierunek ( p r z y p a d k i e m siły zmiennej,
której wart
nie jest stała zajmiemy się nieco później). Po drugie, ciało musi zachowy\ się j a k cząstka, to znaczy być sztywne, tak że wszystkie j e g o części porusz
...
się r a z e m w tym s a m y m kierunku. W t y m rozdziale rozważać b ę d z i e m y t\
£
ciała tego rodzaju. Ich p r z y k ł a d e m m o ż e być łóżko z rysunku 7.3, wraz z jt . pasażerem.
_
.
"""*" »
i L
Znak pracy.
Praca w y k o n a n a przez siłę nad ciałem m o ż e być dodatnia l u
ujemna. Jeśli na przykład kąt
cosęó jest dodatnia, a więc praca jest również dodatnia. Jeśli natomiast kąt
::
(lecz nie większy od 180°), to wartość cos
jaką działa na nie pchający j e student,
praca jest także ujemna (czy z a u w a ż y ł e ś , że praca jest r ó w n a zeru, gdy
możemy założyć, że łóżko wraz z pasa
Z tych stwierdzeń w y n i k a prosta reguła. Aby określić z n a k pracy wykonanej prze
żerem zachowują się jak cząstka
siłę. należy znaleźć składową wektorową siły w kierunku p r z e m i e s z c z e n i a ciał.
144
7. E n e r g i a kinetyczna i p r a c a
?-->a wykonana przez siłę jest dodatnia, gdy składowa wektorowa siły w kierunku r;~ieszezenia jest skierowana zgodnie z wektorem przemieszczenia, jest zaś ujemna, :a składowa jest skierowana przeciwnie do wektora przemieszczenia. Praca jest v r.a zera, gdy siła nie ma składowej w kierunku przemieszczenia.
'•idnostki pracy. r.ei. jest
Jednostką pracy w u k ł a d z i e S I , t a k s a m o j a k energii k i n e -
Jak w i d a ć z r ó w n a ń (7.6) i (7.7) j e d n o s t k ę t ę m o ż n a r ó w n i e ż
dżul.
„zić j a k o iloczyn n i u t o n a i metra (N • m ) . R ó w n a n i e (7.2) m o ż e m y z a t e m : gacić o dodatkową zależność: 1 J = 1 kg • m / s 2
Całkowita
praca
wykonana
przez
2
= 1 N • m.
(7.9)
wiele sił. Jeśli na c i a ł o działają d w i e siły
- teksza ich liczba, to całkowita praca w y k o n a n a n a d c i a ł e m jest s u m ą prac , • rtanych przez p o s z c z e g ó l n e siły. Tę łączną p r a c ę m o ż e m y obliczyć n a d w a - : b \ : 1) m o ż e m y w y z n a c z y ć prace w y k o n a n e p r z e z p o s z c z e g ó l n e siły i d o d a ć I
m o ż e m y najpierw w y z n a c z y ć w y p a d k o w ą F
w y p
tych sił, a następnie p r a c ę ,
..o.aną przez tę siłę. W d r u g i m p r z y p a d k u m o ż e m y skorzystać z r ó w n a n i a w k t ó r y m w miejsce F p o d s t a w i m y F z kierunki F
w y p
, a w miejsce
i p r z e m i e s z c z e n i a ciała l u b skorzystać z r ó w n a n i a (7.8),
w y p
: : : y m w miejsce F p o d s t a w i m y
F
w y p
.
: a jako zmiana energii kinetycznej r a n i e (7.5) wiąże z m i a n ę energii kinetycznej koralika (z wartości początkoE^
?xz
= \mvQ n a końcową £
k
końc
=
\mv ) z pracą W, w y k o n a n ą n a d 2
„ k i e m ( = F d). D l a ciał o w ł a ś c i w o ś c i a c h cząstek r ó w n a n i e t o m o ż n a x
"lnic. N i e c h A £
k
b ę d z i e zmianą energii kinetycznej ciała, a W — całkowitą
i., w y k o n a n ą nad t y m ciałem. M a m y zatem związek: A£
k
= E
k k o ń c
- £
kp o c z
= W,
(7.10)
oznacza, że: /
zmiana energii
\
ykinetycznęj cząstki/
/
całkowita praca
ywykonana nad cząstką
ązek ten m o ż n a r ó w n i e ż zapisać w postaci: Ek
końc =
pocz +
W.
(7.11)
a oznacza, że: energia kinetyczna \ rs.i
wykonaniu pracy/
/
energia kinetyczna
\
\przed wykonaniem pracy )
/
całkowita praca
\wykonana
\
nad cząstką/
lerdzenia te są słuszne z a r ó w n o d l a pracy d o d a t n i e j , j a k i ujemnej. Jeśli c a ł ita praca w y k o n a n a n a d cząstką jest dodatnia, t o energia kinetyczna cząstki asta o w a r t o ś ć tej pracy. Jeśli natomiast całkowita praca w y k o n a n a n a d cząstką ujemna, to energia k i n e t y c z n a cząstki maleje o wartość tej pracy.
Jeśli n a p r z y k ł a d energia kinetyczna cząstki w y n o s i początkowo 5 J, a w niku działania siły cząstka zyskuje 2 J (całkowita praca jest d o d a t n i a ) , to k o n a energia kinetyczna cząstki w y n o s i 7 J. Jeśli natomiast w w y n i k u działania cząstka traci 2 J (całkowita praca jest ujemna), to końcowa energia kinety cząstki w y n o s i 3 J. R A W D Z 1 A N
I I
Cząstka porusza się wzdłuż osi x. Czy energia kinetyczna cząsó
wzrośnie, zmaleje, czy pozostanie bez zmiany, gdy prędkość cząstki zmieni się: a) z — 3 m |
na —2 m/s. b) z —2 m/s na 2 m/s? c) Czy praca, wykonana nad cząstką, w każdym z tye
|
przypadków jest dodatnia, ujemna, czy równa zeru?
Przykład 7.2
a praca wykonana przez siłę F jest równa: 2
Na rysunku 7.4a przedstawiono dwóch szpiegów przemysłowych, przesuwających szafę pancerną prosto do swej ciężarówki. Szafa ma masę 225 kg i była początkowo w spoczynku, a j e j przemiesz
W
2
= F dcos
= (10 N ) ( 8 . 5 m ) ( c o s 4 0 ) = 65.11 J . ;
2
Całkowita praca W wynosi zatem: W = W, + W = ( 8 8 . 3 3 J ) + (65.11 J ) = 153.4 J % 1,2
czenie d do ciężarówki ma wartość 8,5 ni. Agent 001 pcha szafę
(odpc
siłą F] o wartości 12 N. skierowaną pod kątem 3 0 w dół od po
Tak więc w trakcie przemieszczania szafy pancernej o
=
ziomu, a agent 002 ciągnie j ą siłą F o wartości 10 N, skierowaną 2
pod kątem 4 0
;:
w górę od poziomu. Szafa porusza się po podłodze
bez tarcia, a wartości i kierunki sił, jakimi działają na nią obaj agenci nie zmieniają się podczas ruchu szafy.
szpiedzy zwiększyli j e j energię kinetyczną o 153 J . b) Wyznacz pracę W wykonaną nad szafą podczas j e j prz a
nia przez siłę ciężkości F
oraz pracę W , wykonaną pn
E
N
normalną N, działającą na szafę ze strony podłogi.
agent 002
ROZWIĄZANIE:
O — i Obie te siły są stałe co do wartości i kierunku, więc konaną przez nie pracę można obliczyć ze wzoru (7.7). Wa siły ciężkości wynosi mg, otrzymujemy więc: W„ = mgd cos 9 0 ' = mgd(0)
= 0
(odpow
i podobnie: W
N
= Nd cos 9 0 = Nd(Q) = 0.
(odpow
=
Takiego wyniku należało się spodziewać. Te dwie siły są Rys. 7 . 4 . Przykład 7.2. a) Dwaj szpiedzy przesuwają szafę pan cerną, przemieszczając ją o wektor d. b) Diagram sił działających na tę szafę a) Jaką całkowitą pracę nad szafą wykonają siły F\ i F
2
podczas
j e j przemieszczania o wektor dl
stopadłe do wektora przemieszczenia szafy, a więc wykon nad nią zerową pracę, czyli nie dostarczają szafie ani nie oc od niej żadnej energii. c) Szafa jest początkowo w spoczynku. Jaka jest wartość j< kości 1'tońc po przemieszczeniu j e j o 8,5 m? ROZWIĄZANIE:
ROZWIĄZANIE:
€ H - » Prędkość szafy pancernej ulega zmianie, gdyż w
Zauważ, że:
przekazania j e j energii przez siły F\ i F
O — t 1 . Całkowita praca wykonana nad szafą przez dwie siły jest
kinetyczna. Aby otrzymać związek prędkości z pracą, zasto -
równa sumie prac wykonanych przez każdą z nich. O — » 2. Szafę możemy potraktować jak cząstkę, a siły są stałe co do wartości i kierunku, dlatego też do obliczenia tych prac możemy zastosować wzór (7.7) (W = (W
— F • d).
Fdcos
lub wzór (7.8)
Wybieramy wzór (7.7). gdyż dane są wartości
i kierunki sił. Praca wykonana przez siłę F\ wynosi: W] = Fidcmcp,
146
zmienia się j e j
2
= (12 N ) ( 8 , 5 m ) ( c o s . 3 0 ) = 8 8 . 3 3 J .
7. E n e r g i a kinetyczna i p r a c a
;
równania (7.10) i (7.1), co daje: w
=
£
k tak -
E
Prędkość początkowa i ' p
0CZ
k p a a
= fm
4
-
jest równa zeru. a — j a k już wi
wykonana została praca, równa 153.4 J . Wyznaczając z szego równania v
i podstawiając dane liczbowe, otrzyrr
kof>c
/2(153.4J)
[2W t'ko,fc = ,/ V m
=
/ — - = 1.17 m/s. y (225 kg)
(odpc
-r/kład 7.3
W = (2 N ) ( - 3
burzy skrzynia ślizga się po gładkiej, pokrytej olejem '\ .-jchni parkingu, doznając przemieszczenia d =
• i
m)j
(odpowiedź)
Tak więc siła wiatru wykonała nad skrzynią pracę ujemną o war
(—3 m)i.
_.\ty czas towarzyszący burzy wiatr działa na skrzynię siłą: =
(-6 N)(-3
m)i • i +
= ( - 6 J ) ( 1) + 0 = - 6 J .
tości 6 J , czyli zmniejszyła energię kinetyczną skrzyni o 6 J .
I N ) i + (—6 N)j. Omawianą sytuację oraz układ współrzęd-
. • rriedstawiono na rysunku 7.5.
b) Ile wynosiła energia kinetyczna skrzyni po przemieszczeniu j e j v
o d. jeśli na początku ruchu była ona równa 10 J ? ROZWIĄZANIE:
> 7
O T
. 5 . Przykład 7.3. Stała siła F spowalnia ruch skrzyni do-
7
ze zmianą energii kinetycznej w postaci wzoru (7.11), mamy:
. e j przemieszczenia d
£ k w e = Ek pocz + W = ( 1 0 J ) + ( - 6 J ) = 4 J .
tem ruch skrzyni został spowolniony.
przemieszczania?
i 2: Na rysunku przedstawiono cztery przy
.'• i Ą Z A N I E :
padki, w k t ó n e h na pudełko ślizgające się bez tarcia po podłożu
• Ruch skrzyni można opisać jako ruch cząstki, a siła wia-
w prawą stronę na odległość d działają różne siły. Wartości tych
«: w czasie ruchu skrzyni stała co do wartości i kierunku, c
(odpowiedź)
Energia kinetyczna skrzyni zmniejszyła się do wartości 4 J . a za
. w \ nosi praca wykonana przez siłę wiatru nad skrzynią '-•-jej
Siła wiatru wykonała nad skrzynią pracę ujemną, a zatem
zmniejszyła j e j energię kinetyczną. Korzystając ze związku pracy
sił są jednakowe, a ich kierunki pokazano na rysunku. Usze
też do obliczenia pracy możemy zastosować wzór (7.7)
reguj te przypadki według pracy wykonanej nad pudełkiem
= F J c o s a i ) lub wzór (7.8) (W = F • d). Wybieramy wzór
podczas tego przemieszczenia, od największej (dodatniej) do
gd\ż wektory F i d zapisane są przy użyciu wektorów jed-
najmniejszej (ujemnej).
. wjch. Otrzymujemy: W
F-d
=
[(2 N)i
+ ( - 6 N)j] • [ ( - 3
m)i].
.o następujące iloczyny skalarne wektorów jednostkowych
b)
a)
".4. P r a c a w y k o n a n a
p r z e z
t>
_
•ne od zera: i • i, j - j oraz k • k (patrz dodatek E ) . Wobec tego
c)
d)
siłę ciężkości
tzpatrzymy teraz p r z y p a d e k , gdy p r a c a j e s t w y k o n a n a n a d c i a ł e m p r z e z
szcze
lny rodzaj siły, m i a n o w i c i e p r z e z działającą na nie siłę c i ę ż k o ś c i . N a r y s u n k u - p r z e d s t a w i o n o p o m i d o r a o m a s i e m, r z u c o n e g o w górę z p r ę d k o ś c i ą począt'.'•.ą uo, a w i ę c m a j ą c e g o p o c z ą t k o w o e n e r g i ę k i n e t y c z n ą £
k
p o c z
= kmy ,.
Gdy
1
m.idor w z n o s i się, j e g o r u c h jest s p o w a l n i a n y p r z e z siłę ciężkości F , tzn. j e g o
pocz
7„
g
ergia k i n e t y c z n a m a l e j e , g d y ż siła ciężkości w y k o n u j e nad n i m p r a c ę . Z a ł ó ż m y , że m o ż e m y p o t r a k t o w a ć p o m i d o r a j a k o cząstkę i d o w y z n a c z e n i a racy w y k o n a n e j p o d c z a s p r z e m i e s z c z e n i a d skorzystajmy z r ó w n a n i a (7.7) (W " i c o s ę i ) . W m i e j s c e w a r t o ś c i siły F p o d s t a w i a m y w a r t o ś ć siły F , tzn. g
atem p r a c a W
g
w y k o n a n a p r z e z siłę c i ę ż k o ś c i F
g
=
mg.
Rys.
7 . 6 . Pomidor o masie m. rzu
cony w górę z prędkością początkową i>
0
zwalnia do prędkości v. doznając prze mieszczenia d, ponieważ działa na niego siła ciężkości F . Wskaźnik energii ki
wynosi:
g
netycznej pokazuje zmianę energii ki netycznej ciała od wartości E
k
W
e
= mgd CO$(p
(praca wykonana przez siłę ciężkości).
(7.12)
\mv ) 2
do £
k k 0
ńc (=
p o c z
(=
jmr ) 2
7.4. P r a c a w y k o n a n a przez siłę ciężkości
147
G d y ciało się w z n o s i , siła F jest skierowana przeciwnie d o p r z e m i e s z c z ę g
d ciała, c o widać na rysunku 7.6. Z a t e m w t y m p r z y p a d k u
:
= mgd(-l)
=
—mgd.
(1..
Z n a k minus oznacza, że p o d c z a s w z n o s z e n i a się ciała działająca na nie ciężkości zmniejsza j e g o energię kinetyczną o mgd. Jest to z g o d n e z obserw g d y ż w czasie ruchu w górę ciało zwalnia. Po wzniesieniu się na największą wysokość ciało z a c z y n a spadać. Kąt m i . k i e r u n k a m i F„ i d jest wówczas równy zeru. Z a t e m : W„ = mgd c o s 0
= mgd(+\)
:
— +mgd.
("
Z n a k plus oznacza, że teraz siła ciężkości z w i ę k s z a energię kinetyczną . 0 mgd. Jest to z g o d n e z obserwacją, g d y ż p o d c z a s s p a d k u ciało przyspk (Jak p r z e k o n a m y się w rozdziale 8, przekazanie energii przy w z n o s z e n i u i sp; ciała w rzeczywistości nie dotyczy j e d y n i e ciała, lecz układu c i a ł o - Z i e m i a . m i n „ w z n o s z e n i e s i ę " m a o c z y w i ś c i e sens tylko wtedy, g d y r o z w a ż a m y ru w z g l ę d e m Ziemi j .
Praca wykonana przy podnoszeniu i opuszczaniu ciała Z a ł ó ż m y teraz, że p o d n o s i m y ciało, przykładając d o niego pionowo siłę F . P czas p r z e m i e s z c z a n i a ciała w górę siła zewnętrzna wykonuje nad c i a ł e m pr dodatnią W
,
a siła ciężkości wykonuje nad n i m pracę ujemną W . Siła
zewn
g
w n ę t r z n a zwiększa zatem energię kinetyczną ciała, a siła ciężkości j ą zmniejs Z g o d n i e z r ó w n a n i e m (7.10), z m i a n a energii kinetycznej ciała, znajdującego p o d działaniem tych d w ó c h sił w y n o s i : AF
przy c z y m F F
k
kk o ń c
k
=
£
k
k o i k
-
£
k
pocz =
W w„ + W , ze
(7.15
g
jest energią kinetyczną na końcu p r z e m i e s z c z e n i a ciała
pocz — energią kinetyczną na początku. R ó w n a n i e to jest słuszne także w p i
p a d k u o p u s z c z a n i a ciała, z t y m , że wtedy siła ciężkości zwiększa
ciało • - .
energię KI
zmniejsza.
tyczną ciała, a siła zewnętrzna j ą
C z ę s t o spotykany p r z y p a d e k szczególny to sytuacja, w której ciało spoczy przed i p o j e g o podniesieniu — na p r z y k ł a d , gdy p o d n o s i s z książkę z p o d ! ciało
na p ó ł k ę . W t e d y z a r ó w n o £"k końc> J k i Fkpocz w y n o s z ą zero i równanie ( 7 . a
u p r a s z c z a się d o postaci: W ewn + W Z
V
W w„ = ze
R y s . 7 . 7 . a ) Podnosimy ciał o działając siłą zewnętrzną
= 0,
czyli
b)
a)
g
F. Przemieszczenie cl
-W .
(7.
g
Z a u w a ż , że taki s a m wynik otrzymalibyśmy zakładając,
iż wartości
i
ciała tworzy z działającą na ciało siłą
1 F pocz są r ó ż n e od zera, lecz nadal równe sobie. W o b y d w u p r z y p a d k a c h j
ciężkości
F
w y k o n a n a przez siłę zewnętrzną jest p r z e c i w n a d o pracy wykonanej prze
wnętrzna
wykonuje
ą
kąt
1 8 0 . Siła ze :
nad ciałem
k
pracę
ciężkości. Innymi słowy, siła zewnętrzna dostarcza ciału tyle energii, ile siła
dodatnią, b) Opuszczamy ciało działa
kości od niego odbiera. Korzystając ze w z o r u (7.12), m o ż e m y zapisać rów
j ą c siłą zewnętrzną F.
Przemieszczenie
d ciała tworzy z siłą ciężkości F
g
kąt
0 = 0 " . Siła zewnętrzna wykonuje nad ciałem prace ujemna
148
7. E n e r g i a kinetyczna i p r a c a
(7.16) w postaci: W^ewn =
—mgd
COS (p
(praca przy podniesieniu i opuszczeniu; F
k k o
ń
c
=
£
k
C
sczy czym 0 jest kątem między wektorami F i d. Jeśli przemieszczenie ciała jest iierowane pionowo w górę (rys. 7.7a), to 0 = 180 i praca wykonana przez siłę ewnętrzną wynosi mgd. Jeśli natomiast przemieszczenie ciała jest skierowane jiooowo w dół (rys. 7.7b). to 0 = OM praca wykonana przez siłę zewnętrzną p a równa —mgd. Równania (7.16) i (7.17) opisują każdy przypadek podnoszenia lub opuszcza na ciała, w którym ciało spoczywa przed i po zmianie wysokości. Nie występuje m nich wartość stosowanej siły. Na przykład, gdy Czemerkin podnosił rekoriowy ciężar, siła przykładana przez niego do tego ciężaru znacznie się zmieniała •• czasie ruchu ciała w górę. Niemniej jednak, ciężar pozostawał w spoczynku •a początku i na końcu ruchu, zatem wykonana przez zawodnika praca jest dana morami (7.16) i (7.17), przy czym w ostatnim z nich mg jest ciężarem podno szonego ciała, a d — wysokością, na jaką zostało ono podniesione. g
:
Przykład 7.4
siłę. Wiemy jednak, że podnoszone ciało było w spoczynku na początku i na końcu ruchu.
W rym przykładzie powrócimy do wyczynów Andrieja CzemerO—»
' k m a i Paula Andersona.
2 . Zatem praca \V
wykonana przez Czemerkina była prze
AC
ciwna do pracy VV, wykonanej przez siłę ciężkości F . Związek g
, a) Czemerkin ustanowił rekord w podnoszeniu ciężarów, podno
g
ten jest zawarty w- równaniu ( 7 . 1 6 ) . z którego otrzymujemy: IV
sząc sztywno ze sobą połączone ciała (sztangę i walcowe obciąż-
AC
=
-\V
S
=
+5100 J.
(odpowiedź)
aiki) o łącznej masie m = 260 kg; podniósł je na wysokość 2 m. Jaką pracę wykonała nad tymi ciałami działająca na nie siła cięż
c) Jaką pracę wykonywał nad sztangą Czemerkin. gdy trzymał ją nieruchomo nad głową?
kości podczas ich ruchu w górę?
ROZWIĄZANIE:
ROZWIĄZANIE: O—w Ciała, które są ze sobą sztywno połączone możemy traklować jako pojedynczą cząstkę i wyznaczyć pracę W B a d nimi przez F
s
ze wzoru (7.12) (\V
g
g
wykonaną
= mgd cos (p). Całkowity
ciężar mg był równy 2548 N. wartość przemieszczenia d wynosiła 2 m. a kąt
O—nr Podtrzymywane przez Czemerkina ciała pozostawały w spo czynku. Wobec tego ich przemieszczenie d było rów ne zeru. a za tem — jak wynika z równania ( 7 . 7 )
—
wykonywana nad nimi
praca również była równa zeru (choć oczywiście trzymanie ich nad głową było dla Czemerkina bardzo męczące).
=
lego mamy: W
$
= mgdcos<(>
d) Jaką pracę wykonała siła. którą Paul Anderson działał na pod noszone przez siebie przedmioty o całkowitym ciężarze 2 7 9 0 0 N.
= (2548 N)(2 m)(cos 180=) =
- 5 1 0 0 J.
podnosząc je na wysokość 1 cm?
(odpowiedź)
ROZWIĄZANIE: b) Jaką pracę wykonała nad podnoszonymi ciałami, podczas ich ruchu w górę. siła przyłożona przez Czemerkina?
Zgodnie z rozumowaniem przedstawionym w punktach (a) i (b). dla mg =
27 900 N i d =
1 cm otrzymujemy:
W/PA = -VV„ = —mgd cos 4> — —mgd cos 1 8 0
ROZWIĄZANIE:
=
(-27
900
N)(0.01 m)(-l) =
2 8 0 J.
5
(odpowiedź)
Nie znamy wyrażenia na siłę. jaką Czemerkin działał na sztangę. lecz nawet gdybyśmy ją znali, z pewnością nie byłaby ona stała.
O—?
1. Wobec tego
nie możemy
wyznaczyć pracy wykonanej
przez Czemerkina. podstawiając po prostu do wzoru (7.7) jego
Wyczyn Andersona wymagał użycia olbrzymiej siły, skierowanej w górę. lecz towarzyszyło jej przekazanie niewielkiej energii
—
2 8 0 J — gdyż przemieszczenie ciał było bardzo małe.
7.4. Praca wykonana przez siłę ciężkości
149
Przykład 7.5
Z równania (7.12)
W = mgd cos(0 + 9 0 ° ) = -mgd
S k r z y n i a z a w i e r a j ą c a k r ą ż k i s e r a o m a s i e 15 k g , p o z o s t a j ą c a p o czątkowo
w spoczynku,
została wciągnięta za p o m o c ą
g
liny p o
przy c z y m w celu uproszczenia w y n i k u
równi p o c h y ł e j , p o której poruszała się b e z tarcia n a w y s o k o ś ć h
5 , 7 m ( r y s . 7.8a).
sin 8,
skorzystaliśmy
redukcyjnego. W y r a ż e n i e to nadal wygląda na nieużytec;
r ó w n ą 2 , 5 m, p o c z y m z a t r z y m a ł a s i ę ; przebyła p r z y t y m d r o g ę d =
otrzymujemy:
n i e z n a m y w a r t o ś c i 8, J a k p r a w d z i w i
fizycy
nie zrażam;
j e d n a k i d o s t r z e g a m y n a r y s u n k u 7 . 8 a , ż e dńnO
=
h,
w i e l k o ś c i ą znaną ( 2 , 5 m). P o d s t a w i e n i e t e g o z w i ą z k u d o
lina n
(7.18) daje:
W
t
brak tarcia
=
-mgh
=
-(15
kg)(9,8 m / s ) ( 2 , 5 m)
=
- 3 6 8 J.
2
(od
Zauważ, ż e z równania (7.19) wynika, iż praca
W, t
v
przez siłę ciężkości, zależy od przemieszczenia ciała \
skrz
l e c z — c o nas t r o c h ę z a s k a k u j e — n i e z a l e ż y o d j e g o pi czenia w poziomie (wrócimy do tej sprawy w rozdziale a)
b) Jaka praca W
T
została wykonana nad skrzynią p
siłę
d z i a ł a j ą c ą n a s k r z y n i ę z e strony l i n y ?
ROZWIĄZANIE: N i e m o ż e m y p o prostu podstawie we wzorze (7.7) ( W =
^ a i t o s u \it\ T v
R u s z y m y j e d n a k z m i e j s c a z a u w a z a u c ze
Rys.
7 . 8 . P r z y k ł a d 7 . 5 . a) S k r z y n i a j e s t w c i ą g a n a b e z t a r c i a p o
jsa
Fd cos tp t gdy z n i e z n a m y
>ści
moż
poo
t o w a ć s k r z y n i ę j a k o c z ą s t k ę i skorzy stae z IOW n o ś c i p r ;
ma
energii
czą.
kinetycznej
(AĄ
=
W). SLtzutu
spoczywa
i
i n a k o ń c u r u c h u , a w i ę c z m i a n a j e j e n e i g u kmetyczn
ii]
równa z e r u . C a ł k o w i t a p r a c a w y k o n a n a n a d s k r z y n i ą
rów
s u m i e p r a c w y k o n a n y c h przez
m i
wszystkie
trzy
działaj
siły. Z p u n k t u (a) w i e m y , ż e p r a c a W,,
wykonana prze
ck
kości
wykonana prze
s n<
Fj
wynosi — 3 6 8 J . P r a c a
W
N
m a l n ą N j e s t równa zeru, ponieważ sita N j e s t pros
Ita
k i e r u n k u p r z e m i e s z c z e n i a s k r z y n i . P r a c ę Wj w y k o n a ń ;
:z s
T
ner;
c h c e m y właśnie wyznaczyć. R ó w n o ś ć pracy i zmi;
kinetycznej daje:
równi p o c h y ł e j siłą T równoległą do równi, b ) W e k t o r p r z e m i e s z czenia d oraz diagram sił działających na skrzynię
AE
k
= W + W + W, T
g
K
czyli a) J a k a praca W
g
0 = W
z o s t a ł a w y k o n a n a nad s k r z y n i ą p r z e z s i ł ę c i ę ż
kości F ?
T
- 368 J + 0.
a zatem:
g
W
T
= 368 J.
'ted
(C
ROZWIĄZANIE: O T
pracy W wykonanej przez F g
mgd
g
s k o r z y s t a ć z r ó w n a n i a ( 7 . 1 2 ) (W
g
=
c o s 4>). N i e z n a m y j e d n a k k ą t a
i przemieszczenia
d. Z d i a g r a m u sił, d z i a ł a j ą c y c h
na skrzynię,
p r z e d s t a w i o n e g o n a r y s u n k u 7 . 8 b w i d z i m y , ż e
+
9 0 ° , przy c z y m 8 j e s t k ą t e m nachylenia równi (także n i e z n a n y m ) .
150
•sprawdzian 3
M o ż e m y potraktować skrzynię j a k o cząstkę i do obliczenia
7. Energia kinetyczna i praca
g
Załóżmy,
że do podniesienia
sk
n a tę s a r n ą w y s o k o ś ć h u ż y j e m y d ł u ż s z e j ( c z y l i mniej ;
ej)
r ó w n i , a ) Czy p r a c a , w y k o n a n a p r z e z s i ł ę T b ę d z i e v
tas
większa, mniejsza, c z y taka sama, j a k poprzednio? b ) C
ar-
tość siły F , potrzebnej do wciągnięcia skrzyni będzie \
za,
mniejsza, c z y taka sama, j a k poprzednio?
:
-ykład 7 . 6
O — w 2. Wyrażenie to możemy otrzymać z drugiej zasady dyna
„ . o masie m = 5 0 0 kg jedzie w dół z prędkością v
pot:z
=
gd> nagle podtrzymująca j ą lina zaczyna ześlizgiwać się
miki Newtona, zapisanej dla składowych wzdłuż osi y z rysunku 7.9b
(F
w
y
p
v
= mu,).
Dostajemy: T — F„ =
- a . w wyniku czego winda zaczyna spadać ze stałym przy_
-icniem 5 = g / 5 (rys. 7.9a).
ma.
Wyznaczając z tego równania 7", podstawiając mg w miejsce F
g
i wstawiając wynik do równania (7.7), otrzymujemy: ^.^-lina windy
W
T
Td cos
=
4- g)d cos ci.
Następnie w miejsce a podstawiamy —g/5
(przyspieszenie jest
skierowane w dół), a w miejsce 0 — kąta między kierunkami sił f i mg — 180". Daje to: /
°
\
Ą
\Ni = m y - ^ V
dcos,Ą> =
-m%d«$>§
4 = - ( 5 0 0 k g ) ( 9 . 8 m / s - ) ( 1 2 m) cos 180 = - 4 . 7 • 1 0 J =s - 4 7 kJ. (odpowiedź) Zauważ, że wartość W nie jest tak po prostu przeciwna do warto ści W , którą otrzymaliśmy w punkcie (a). Dzieje się tak dlatego, że winda spada ruchem przyspieszonym, a zatem zmienia się j e j prędkość, czyli j e j energia kinetyczna też ulega zmianie. Równanie (7.16) odnoszące się do przypadku, gdy wartość energii kinetycz nej na początku i na końcu ruchu jest taka sama, nie ma więc tutaj zastosowania. 4
T
g
a)
b)
" 9 . Przykład 7.6. Winda jadąca w dól z prędkością v ' nagłe przyspieszać, a) Poruszając się ze stałym przyspie• e n a = g/5 doznaje ona przemieszczenia d. b) Wektor prze: i.renia windy oraz diagram działających na nią sił pKZ
.
praca W„ została wykonana nad windą przez siłę ciężkopodczas spadku windy na drodze d = 12 m?
>
c) Ile wynosi całkowita praca wykonana nad windą podczas j e j spadku? ROZWIĄZANIE:
O — i Praca całkowita jest sumą prac wykonanych przez wszystkie siły działające na windę, czyli:
AZANIE:
•t Możemy potraktować windę jako cząstkę i do obliczenia . . U", wykonanej nad nią przez siłę F zastosować równanie 2 . W, = mgd cosęi). Jak pokazano na rysunku 7.9b (ilustru- przemieszczenie windy oraz diagram działających na nią kąt między kierunkami siły F , i przemieszczenia d windy -. "»i 0 . Z równania (7.12) otrzymujemy zatem:
W = Wg + W = (5.88 • 10 J ) - ( 4 . 7 0 • 10 J )
W
e
= mgd c o s 0 = (500 kg)(9.8 m / s ) ( 1 2 m)(l) :
= 5 . 8 8 • 10 J ~ 59 kJ. T
4
= 1,18 • 10 J = 12 kJ.
(odpowiedź)
4
d) Ile wynosi energia kinetyczna windy pod koniec j e j spadku z wysokości 12 m?
2
4
ile wynosi praca W
4
T
g
(odpowiedź)
wykonana nad windą podczas j e j spadku
drodze 12 m. przez siłę 7", jaką lina windy ciągnie windę !Órę?
ROZWIĄZANIE:
O — ł Energia kinetyczna windy zmienia się dlatego,
że suma
rycznie nad windą wykonywana jest praca, co wynika z rów nania (7.11) ( F k k o ń c = F k jx>c7. + W). Energia kinetyczna windy na początku spadku wynosi — na podstawie równania (7.1) — £ = I m r ^ j . Równanie (7.11) daje zatem: k
p
o
c
2
ZWIĄZANIE:
T
1. Pracę Wj wyznaczymy ze wzoru (7.7) (W =
Fdcoscp).
e uda nam się przedtem znaleźć wyrażenie na wartość T siły, l lina ciągnie windę.
F k końc =
=
F k pocz +
\(500
W
=
|miC
o c z
+
W
k g ) ( 4 m / s ) 2 + ( 1 . 1 8 • 10 4 J )
= 1.58 • 10 J 4
16 kJ.
(odpowiedź)
7.4. P r a c a w y k o n a n a przez siłę ciężkości
151
7.5. Praca w
)
ś
c
W tym paragrafie zajmiemy się pracą wykonaną nad ciałem o cząstki, przez pewną szczególną
siłę
i właściwoś
mianowicie przez siłę s p r ę ż y s
zmienną,
jaką działa na ciało sprężyna. Wiele sił występujących w przyrodzie m o ż n a c m a t e m a t y c z n i e tak s a m o . jak siłę sprężystości. W o b e c tego analiza tej jedne umożliwi n a m z r o z u m i e n i e właściwości wielu innych.
Siła sprężystości Na rysunku 7.10a przedstawiono sprężynę w
stanie
co
nieodkszlałconym.
cza, że nie jest ona ani ściśnięta, ani rozciągnięta. Jeden jej koniec jest z cowany, a d o d r u g i e g o , s w o b o d n e g o końca p r z y m o c o w a n e jest ciało o w wościach cząstki, p o w i e d z m y klocek. Jeśli rozciągniemy sprężynę, p o c i . . klocek w prawo, j a k n a rysunku 7.1 Ob, to sprężyna będzie działać n a k siłą, skierowaną w lewo (ponieważ siła sprężystości dąży d o p r z y w r ó c e n i a n i e o d k s z t a ł c o n e g o sprężyny, n a z y w a się ją c z a s e m
siłą
zwrotną).
Jeśli ścKr
sprężynę, pchając klocek w lewo, j a k na rysunku 7.10c, to sprężyna będzie ł a ć na klocek siłą skierowaną w prawo. klocek przymo cowany do sprężyny
Dla wielu sprężyn m o ż n a z d o b r y m przybliżeniem przyjąć, że siła F działa sprężyna jest proporcjonalna d o p r z e m i e s z c z e n i a d s w o b o d n e g o sprężyny, od j e g o p o ł o ż e n i a d l a sprężyny nieodkształconej. Siła
0
F = —kd
a) x dodatnie /- ujemna j:
i
.
/
u c z o n e g o angielskiego z końca X V I I wieku. Z n a k minus w równaniu > wskazuje na to. że siła sprężystości jest zawsze skierowana p r z e c i w n i e d o
0
—-
_
mieszczenia s w o b o d n e g o końca sprężyny. Stała k. n a z y w a n a s t a ł ą spręży x
-p
(lub s t a ł ą siłową), jest miarą sztywności sprężyny. Im większa jest
wartt
tym sprężyna jest sztywniejsza, tzn. tym większą działa siłą przy takim s
b) i)
(prawo Hooke"a).
znaną j a k o p r a w o H o o k e ' a , biorące swoją nazwę od nazwiska Roberta Ho, f
- -x
i
sprężysto*-*
zatem d a n a zależnością:
przemieszczeniu jej końca. Jednostką stałej sprężystości k w układzie S x ujemne F dodatnia
niuton na metr. Na rysunku 7.10 w y b r a n o oś x równoległą d o długości sprężyny, a ja; początek (x — 0) przyjęto p o ł o ż e n i e s w o b o d n e g o końca sprężyny nieodksz nej. W takiej standardowej sytuacji równanie (7.20) przybiera postać:
c) Rys. 7 . 1 0 . a) Sprężyna nieodkształcona. Jako początek
osi x wybieramy po
łożenie tego końca sprężyny, do któ rego przymocowany jest klocek, b) Prze mieszczamy klocek o d. przy czym sprę żyna zostaje rozciągnięta o x (dodatnie). Zwróć uwagę na siłę zwrotną F. jaką
F = —kx
(prawo Hooke"a).
(1..
Jeśli w s p ó ł r z ę d n a x jest dodatnia (tzn. sprężyna jest rozciągnięta w z d ł u ż os, prawo), to F jest ujemna (tzn. siła sprężystości działa w lewo). Jeśli n a t o m L w s p ó ł r z ę d n a x jest ujemna (tzn. sprężyna jest ściśnięta w lewo), to F jest dodatr. (tzn. siła sprężystości działa w prawo). Z a u w a ż , że siła sprężystości jest
siłą
zmienną,
g d y ż jej wielkość i
kieruiK
sprężyna działa na klocek, c ) Sprężyna
zależą od p o ł o ż e n i a x s w o b o d n e g o końca sprężyny: F p o w i n n i ś m y właśeiw
zostaje ściśnięta o x (ujemne). Zwróć
zapisać j a k o F(x). Z w r ó ć także u w a g ę
uwagę na siłę zwrotną
liniową
152
7. E n e r g i a kinetyczna i p r a c a
F o d x.
na
to, że
prawo
H o o k e ' a daje zależno
Praca wykonana przez siłę sprężystości Aby znaleźć wyrażenie na pracę wykonaną przez siłę sprężystości podczas ru chu klocka z rysunku 7.10a. poczynimy dwa założenia upraszczające, dotyczące sprężyny. 1) Założymy, że sprężyna ma znikomo małą masę w stosunku do masy klocka. 2) Przyjmiemy, że jest to sprężyna doskonała, to znaczy prawo Hooke'a jest dla niej spełnione dokładnie. Założymy ponadto, że klocek porusza się po podłożu bez tarcia a ponadto, że może on być traktowany jak cząstka. Pchnijmy gwałtownie klocek w prawo, aby wprawić go w ruch i usuńmy działającą na niego siłę zewnętrzną. Gdy klocek porusza się w prawo, siła sprę żystości F wykonuje nad nim pracę i zmniejsza jego energię kinetyczną, a więc spowalnia jego ruch. Do obliczenia tej pracy nie możemy jednak zastosować rów nania (7.7) (W = Fdcos(p), ponieważ jest ono spełnione tylko dla siły stałej, i siła sprężystości jest siłą zmienną. Do wyznaczenia pracy, wykonanej przez sprężynę musimy użyć rachunku całkowego. Oznaczmy położenie początkowe klocka przez .v , a jego położenie końcowe przez Akońc- Podzielmy teraz odcinek między tymi położeniami na wiele małych odcinków, każdy o długości A.v. Oznaczmy te odcinki, licząc od .v . jako odcinek 1. 2. itd. Gdy klocek przebywa taki mały odcinek, siła sprężystości jest prawie stała, gdyż odcinek jest tak krótki, że x prawie się nie zmienia. Możemy więc przyjąć w przybliżeniu, że wartość siły jest stalą na takim małym odcinku. Oznaczmy te wartości jako f j na odcinku 1, F ? odcinku 2. itd. pocz
pocz
n
a
Na każdym małym odcinku siła jest stała, dlatego też na każdym z nich mo obliczyć pracę ze wzoru (7.7) (W = F<7cos0). W rozważanym przypadku O = 0. a zatem cosc/> = 1. Tak więc praca wykonana na odcinku 1. jest równa F\ A.v. na odcinku 2 — F : A . Y . itd. Całkowita praca VV wykonana przez sprężynę a a odcinku od .v do x v a jest sumą tych prac: żemy
S
pocz
K
W
s
=
Y2 J > F
Ax
(- > 7
22
przy czym wskaźnik j numeruje małe odcinki. W granicy, przy A.v dążącym do zera. równanie (7.22) przechodzi w: •VkOTK
W, = j
Fd.v.
(7.23)
- pocz v
Podstawiając do tego równania wyrażenie na F ze wzoru (7.21), otrzymujemy: •Vkońc
U; =
j
- 'końc ł
(-kx)dx
=
- k
j
Xdx
=
[ . V
2
] ^
=
( - U ) ( . v L c
-
- pocz)v
(7.24) Po wykonaniu mnożenia dostajemy:
W^ =
\kx~
( x z
— 7^'A'końc
(praca wykonana przez silę sprężystości).
(7.25)
Praca W . wykonana przez silę sprężystości może być dodatnia lub ujemna, w za leżności od tego. czy przy ruchu klocka z .v do Akońc energia zostaje sumarycz nie przekazana klockowi, czy też od niego odebrana. Uwaga: położenie końcowe s
pocz
7 . 5 . Praca wykonana przez siłę sprężystości
1 53
wyrazie po prawej stronie równania (7.25). Wniosek
występuje w drugim z tego jest następujący:
Akońc
Praca W
s
jest dodatnia, gdy położenie końcowe klocka jest bliższe końca sprężyny
nieodkształconej (x =
0) niż jego położenie początkowe. Gdy położenie końcowe klocka
jest dalsze punktu x =
0, to jest ona ujemna. Praca ta jest równa zeru, gdy położenia
końcowe i początkowe klocka są jednakowo odległe od punktu x = 0.
Jeśli A-pocz = 0, a położenie końcowe oznaczymy przez .v, to równanie (7.25; przybiera postać: 1V = — \kx~
(7.26J
(praca wykonana przez silę sprężystości).
S
Praca wykonana przez siłę zewnętrzną Załóżmy obecnie, że przemieszczamy klocek wzdłuż osi x, działając na niego przez cały czas siłą F . Podczas ruchu klocka siła ta wykonuje nad klockiem pracę ł V , a siła sprężystości — pracę W . Zgodnie z równaniem (7.10) zmiana energii kinetycznej klocka pochodząca od tych dwóch prac wynosi: zewn
zewn
s
A£
k
= £ k końc -
£ k pocz =
W
zeW
n + W,
(7.27)
s
przy czym £ końc jest energią kinetyczną na końcu przemieszczenia klocka. £ k pocz — rm jego początku. Jeśli na początku i na końcu przemieszczenia zarówno E końc. jak i £ k pocz . równe zeru, to równanie (7.27) upraszcza się do postaci: k
a
sa
k
W wn = - W . ze
(7.28)
s
Jeśli klocek przymocowany do sprężyny jest w spoczynku na początku i na końcu przemieszczenia, to praca wykonana nad klockiem podczas jego ruchu przez siłę ze wnętrzną jest przeciwna do pracy, wykonanej nad nim przez siłę sprężystości.
Uwaga: Jeśli klocek nie spoczywa na początku lub na końcu przemieszczenia, to stwierdzenie powyższe nie jest prawdziwe.
^SPRAWDZIAN 4:
I
W trzech przypadkach położenia początkowe i końcowe klocka
z rysunku 7.10 wzdłuż osi .v, wynoszą: a) —3 cm i 2 cm, b) 2 cm i 3 cm, c) —2 cm i 2 cm. Czy w poszczególnych przypadkach praca wykonana nad klockiem przez siłę sprężystości jest dodatnia, ujemna, czy równa zeru?
Przykład 7.7
ROZWIĄZANIE:
Paczka aromatycznych czekoladek leży na podłożu, po którym
O-^r
może się poruszać bez tarcia i jest przymocowana do swobodnego
więc siła sprężystości wykonuje nad tą paczką pracę, daną wzore«
1. Paczka przemieszcza się z jednego miejsca na drugie,
końca sprężyny, jak na rysunku 7.10a. Aby utrzymać tę paczkę
(7.25) lub (7.26). Wiemy, że położenie początkowe paczki
w spoczynku w punkcie X\ =
jest równe zeru, a położenie końcowe *końc wynosi
zewnętrzną o wartości F
z e w n
12 mm, trzeba na nią działać siłą
= 4,9 N.
154
poa
znamy jednak stałej sprężystości k.
a) Jaką pracę wykona nad paczką siła sprężystości, jeśli przesu niemy paczkę w prawo, z punktu XQ =
x
17 mm. nie
0 do punktu x
7. Energia kinetyczna i praca
2
=
17 mm?
Aby wyznaczyć k z równania (7.21) (tzn. z prawa Hooke'aV musimy zastosować następujące stwierdzenie.
O—»
2. Skoro paczka pozostaje w spoczynku w punkcie o współ
rzędnej .vi =
przez silę zewnętrzną (zgodnie z drugą zasadą dynamiki). Zatem siła sprężystości
F jest wtedy równa —4.9 N (tzn. jest skiero
wana w lewo na rysunku 7.lOb). wobec czego z równania (7.21) iF
ROZWIĄZANIE:
12 mm. to siła sprężystości jest wtedy równoważona
Skorzystamy z tego samego stwierdzenia, co na początku punktu (a). Obecnie mamy .\pocz =
= —kx) wynika, że:
W (-4.9
F
k = ~— = .t,
N) r
(12
—
10- m)
=
408 N/m.
=
= \kx-
=
3
Dla paczki znajdującej się w punkcie xi
17 mm z równania
-\kxl =
- (408 3
N/m)(17- 10~
3
m)
2
=
x
2^'(- pocz
—
•'•końc'
V
± ( 4 0 8 N/m)[(17 • 1 0
m)
- 3
:
-
(-12
• 10"
30 mJ.
3
m) ] :
(odpowiedź)
ponieważ praca dodatnia, wykonana przy ruchu paczki z punktu •*pocz =
następnie w lewo. do punktu .vj
—12 mm.
Praca wykonana nad paczką przez siłę sprężystości jest dodatnia,
- 0 . 0 5 9 J. (odpowiedź)
bl Paczkę przemieszczamy
2 k- końc
: 0.03 J =
(7.26) otrzymujemy: W, =
mm i Akońc =
+17
a zatem z równania (7.25) wynika, że:
=
+17
mm do punktu x =
0 (odpowiadającego sprężynie
nieodkształconej) jest większa (co do wartości bezwzględnej) od
- 1 2 mm. Jaką pracę wykonuje przy tym nad paczką siła spręży
pracy ujemnej, wykonanej przez tę siłę przy ruchu paczki z x =
stości? Wyjaśnij znaczenie znaku tej pracy.
do .v ,
— 12
ko
0
mm.
Przykład 7.8 Na rysunku 7.11 przedstawiono puszkę kminku o masie 0,4 kg. śli zgającą się bez tarcia po poziomej ladzie z prędkością v = W
0.5 m/s.
• brak tarcia
pewnej chwili wpada ona na swobodny koniec sprężyny o stałej
sprężystości k =
750 N/n. w wyniku czego sprężyna jest ściskana.
O jaki odcinek d będzie skrócona sprężyna w chwili, gdy puszka zwolni do prędkości równej zeru?
Rys.
7 . 1 1 . Przykład 7.8. Puszka o masie m porusza się z pręd
kością v w kierunku sprężyny o stałej sprężystości k
Łącząc
ROZWIĄZANIE:
ze
sobą
dwa
pierwsze
stwierdzenia,
otrzymujemy
dla
puszki związek zmiany energii kinetycznej z pracą: Skorzystamy z trzech spostrzeżeń: końc 1.
Praca W
s
wykonana nad puszką przez siłę sprężystości
jest związana z szukaną odległością d równaniem (7.26) (tV
s
=
,
0-
2
jest związana z energią kine
tyczną puszki równaniem (7.10) ( E k k o ń c — £ k p o c z =
W).
3. Energia kinetyczna puszki jest równa początkowo £
imv , 2
k
t
=
•
Korzystając z trzeciego stwierdzenia, zapisujemy powyższe rów nanie w postaci:
— ^/av ), w którym w miejsce .v trzeba podstawić d.
2. Z drugiej strony, praca
pocz
,
\mv
2
=
-\kd . 2
Upraszczając to równanie, wyznaczając z niego d i podstawiając wartości liczbowe danych, otrzymujemy ostatecznie:
[m
=
„ ,
,
/
(0.4 kg)
a w chwili, gdy puszka ma prędkość równą zeru. wynosi
ona zero.
=
1.2 • 10""
2
m =
1.2 cm.
(odpowiedź)
7.6. Praca wykonana przez dowolną siłę zmienną Analiza w jednym wymiarze Powróćmy do sytuacji z rysunku 7.2, lecz rozważmy teraz siłę skierowaną wzdłuż osi .v. której wartość zmienia się wraz ze zmianą położenia x. Zatem w trakcie ruchu koralika (cząstki), przy przechodzeniu od punktu do punktu zmienia się wartość siły wykonującej pracę. Zmienia się jednak tylko wartość, a nie kierunek tej siły. Wartość siły w każdym punkcie jest stała w czasie.
7 . 6 . Praca wykonana przez dowolną siłę zmienną
155
Na rysunku 7.12a przedstawiono wykres F u " ! dla takiej jethunnmuin siły zmiennej. Chcemy znaleźć wyrażenie na prace. \v\ konaną p r z e / te sile. w sie ruchu cząstki z punktu początkowego , t d o punktu końcowego x możemy jednak skorzystać ze wzoru (7.7), gdyż jest on słuszny tylko lej siły F. Zastosujemy więc znów rachunek całkowy. Podzielmy o b krzywą z rysunku 7.12a na wiele wąskich pasków o szerokości Ax (rys Wybierzmy wartość A x tak małą, żeby z dobrym przybliżeniem m o ; przyjąć, że siła F ( . r ) jest w tym przedziale stała. Wartość średnią F(.i) takim przedziale oznaczmy przez Fj,&. Jest ona równa wysokości j - e t na rysunku 7.12b. poc7
a)
/"(.V)
Wartość Fjj uważamy za stalą, dlatego też praca A W) wykonaj siłę w j-ym przedziale (przyczynek do pracy całkowitej pochodzący przedziału) jest dana w przybliżeniu w z o r e m (7.7) i jest równa: T
A W) =
Fj. Ax, k
Wartość AWj jest równa polu ./-ego zacieniowanego prostokąta na rysimi Aby obliczyć przybliżoną wartość całkowitej pracy W wykonanej p nad cząstką podczas jej ruchu z , v d o Jtkonc, dodajemy p o l a powierzchn kich pasków z rysunku 7.12b między , t a .tWic- Daje to:
Ax b)
pocz
p o c z
F(x)
Równanie (7.30) jest przybliżone, gdyż „schodki" tworzone przez gó prostokątnych pasków z rysunku 7 . 1 2 b są j e d y n i e p r z y b l i ż e n i e m rzec krzywej F ( x ) .
Przybliżenie to jest t y m lepsze, im mniejsza jest szerokość pas! a więc im pasków jest więcej (rysunek 7.12c). W granicy, dla szerol sków dążącej d o zera, a zatem dla liczby pasków dążącej d o nieskoń
Al ej
otrzymujemy w y n i k ścisły:
F(x)
W = lim
F Ax, iiT
Granica p o prawej stronie tego równania jest niczym innym, j a k całką o ; H'
1
[
funkcji F(x) w granicach od x zapisać w postaci:
,
1
0 !Vv"
v
W
d) Rys,
7.12.
miarowej
a) Wykres
F. j a k o
siły
funkcji
się z p u n k t u
x
punktu
Xkm\c- b) W y k r e s j a k n a r y s u n k u a, l e c z z obszarem pod krzywą podzielonym na wąskie paski, c ) W y k r e s , j a k na rysunku b . lecz z p o d z i a ł e m o b s z a r u p o d k r z y w ą na
jeszcze
węższe
dek g r a n i c z n y . siłę j e s t
dana
paski,
Praca,
r ó w n a polu p o w i e r z c h n i obszaru
pod krzywą
d)
Przypa
wykonana
równaniem
(7.32)
punktami
-*'pocz I "końc A
156
=
j
F(x)dx
(praca wykonana przez siłę
zmienną).
Jeśli znamy funkcję F(x), to możemy podstawić ją do równani; wybrać właściwe granice całkowania, obliczyć całkę i znaleźć w ter wartość pracy (wartości najczęściej spotykanych całek podane są w doc W obrazie geometrycznym praca jest równa polu powierzchni obszaru krzywą F(x) a osią x, w zakresie od A ' d o JCkońc (czyli obszaru zacienii na rysunku 7.12d), p o c z
przez i jest
zacieniowanego
między
możerr
.v
Cząstka
do
p 0 C I
(7.31)
jednowy
położenia
c z ą s t k i , n a k t ó r ą d z i a ł a ta s i ł a . porusza
do Ąońc- Równanie
x
- kunc
V
p o c z
7, Energia kinetyczna i p r a c a
A n a l i z a w trzech w y m i a r a c h
Rozważmy obecnie cząstkę, na którą działa siła trójwymiarowa: F = FJ + F,.j + F k. z
j e } czym składowe F . F i F mogą zależeć od położenia cząstki, tzn. mogą 3»ć funkcjami tego położenia. Poczynimy jednak trzy założenia upraszczające: ^f może zależeć od .v. ale nie od y ani z: F może zależeć od y. ale nie od .v m\ z: F może zależeć od ale nie od .v ani y. Wyobraź sobie teraz, że cząstka jfcznąje niewielkiego przemieszczenia: x
v
:
K
v
z
d? = dvi + dyj + d;k.
(7.34)
feaca d\V wykonana przez siłę F nad cząstką podczas jej przemieszczenia o dr Lynosi zgodnie z równaniem (7.8): d\V = Fd?=
F d.v + F dy + F dz. v
y
(7.35)
z
foca W wykonana przez siłę F podczas ruchu cząstki z punktu początkowego h c o współrzędnych (.v . y . c z ) - do punktu końcowego i \ o wspólHsdnych (.v ń . } \ K - c w ) jest zatem równa: pocz
ko
C
p o c z
p o C
o ń c
0
''końc
= j
^'końc
d\V = j
.^"koric
F d.v + j
^koric
F dy + j
v
v
F-dz.
(7.36)
fciy siła F ma tylko składową ,v. wyrazy z v i : w równaniu (7.36) są równe i równanie to sprowadza się do równania (7.32).
Ufruca jako zmiana energii kinetycznej: siła zmienna i w M i a n i e (7.32) daje pracę wykonaną nad cząstką przez siłę zmienną w przy padku jednowymiarowym. Sprawdźmy, czy praca wyznaczona z równania (7.32) jpcg istotnie równa zmianie energii kinetycznej cząstki, jak być powinno. Rozważmy cząstkę o masie m. poruszającą się wzdłuż osi .v. Niech na tę cząstkę działa siła wypadkowa F(.v). skierowana wzdłuż tej osi. Praca wykonana jtzez tę silę. nad cząstką przemieszczającą się z punktu początkowego .v do punktu końcowego .v ń jest dana równaniem (7.32) jako: pocz
ko
C
•*'koric
j
W =
końc
F(.v)d.v =
•*'pocz
j
(7.37)
mcidx.
Xpocz
przy czym skorzystaliśmy z drugiej zasady dynamiki, aby w miejsce F(.v) pod stawić ma. Wielkość madx występującą w równaniu (7.37) możemy zapisać * następujący sposób: di' madx
= m—d.v.
(7.38)
dt
Korzystając z właściwości różniczek i pochodnych, wykonujemy przekształcenia: d£ dr
=
dvd d.v dt i
=
d« , d.v l
<
(
73
9
)
które umożliwiają zapisanie równania (7.38) w postaci: madx
= m
dv
— rd.v = d.v
mvdv.
(7.40)
7.6. Praca wykonana przez dowolną siłę zmienną
157
Podstawienie tego wyrażenia do równania (7.37) daje: 'koric
'końc
Ł
W = j
l
mvdv = m j
'pocz
vdv = \mvl
ońc
- \mvl .
(7.41)
ocz
'pocz
Ł
Ł
Zauważ, że zamiana zmiennych z x na v pociąga za sobą konieczność zmiany gra nic całkowania na odpowiednie wartości nowej zmiennej. Zauważ też, że masę m mogliśmy wyciągnąć przed znak całki, gdyż jest ona stała. W wyrażeniach po prawej stronie równania (7.41) rozpoznajemy wyrażenia na energię kinetyczną, co umożliwia zapisanie tego równania w postaci: W
= £ k końc — £ k pocz = A £ k ,
przedstawiającej równość pracy i zmiany energii kinetycznej.
Przykład 7.9 Na cząstkę działa siła:
zatem zastosować wzorów (7.7) i (7.8). Musimy więc skorzystać F
=
(3.v
2
N)i 4- (4 N)j. gdzie x
jest
z równania (7.36) i scałkować siłę:
wyrażone w metrach, w wyniku czego zmienia się jedynie energia kinetyczna cząstki. Jaką pracę wykonuje ta siła nad cząstką, gdy cząstka przemieszcza się z punktu o współrzędnych (2 m, 3 m)
3 W
ROZWIĄZANIE: 0"^r
3.v d.v + j
= j 2
do punktu o współrzędnych (3 m. 0 m)? Czy wartość prędkości cząstki rośnie przy tym. maleje, czy pozostaje bez zmiany?
0 2
=
[3
3 4dy =
3 -
3
x dx
2
2 ] + 4[0 3
3J
0 2
3] =
+ 4 j
dy =
3 [±.v ]' + 4 3
[y]JJ
3
7 J.
(odpowiedz')
Otrzymana praca jest dodatnia, co oznacza, że w wyniku działa
Siła. występująca w zadaniu jest zmienna, gdyż jej skła
dowa x zależy od wartości x. Do wyznaczenia pracy nie możemy
nia siły F cząstka zyskała energię. Wobec tego wzrosła energii kinetyczna cząstki, a zatem i wartość jej prędkości.
7.7. Moc Przedsiębiorca budowlany chce przetransportować ładunek cegieł z chodnika na szczyt budynku za pomocą kołowrotu. Umiesz już obliczyć pracę, jaką musi wykonać w tym celu nad ładunkiem siła przyłożona do liny kołowrotu. Przedsię biorcę interesuje jednak przede wszystkim to, jak szybko można tę pracę wykonać czy zajmie to 5 minut (co jest dla niego do przyjęcia), czy tydzień (co absolutnie nie jest do przyjęcia). Szybkość, z jaką siła wykonuje pracę, czyli pracę wykonywaną w jednostce czasu nazywamy mocą. Jeśli siła wykonuje pracę W w przedziale czasu At, io moc średnia w tym przedziale czasu wynosi: W Pśr =
—
(moc średnia).
(7.42)
Moc chwilowa P jest to szybkość wykonywania pracy w danej chwili. Można ją zapisać jako: P —
158
7. Energio kinetyczna i praca
dW
df
(moc chwilowa).
(7.43)
Załóżmy, że znamy pracę W(t) wykonywaną przez pewną siłę, jako funkcję czasu. Jeśli chcemy wyznaczyć moc chwilową P w chwili — powiedzmy — i = 3 s w czasie działania tej siły. to najpierw znajdujemy pochodną funkcji W(t) względem czasu, a następnie obliczamy jej wartość dla t = 3 s. Jednostką mocy w układzie SI jest dżul na sekundę. Jednostka ta jest tak często używana, że nadano jej własną nazwę: wat (W), od nazwiska Jamesa Warta, którego wynalazki przyczyniły się do zwiększenia szybkości, z jaką mogą wykonywać pracę silniki parowe. Czasem używa się także jednostki o nazwie fcri mechaniczny (KM). Oto związki między tymi jednostkami: 1 W = 1 J/s
(7..44)
1 KM = 746 W.
(7.45)
araz
Jak widać z równania (7.42). pracę można wyrazić jako iloczyn mocy i czasu, jak * często spotykanej jednostce o nazwie kilowatogodzina (kWh). Jest ona równa: 1 kWh = (10 W)(3600 s) = 3.6- 10 J = 3.6 MJ. 3
6
(7.46)
Dowatogodziny są najczęściej stosowane jako jednostki handlowe energii eleki^cznej (występują one na rachunkach z elektrowni), dlatego też kojarzy się je, akjak i waty. z jednostkami elektrycznymi. Mogą one być również stosowane jrzy innych rodzajach mocy. czy pracy i energii. Jeśli zatem, na przykład pod•nsisz książkę z podłogi i kładziesz ją na półce, to wykonaną przy tym pracę możesz wyrazić jako 4 • 1 0 kWh (a może nawet wygodniej jako 4 mWh). Szybkość, z jaką siła wykonuje pracę nad cząstką (lub ciałem o właści wościach cząstki) możemy również wyrazić przez tę siłę i prędkość cząstki. Dla cząstki poruszającej się po linii prostej (powiedzmy wzdłuż osi x), na którą działa «r*ł.q siła F, skierowana pod pewnym kątem
Rys.
7.13.
Moc jest szybkością, z jaką
siła działająca na przyczepę ze strony ciężarówki
wykonuje
pracę
nad
przy
czepą
7.7. Moc
159
czyli P = Fv
coscp.
Zapisując prawą s t r o n ę r ó w n a n i a (7.47) j a k o i l o c z y n s k a l a r n y F • v. m o ż e z a l e ż n o ś ć p r z e d s t a w i ć w postaci: P — F • v
(moc chwilowa).
(7.
Na p r z y k ł a d c i ę ż a r ó w k a z r y s u n k u 7.13 d z i a ł a siłą F na ciężką p r z y c z e p ę , r. w p e w n e j chwili p r ę d k o ś ć
v. M o c c h w i l o w a j e s t to s z y b k o ś ć , z j a k ą 5
w y k o n u j e p r a c ę nad p r z y c z e p ą w tej w ł a ś n i e c h w i l i ; j e s t o n a d a n a w z o r a m i i ( 7 . 4 8 ) . M ó w i e n i e o tej m o c y j a k o o „ m o c y c i ę ż a r ó w k i " j e s t z w y k l e d o prz; lecz należy p a m i ę t a ć , c o to z n a c z y : m o c jest to s z y b k o ś ć , z j a k ą w y k o n u j e siła z e w n ę t r z n a . Klocek porusza się ruchem jednostajnym po okręgu, ponieważ pr/\\\iazun\ do linki, której drugi koniec jest umocowany w pewnym punkcie. Czy |
związana z siia działająca na klocek ze strony linki jest dodatnia ujemna, czy równa z
Przykład 7.10
Siła F i tworzy z prędkością v kąt cf> = 6 0 " , zatem: 2
Na rysunku 7.14 przedstawiono pudełko, na które działają dwie stałe siły F\ i F . przy czym pudełko ślizga się bez tarcia po
P
2
= F 2 i ' c o s c * 2 = (4 N)(3 m / s ) c o s 6 0
Ten wynik oznacza, że siła F dostarcza
;
= 6 W.
(odpo-
energię pudełku i
2
podłodze w prawo. Siła F\ jest skierowana poziomo i ma wartość
kością 6 J/s.
2 N: siła F
0 ~ " » 2. Całkowita moc jest sumą mocy pochodzących t
2
o wartości 4 N skierowana jest w górę. pod kątem
60" do podłogi. Prędkość pudełka ma w pewnej chwili wartość
szczególnych sił:
v. równą 3 m/s.
p
= />, + />, = ( _ 6 W ) + (6 W ) = 0.
c a t l
(odpo-
co oznacza, że sumarycznie żadna energia nie jest ani czana pudełku, ani odbierana od niego. Energia kinet>sz dełka (Ey = \mv ) nie ulega zatem zmianie, a wiec nie z :
się także prędkość pudełka. Jak widać z równania (7.48). j e Fi i F . a także prędkość v pozostają stale, to stale są m t 2
i P . a zatem i moc całkowita P 2
calk
.
Rys. 7 . 1 4 . Przykład 7.10, Na pudełko, ślizgające sic bez tarcia po podłodze w prawo działają dwie siły: F
}
i F . Prędkość pudełka 2
wynosi r
b) Ile wynosiłaby moc wypadkowa i czy zmieniałaby si gdyby siła F wynosiła 6 N?
a) Ile wynosi w tej chwili moc pochodząca od każdej z sił oraz
ROZWIĄZANIE:
moc całkowita? Czy moc całkowita zmienia się w tej chwili?
Postępując analogicznie, j a k w punkcie (a), otrzymujemy:
ROZWIĄZANIE:
Moc, związana z działaniem siły F\. nadal wynosi />, =
P = F vcos4> 2
O - f
1. Mamy wyznaczyć moc chwilową, a nie moc średnią
w pewnym przedziale czasu. Znamy prędkość cząstki (a nie wy konaną naci nią pracę). Możemy zatem dla każdej siły skorzystać
2
2
= (6 N ) ( 3 m / s ) c o s 6 0 ' = 9 W .
a zatem moc całkowita jest teraz równa: Falk = P , + P
2
= ( - 6 W) + (9 W) = 3 W.
(odpow;
co oznacza, że sumarycznie pudełko zyskuje energię. Wobec
z równania (7.47). Siła F\ tworzy z prędkością r kąt 4>\ = 180*.
energia kinetyczna pudełka wzrasta, a zatem wzrasta i wa
wobec czego:
j e g o prędkości. Skoro rośnie prędkość, to — j a k widać z rówt
P, = F,reosfi>, = (2 N ) ( 3 m / s ) c o s 180 = - 6 W . Wynik ten oznacza, że siła F\ odbiera
{
2
F a l k - Tak więc. otrzymana przez nas wartość mocy całkov
energię od pudełka z szyb
3 W, odnosi się jedynie do tej chwili, w której prędkość puc
kością 6 J/s.
160
(7.48) — zmieniają się wartości p i P . a zatem również wa
(odpowiedź)
7. E n e r g i a kinetyczna i p r a c a
ma wartość 3 m/s.
Podsumowanie .... £ . związana z ru-
Jeśli energia kinetyczna ciata na początku jego przemieszczenia
a o n cząstki o masie m i wartości prędkości v. przy czym i' jest
jest równa energii kinetycznej na końcu przemieszczenia, to rów
Mmtrgia
Energia kinetyczna
kinetyczna
k
nie mniejsze od prędkości światła, wynosi:
£
= \mv-
k
nanie (7.15) upraszcza się do postaci:
(energia kinetyczna)
(7.16)
(7.1)
z której widać, że energia dostarczana wówczas ciału przez siłę Praca
ca padrana
VI' jest to energia przekazana ciału lub od niego
za pomocą działania
na ciało siłą. Gdy energia jest
zewnętrzną jest równa energii odbieranej od ciała przez siłę cięż kości.
•Mekazana ciału, praca jest dodatnia, a gdy energia jest odebrana
Siła sprężystości
praca jest ujemna.
a h .
F =
tmea
wykonana
jobz
siłę stałą
przez
siłę stałą
Praca wykonana nad cząstką
F. podczas gdy cząstka doznaje przemieszcze-
• a d. jest równa:
W=Fd !
cos =
F d
'
(7.7.7.8)
Pracę nad ciałem wykonuje jedynie składowa siły F. skierowana
• z j e d n a siła, całkowita praca wykonana nad ciałem jest sumą a o c wykonanych przez poszczególne siły. Jest ona także równa wykonanej nad ciałem przez wypadkową £
od jego położenia dla sprężyny nieodkształconej (to znaczy takiej,
oś .v równoległą do długości sprężyny, a jako jej początek przyj miemy położenie swobodnego końca sprężyny nieodkształconej, to równanie (7.20) przybiera postać:
F = -kx
w y
p tych sił.
ik netyczna
Zmiana energii kinetycznej
A £
k
(prawo Hookea).
(7.21)
Siła sprężystości jest zatem siłą zmienną, gdyż zależy od położe nia swobodnego końca sprężyny.
Praca a energi a
(7.20)
przy czym d jest przemieszczeniem swobodnego końca sprężyny,
-rafiuż kierunku przemieszczenia d. Gdy na ciało działa więcej
ftmca
(prawo Hooke'a).
-kd
żystości (będącą miarą sztywności sprężyny). Jeśli wybierzemy
(praca wykonana przez siłę stałą).
j n y czym Ą> jest stałym kątem między kierunkami wektorów F i
pacy
wywierana przez sprężynę wynosi:
która nie jest ani ściśnięta, ani rozciągnięta), a k — stałą sprę
-
i
F
Siła
wykonana
przez
siłę sprężystości
Praca W, wykonana
przez siłę sprężystości nad ciałem przymocowanym do swobod
c a ł a j est związana z całkowitą pracą wykonaną nad tym ciałem,
nego końca sprężyny, przy przemieszczeniu ciała z położenia po
•stępującą zależnością:
czątkowego .Ypocz do położenia końcowego .Vk ńc- wynosi:
A£k j n y
czym
£
k
0
= £ k końc
pocz jest
E
—
k
W.
f
początkową
energią
(7.10)
kinetyczną
ciała.
ł ł
Jeśli x
k — H'-V"
z
(7.25)
— 2^'- koi v
•• 0. a .Ykońc = -V. to równanie (7.25) przybiera postać:
a
• f k k o ń c — energią kinetyczną ciała po wykonaniu nad nim pracy.
\\\ = -\kx .
(7.26)
2
fcj»iianie (7.10) można również zapisać w postaci:
-k pocz
+ iv.
(7.11)
Praca
wykonana
przez
siłę zmienną
Gdy siła
F
działająca na
ciało o właściwościach cząstki zależy od położenia ciała, praca wykonana przez tę siłę nad ciałem w czasie jego ruchu z punktu
tracą
wykonana
przez
siłę ciężkości
Praca
o ł ł e m o masie m przez siłę ciężkości F
s
W
t
wykonana nad
w czasie, gdy cząstka
doznaje przemieszczenia d, wynosi:
czym
g
końcowego r ń c o współrzędnych (.v k0
• W n
przy podnoszeniu
wykonana przez
siłę
(7.12)
i opuszczaniu
zewnętrzną
przy
ciała
Praca
podnoszeniu
lub
W"j. wykonaną przez siłę ciężkości oraz zmianą energii kinetyczaej A £ k ciała, zależnością:
k
= £k
k 0
k
£ k pocz — Wzc
w.
(7.15)
v
F
x
może zależeć
od y . ale nie od .v ani z: a składowa F- może zależeć od c. ale nie od x ani y . to praca jest rów na:
i d.
opuszczaniu ciała o właściwościach cząstki jest związana z pracą
A £
. y ń c - ; o ń c ) musi być wy
może zależeć od x, ale nie od y ani z: składowa £
J
W =
pocz
r
J
-l.ońc
1,ońc
Fraca wykonana
końc
znaczona przez całkowanie siły. Jeśli założymy, że składowa
Wg = mgd costp. pry
początkowego /-pocz o współrzędnych U p o c z . ypocz. Cpocz) do punktu
f
dW
=
.Hońc
F dx x
-^pocz
+
J
. pocz
~koiw
F,dy +
j
F dz. :
"pocz
v
Gdy siła F ma tylko składową .v. równanie (7.36) sprowadza się do: -^koric
U' = J
Lv.
F(x)dx
(7.32)
fpocz
Podsumowanie
161
(7.36
Moc
M o c związana z działaniem siły, jest to szybkość,
z jaką
chwili:
P
siła wykonuje pracę nad ciałem. Jeśli siła wykonuje pracę W w przedziale czasu At, to moc średnio
w tym przedziale czasu
jest równa:
=
dW
W'
Jeśli siła F tworzy kąt
W Pi, = —.
P =
(7.42)
Moc chwilowa jest to szybkość wykonywania pracy w danej
Fvcos(j>
=
(7.47.
F • v,
przy czym v jest prędkością chwilową ciała.
1. Uszereguj dane niżej prędkości w zależności od energii kine
5. Na rysunku 7.17 przedstawiono — w trzech przyj
tycznej ciała, poruszającego się z tą prędkością, od największej
zależność położenia od czasu dla pudła z przemyca:
do najmniejszej: a) ii = 4i + 3 j . b) v = — 4i + 3 j . c) v = — 3i + 4 j .
rem, ciągniętego bez tarcia wzdłuż osi x. za pomoc
d) 5 = 3i — 4 j . e) v = 5i. f) r = 5 m/s. skierowaną pod kątem
sił zewnętrznych. Linia B jest prostą, pozostałe są zal
30
:
Uszereguj te przypadki według wartości energii kinet
do poziomu.
2. Cząstka, na którą działa stała siła F doznaje prostoliniowego przemieszczenia d. Czy praca, wykonana przez tę siłę nad cząstką, jest dodatnia, czy ujemna, jeśli: a) kąt między F i d wynosi 3 0 ' , b) ten kąt wynosi 1 0 0 ' , c) F = 2i — 3 j , d =
-4i?
3. Na rysunku 7.15 przedstawiono sześć przypadków, w któ lub w prawo działają jed ści sił, zaznaczone na ry
wykonanej przez siły ze wnętrzne, w czasie od t\ do ti dla każdego z przypad
sunku jako długości wekto
gia została odebrana od pu dła. 3) całkowita praca jest -J> d)
którym z przypadków b)
<
>
•O
kiem przez siłę wypadkową
>
podczas jego przemieszcza
e) f)
nia d jest dodatnia, ujemna, Rys. 7 . 1 5 . Pytanie 3
równa zeru?
ó. Na rysunku 7.18 przedstawiono (w tej samej skali) w od położenia x cząstki, na którą ta siła działa. Uszere kresy według pracy wykonanej przez siłę F nad cząstki do A ], od największej (dodatniej) do najmniejszej (uje] -
4. Na rysunku 7.16 pokazano, jak wartość działającej na cząstkę kie jest położenie cząstki, spoczywającej początkowo w punkcie x = 0. gdy: a) ma ona największą energię kinetyczną, b) j e j pręd kość ma największą wartość, c) j e j prędkość jest równa zeru? d) Jaki jest kierunek ruchu cząstki w punkcie x = 6 m?
6
Rys. 7 . 1 6 . Pytanie 4
7. E n e r g i a kinetyczna i p r a c a
7
Rys. 7.1 7. Pytanie 5
leżności składowej x siły zmiennej F (skierowanej wz<
siły F, skierowanej wzdłuż osi x zależy od współrzędnej x. Ja
162
.1
starczona do pudła. 2) ener
d
rów, wynoszą 1 N lub 2 N.
równa zeru?
nanej nad pudłem przez siły zewnętrzne, w czasie oi od największej do najmniejszej, d) Które z danych ni
ków: ł ) energia została do
nocześnie dwie siły. Warto
praca wykonana nad pudeł
szej. c) Uszereguj te przypadki według całkowitej pr
dzeń opisuje skutek pracy
rych na pudełko ślizgające się bez tarcia po powierzchni w lewo
W
dła: a) w chwili t\. b) w chwili ti, od największej dc
-x [m]
Rys. 7 . 1 8 . Pytanie 6
•
V . rysunku 7.19 przedstawiono natłuszczone prosię, które
Ponownie przemieszczamy klocek o d. a) Jaka jest wartość siły
e zjechać' bez tarcia na dolny poziom po jednej z trzech zjeż-
wypadkowej, działającej na klocek ze strony obydwu sprężyn?
. ii Uszereguj te zjeżdżalnie według pracy, jaką wykona siła
b) Jaka praca została przy tym wykonana nad klockiem przez siły
:k.i
nad prosięciem w czasie jego zjazdu, od największej do
sprężystości sprężyn?
'•ntejszej wartości.
a)
b)
Rys. 7 . 2 1 . Pytanie 11 a)
b)
o
N
12. Na rysunku 7.22 przedstawiono wykres prędkości samochodzika jako funkcji czasu. Samochodzik porusza się wzdłuż osi ,v/s. 7.19,
.v dzięki działaniu zmiennej siły zewnętrznej. Wzdłuż osi czasu
Pytanie 7
zaznaczono sześć przedziałów o szerokości Afj = Af; = A/3 =
Podnosisz wypchanego borsuka z podłogi na półkę. Czy praca, ,_ przy tym wykonasz zależy: a) od masy borsuka, b) od j e g o . . _ru. c) od wysokości, na jakiej znajduje się półka, d) od czasu, .. ci to zajmie, e) od tego. czy podnosisz borsuka do góry prosto, . ukośnie?
2A?4 =
Atf, =
l A / 5 . a) W którym z tych przedziałów czasu
energia jest odbierana
od samochodzika przez siłę zewnętrzną?
b) Uszereguj te przedziały według pracy wykonanej w nich nad samochodzikiem przez siłę zewnętrzną, od największej (dodat niej) do najmniejszej (ujemnej), c) Uszereguj przedziały według szybkości, z jaką przekazywana jest energia, od największej
Paczka czasopism przedstawiona na rysunku 7.20 jest pod l o n a za sznurek na wysokość d. W tabelce na tym rysunku iano wartości prędkości początkowej vo i końcowej v paczki
starczanej
samochodzikowi do największej odbieranej
do
od niego.
v
metrach na sekundę), odpowiadające początkowi i końcowi umieszczenia paczki o d dla sześciu przypadków. Uszereguj rrzypadki według pracy wykonanej nad paczką na drodze d :n
siłę. działającą na nią ze strony sznurka, od największej
datniej) do najmniejszej (ujemnej).
i
a b c d e
/
D= 0 2 2 2 0
ł
/
1
2
3
4
5
6
Rys. 7 . 2 2 . Pytanie 12 d i
13. Pozostające początkowo w spoczynku pudełko kredek zostaje
^mm P
wprawione w ruch bez tarcia po podłodze przez siłę zewnętrzną. 0
~i
0
1 2
Na rysunku 7.23 przedstawiono wykresy przyspieszenia pudełka
2
jako funkcji czasu, w trzech przypadkach, różniących się wartością siły zewnętrznej. Uszereguj te przypadki według pracy wykonanej
Rys. 7 . 2 0 . Pytanie 9 T. Sprężyna ,4 jest sztywniejsza od sprężyny B. tzn. k
przez siłę zewnętrzną w czasie ruchu przyspieszonego pudełka, od A
>
kg.
największej do najmniejszej.
rrężyny te ściskamy: a) o taki sam odcinek, b) taką samą siłą ' .wietrzną. Siła sprężystości której ze sprężyn może wykonać .ekszą pracę w każdym z tych przypadków? * . Do swobodnego końca nieodkształconej sprężyny przymoco
a
,_4_ B
1
wać klocek, jak na rysunku 7 . 2 l a . Po pewnym przemieszczeniu d ,xka w prawo działająca na klocek siła sprężystości sprężyny .. wartość F\. a praca, wykonana przez nią nad klockiem jest •a na Wj. Następnie z drugiej strony przymocowano do klocka ką samą sprężynę jak pierwsza — rysunek 7 . 2 l b ; rysunek ten ipowiada sytuacji, w której obie sprężyny są nieodkształcone.
i
1
1
1
1
1 —
t
Rys. 7 . 2 3 . Pytanie 13
Pytania
163
Rozwiązanie jest dostępne na stronie internetowej pod ręcznika: http://www.wiley.com/colIege/hrw Rozwiązanie jest dostępne w postaci interaktywnej, wykorzystującej oprogramowanie Interactive LearningWare (na tej samej stronie)
4. Ojciec, goniący syna. ma energię kinetyczną dwa razy mmc;niż syn. który ma masę dwukrotnie mniejszą niż ojciec. O j . zwiększa prędkość o 1 m/s. po czym ma taką samą energię k r tyczną jak syn. Wyznacz pierwotną prędkość: a) ojca. h i s\n» 5 . Proton (o masie m = 1.67 • 1 0 ~ ' kg) porusza się w a k c e p 2
torze po linii prostej, z przyspieszeniem 3 . 6 - 1 0 ' m/s . W c ł u 5
2
początkowej ma on prędkość 2 , 4 • 1 0 ' m/s. Oblicz: a) prcdk .
7.1. Energia
b) wzrost energii kinetycznej protonu po przebyciu przez n . *
1 . Elektron w kawałku miedzi, znajdującym się w bardzo niskiej temperaturze, ma energię kinetyczną 6.7 • 1 0 "
1 9
J . Jaka jest pręd
kość tego elektronu (masa elektronu m = 9.11 • 10~-*' kg)?
7.3. Praca i energia kinetyczna
2. 10 sierpnia 1972 roku duży meteoroid ..odbił*' się od atmos
6 . Blok kry lodowej doznaje przemieszczenia d =
fery nad zachodnimi Stanami Zjednoczonymi i Kanadą, bardzo
(15 ir.
(12 m)j wzdłuż prostego nabrzeża, popychany przez prąd w, .
podobnie do kamienia, odbijającego się od powierzchni wody.
która działa na niego siłą F = (210 N)i - (150 N)j. Jaką J T _
gdy „puszczamy kaczki". Towarzysząca temu kula ognista była
wykonuje ta siła nad blokiem podczas tego przemieszczenia
tak jasna, że było ją widać w dzień (rys. 7.24). Masa meteoroidu wynosiła około 4 • łO
6
kg. a j e g o prędkość — około 15 km/s.
Gdyby wszedł on w atmosferę pionowo, uderzyłby w powierzch nię Ziemi z mniej więcej taką samą prędkością, a) Oblicz stratę energii kinetycznej meteoroidu (w dżulach) przy pionowym ude rzeniu w powierzchnię Ziemi, b) Wyraź tę energię jako wielo krotność energii wydzielonej przy eksplozji ł niegatony materiału wybuchowego TNT, równej 4 . 2 • 1 0 " J . c) Energia, wydzielona przy wybuchu bomby atomowej nad Hiroszimą była równoważna energii wybuchu 13 kiłoton TNT. łlu takim bombom równoważny byłby spadek tego meteoroidu na Ziemię?
r
drogi 3.5 cm.
7. Robotnik przykłada siłę o wartości 2 1 0 N skierowaną ku gi : r
pod kątem 2 0 ' do poziomu, aby pociągnąć po poziomej pod:- _ skrzynię o masie 50 kg, mogącą poruszać się po tej podiodz^ • tarcia. Jaką pracę wykona nad skrzynią w czasie j e j przenr,-.czenia o 3 m: a) siła przyłożona przez robotnika, b) działając, skrzynię siła ciężkości, c) działająca na skrzynię ze stronj pod" siła normalna? d) Jaka będzie całkowita praca wykonań,. rv drodze nad skrzynią? 8. Ciało wzorcowe o masie 1 kg pozostaje w spoczynku na p.\" mym torze, po którym może się poruszać bez tarcia na podu -:. 1
powietrznej. W pewnej chwili do ciała zostaje przyłożona : ziomo siła F działająca w dodatnim kierunku osi x. Na r\-i."> 7.25 przedstawiono położenia ciała podczas jego ruchu w pr.z.< Siłę F przyłożono do ciała w chwili t = 0. a na rysunku p> zano położenia ciała co 0.5 s. Jaką pracę wykonała nad d a ' , siła F w czasie od t = 0 do t = 2 s?
Jt
» 0^0,5 s l ! j,
if'
0
„,-łs je ' ,, „j -
0.2
|
/-ł,5s |
j
1
J/
i
0,4 x [m]
I
2s I
[
j
j
^
j.
0,6
Rys. 7 . 2 5 . Zadanie 8 9.
Sanki, których masa wraz z saneczkarzem wynosi 85
zjeżdżają z toru zjazdowego na poziomy odcinek końców > ; z prędkością 37 m/s. po czym — aby się zatrzymać — są r u r Rys.
7.24.
Zadanie
2. Duż\ meteoroid „odbijając;,
się" od
wane ze stałym przyspieszeniem 2 m/s , a) Jaka jest wartość 2
atmosfery, widoczny na niebie nad górami (w prawym górnym
F hamującej sanki? b) Jaką drogę d przebędą sanki do za::,
rogu zdjęcia)
mania? c) Jaką pracę W wykona nad nimi siła hamująca? V-
3 . Oblicz energię kinetyczną: a) piłkarza o masie 110 kg. biegną
4 m/s ,
cego z prędkością 8.1 m/s. b) pocisku o masie 4,2 g. lecącego z prędkością 9 5 0 m/s. c) lotniskowca Nimitz płynącego z prędkością 32 węzłów.
164
7. E n e r g i a kinetyczna i p r a c a
o masie 9 1 4 0 0 t.
znacz: d) F, e) d. f) W dla przyspieszenia hamującego o wanc> 2
ilw
1 0 . Siła działa na ciało o masie 3 kg. tak że położenie ciała leży od czasu, zgodnie z równaniem: x = 3? — 4 r + 2
gc
.*
-• wyrażone w metrach, a / — w sekundach. Oblicz pracę
swobodny koniec liny. aby
• :taną nad ciałem przez tę silę. w przedziale czasu od i = 0
podnieść pojemnik o 2 cm?
= - s. Wskazówka: wyznacz prędkość
ciała
w chwili począt-
\'a rysunku 7.26 przedstawiono trzy siły przyłożone do •_. poruszającego wynoszą: :
F
z
=
9
się po podłodze
bez tarcia.
F\ =
N. F
•" u' Wyznacz
3
Wartości 7
całko-
60°
na rysunku, działa ona na razy większą od naprężenia linv.
zrasta przy tym. czy Rys. 7 . 2 6 . Zadanie 11 "eJ\na siła działająca na poruszający się w płaszczyźnie xy
- n i k ma prędkość o wartości 4 m/s. skierowaną w dodatnim .r.ku osi x. a w pewnej chwili późniejszej jego prędkość artość 6 m/s i jest skierowana w dodatnim kierunku osi y. pracę wykonała nad pojemnikiem przyłożona do niego siła :r> tymi dwiema chwilami?
=
7.27 przedstawiono działają
trzy
;. noszą: F\ =
3 N,
4 N, F , =
10 N.
siły
widok
poziome.
z góry Wartości
kontetych
•em przez te trzy siły
D
T " 7
działająca na blok ze strony pochylni, e) siła wypadkowa działa jąca na blok? 1 7. Śmigłowiec wyławia z oceanu astronautkę o masie 7 2 kg. wciągając j ą za pomocą liny na wysokość 15 m. Astronautka porusza się przy tym z przyspieszeniem g / 1 0 . Jaką pracę wykona
1 8. Zespół ratownictwa jaskiniowego wydobywa z jaskini przez pionowy szyb rannego speleologa, za pomocą liny nawijanej na bęben przy użyciu silnika. Operacja składa się z trzech faz. w cza a) najpierw nieruchomy speleolog zostaje przyspieszony do pręd
od położenia począt-
-
nika. Jaką pracę wykonuje nad blokiem: b) siła przyłożona przez robotnika, c) działająca na blok siła ciężkości, d) siła normalna
sie których ranny przebywa drogę 10 m podczas każdej z faz:
: _ M e . w którym oddali : ; o o 4 m.
prędkością, a) Wyznacz wartość siły przykładanej przez robot
do śmigłowca j e j : c) energia kinetyczna, d) prędkość?
. się po podłożu bez i v. \konaną nad kon-
równolegle do pochylni, dzięki czemu blok ześlizguje się ze stałą
na nią siła ciężkości? Jaka będzie w chwili dotarcia astronautki
a teraz, po-
_ "Wyznacz całkowitą
0 długości 1.5 m i wysokości 0.91 m. Robotnik pcha blok w górę.
nad astronautka: a) siła przyłożona ze śmigłowca, b) działająca
'er.er był początkowo -;c/\nku,
Rys. 7 . 2 8 . Zadanie 15
1 6. Blok lodu o masie 45 kg ześlizuje się bez tarcia po pochylni
~r.:k o masie 2 kg ma wartość 5 N. W chwili początkowej
. na który
•i
krążek siłą wypadkowa dwa
o 3 m.
Na rysunku
przyłożoną
przez ciebie (za pośrednic
przełożona przez krążki, jak
L~z\ energia kinetyczna .
przez: d) siłę
na pojemnik siłę ciężkości?
przemiesz-
• _ w lewo
czas jego przemieszczania
Wskazówka: gdy lina jest
nad kufrem.
. ; „ M e jego
fi
twem liny), e) działającą
F
=
rracę. wykonaną przez sił}'
c) Jaka praca zostanie wyko nana nad pojemnikiem pod
:• : końcowej.
Rys. 7 . 2 7 . Zadanie
r:oca wykonana przez siłę ciężkości a) W 1975 roku dach welodromu w Montrealu, o cięża."-50 kN podniesiono o 10 cm, aby poprawić jego ustawienie.
.;. pracę wykonały nad dachem siły, którymi go podniesiono? A" 1960 roku niejaka pani Rogers z Tampa na Florydzie unio~ >dobno jeden koniec samochodu, który przygniótł jej syna, złamał się podnośnik. Jaką pracę wykonała nad samochoprzyłożona przez nią siła. jeśli istotnie udało się j e j podnieść lar około 4 0 0 0 N ( | ciężaru samochodu) o 5 cm?
kości 5 m/s: b) potem wznosi się on ze stalą prędkością 5 m/s; c) na koniec jego ruch zostaje spowolniony, aż do prędkości równej zeru. Jaką pracę wykonuje nad rannym o masie 80 kg podnosząca go siła w każdej z tych faz? 19. Klocek o masie m znajdujący się początkowo w spoczynku, jest opuszczany pionowo na linie ze stałym, skierowanym w dół przyspieszeniem o wartości g / 4 . Przeanalizuj chwilę, w której klocek oddali się od punktu wyjściowego na odległość d i ob licz odpowiadające tej chwili: a) pracę wykonaną nad klockiem przez siłę działającą na niego ze strony liny. bl pracę wykonaną nad klockiem przez siłę ciężkości, c) energię kinetyczną klocka, d) prędkość klocka.
Jak pokazano na rysunku 7.28. lina jest przełożona przez dwa żki obracające się bez tarcia, których masy można pominąć. Na :yrn krążku wisi pojemnik o masie m = 20 kg. a na swobodny
7.5. Praca wykonana przez siłę sprężystości W semestrze letnim studenci MIT. mieszkający w sąsied
:ec liny działasz siłą F. a) Jaka musi być wartość siły F. aby po-
20,
nik wznosił się ze stałą prędkością? b) O ile musisz przesunąć
nich akademikach kampusu wschodniego, toczą ze sobą walkę,
Zadania
165
używając wielkich wyrzutni, wykonanych z gumowych rur chirur
wem siły, której zależność
gicznych przymocowanych do ramy okiennej. W dołączonym do
od położenia przedstawiono
rurki uchwycie umieszcza się bałon wypełniony zabarwioną wodą,
na rysunku 7.31. Jaką pracę
po czym rurkę rozciąga się na całą długość pokoju. Jaką pracę
wykonuje ta siła nad kloc
wykonuje siła działająca ze strony
kiem w czasie jego ruchu
rurki
na balon, od j e j pełnego
rozciągnięcia do powrotu do położenia, gdy jest ona
nieodkształ-
cona? Załóż, że przy rozciąganiu rurki spełnione jest prawo Hooke*a, oraz że stała sprężystości rurki wynosi 100 N/m, a długość pokoju jest równa 5 m.
cowano klatkę dla ptaków (rys. 7.29). a) Jaką pracę wykona nad klatką siła sprężystości, gdy sprężyna zostanie rozciągnięta o 7,6 mm od położenia, gdy nie jest odkształcona? b ) Jaką pracę wykona siła spręż} stości. gdy sprężyna zostanie rozciągnięta o dalsze 7,6 mm?
25.
Cegła o masie 10 kg
Na
rysunku
7.32
nie a jako funkcję poło żenia. Wyznacz
całkowitą
w czasie j e j ruchu od x = 0
26.
przyspie
1
Jedyna siła działająca o masie
2
się zgod
15 10 5 0
kg,
w czasie jego ruchu wzdłuż osi x zmienia
R y s . 7 . 2 9 . Zadanie 21
20
pracę wykonaną nad cegłą
na ciało 7.6 mm -
R y s . 7 . 3 1 , Zadanie 24
przed
szenie, ilw
'.6 mm -
2 4 6 1 położenie [m]
stawiono j e j przyspiesze
która nadaje j e j
mm
-ioL
x = 8 m?
do x = 8 m przez siłę,
i
u! _5
z punktu x = 0 do punktu
porusza się wzdłuż osi x.
2 1 . Do końca sprężyny o stałej sprężystości 15 N/cm przymo
101-
0
3 2 3
ł
4 5
x fm]
R y s . 7 . 3 2 . Zadanie 25
nie z wykresem, przedsta wionym na rysunku 7.33.
22.
Klocek o masie 2 5 0 g spada na nieodkształconą
sprę
Prędkość ciała w punkcie = 0 wynosi 4 m/s. a)
żynę pionową o stałej sprężystości k = 2,5 N/m (rys. 7.30).
x
Po zetknięciu ze sprężyną klocek ściska j ą o 12 cm, do osią
Ile
gnięcia przez niego prędko
tyczna ciała w punkcie x =
ści równej zeru. Jaka praca
3 rn? b ) Dla jakiej war
zostaje wykonana nad kloc
tości x ciało będzie miało
wynosi
energia
ściskania
energię kinetyczną równą 8
sprężyny przez: a) działa
J ? c) Ile wynosi największa
j ą c ą na niego siłę ciężkości,
wartość energii kinetycznej
b) siłę sprężystości
ciała w trakcie j e g o ruchu
kiem
w czasie
sprę
od x = 0 do x = 5 m?
żyny? c) Ile wynosiła pręd kość klocka w chwili j e g o
żenieni
miń tarcie)? d) Ile wyno
F = FQ(X/XQ
x = 0 do x = XQ:
cie sprężyny, gdyby pręd
4k 0r
\l
-4
Rys. 7 . 3 3 . Zadanie 26
— ł ) . Wyznacz pracę, wykonana pr, a) sporządzając wykres F(x) i w\zn..
pracę z tego wykresu, b) całkując F(x).
kość klocka w chwili dotar cia do sprężyny była dwu R y s , 7 . 3 0 . Zadanie 22
2 3 . Jedyna siła działająca na ciało o masie 2 kg poruszające się w dodatnim kierunku osi x ma składową x równą F = —6x N, x
gdzie x jest wyrażone w metrach. Prędkość ciała w punkcie x = 3 m wynosi 8 m/s. a) Jaka jest prędkość ciała w punkcie x = 4 m? b) Ile wynosi dodatnie położenie x, w którym ciało ma prędkość 5 m/s?
7.6. Praca wykonana przez dowolną siłę zmienną Klocek o masie 5 kg porusza się bez tarcia po poziomej
powierzchni. Ruch jest prostoliniowy i odbywa się pod wpły
166
[N]
siłę w czasie przemieszczania cząstki z punktu o współr;
siłoby maksymalne ściśnię
24.
x
27. Na cząstkę działa siia skierowana wzdłuż osi x, dam-,
dotarcia do sprężyny (po
krotnie większa?
F
kine
7. Energia kinetyczna i praca
2 8 . Klocek o masie 1,5 kg spoczywa początkowo na pcz powierzchni, po której może się poruszać bez tarcia. W nej chwili zostaje do niego przyłożona poziomo siła. wana w dodatnim kierunku osi x . Siła ta jest dana » ; F(x)
= (2,5 — x ) i N, przy czym x jest wyrażone » n"i 2
a x = 0 oznacza położenie początkowe klocka, a) Jaka e kinetyczną ma klocek w chwili, gdy mija punkt x = 2 m' wynosi maksymalna energia kinetyczna klocka w czasie rus x = 0 do x = 2 m? 29.
Jaką pracę wykonuje siła F = (2x N)i + (3 N>j.
x jest wyrażone w metrach, przemieszczając cząstkę z r
? ocz = (2 m)i + (3 m)j do punktu: T\ P
ońc
= —(4 m)i — (3 r
Moc
3 6 . Czerpak o masie 0.3 kg. ślizgający się bez tarcia po poziomej
2 3. Winda ma wraz z ładunkiem masę 3 • 1 0 kg. Jadąc do góry, 3
: konuje odległość 210 m w czasie 23 s. przy czym porusza się ' prędkością o stałej wartości. Jaką pracę nad windą wykonuje - ; J n i o w jednostce czasu siła działająca na nią ze strony liny? 3 * . Siła zewnętrzna o wartości 122 N skierowana ukośnie w górę kątem 3 7 ' do poziomu ciągnie po poziomej podłodze kloc
"•i
T-jNie
" -mje
100 kg ze stałą prędkością o wartości 5 m/s. Jaką pracę ta siła nad klocem w jednostce czasu?
.k W pewnej chwili ciało ma prędkość: v =
ilw —{2 m/s)i +
powierzchni, jest przymocowany do jednego końca poziomej sprę żyny (o k = 5 0 0 N/m), której drugi koniec jest unieruchomiony. W chwili przejścia przez położenie równowagi (tzn, przez punkt, w którym siła sprężystości jest równa zeru) czerpak ma energię kinetyczną równą 10 J . Wyznacz szybkość, z jaką sprężyna wyko nuje pracę nad czerpakiem, gdy: a) przechodzi on przez położenie równowagi, b) sprężyna jest ściśnięta o 0.1 m, a czerpak oddala się od położenia równowagi. 3 7 . Siła (lecz nie moc) potrzebna do holowania łodzi ze stałą prędkością, jest proporcjonalna do wartości tej prędkości. Ile wy
- - k, a działa na nie siła: F = (4 N)i - (2 N ) j + (9 N)k.
nosi moc. potrzebna do holowania łodzi z prędkością 12 km/h.
nosi w tej chwili szybkość, z jaką siła wykonuje prace
jeśli moc potrzebna do holowania j e j z prędkością 4 km/h jest
.'.ałem? hi W pewnej innej chwili prędkość ciała ma tylko
równa 7.5 k W ?
i >«4 \. Ile w)nosi w tej chwili prędkość ciała, jeśli siła nie : _ zmianie, a moc chwilowa jest równa —12 W ? \"a ciało o masie 15 k g . znajdujące się początkowo w spo•• J . działa siła o wartości 5 N. Wyznacz pracę wykonaną .: tę siłę w czasie: a) pierwszej, b) drugiej, c) trzeciej se._. ruchu ciała, d) moc chwilową, pochodzącą od tej siły, pod trzeciej sekundy ruchu.
prędkością o wartości 0.5 m/s. W pewnej części magazynu pas porusza się przez 2 m w górę, pod kątem 10' do poziomu, po tem przez 2 m poziomo i na koniec przez 2 m w dół, pod kątem 10
:
do poziomu. Załóż, że pudło o masie 2 kg nie ślizga się po
tym pasie. Ile wynosi szybkość, z jaką pas transmisyjny wyko
Narciarz jest wciągany bez tarcia przez linę wyciągu w górę . tworzącego z poziomem kąt 12 . Lina porusza się równole:
3 8 . Do przenoszenia pudeł z jednego miejsca magazynu na dru gie używa się pasa transmisyjnego, poruszającego się ze stałą
s t o k u ze stałą prędkością o wartości 1 m/s. Praca wykonana • -itę naciągu liny nad narciarzem w czasie przeniesienia go o .-, zdłuż stoku w górę wynosi 9 0 0 J . a) Jaką pracę wykonałaby nad narciarzem na tej samej drodze, gdyby stała prędkość wartość 2 m/s? He wynosi szybkość wykonywania pracy
- a r J a r z e m przez tę siłę, gdy lina porusza się z prędkością o ~ci: hi 1 m/s. c) 2 m/s?
nuje pracę nad pudłem, gdy pudło porusza się: a) w górę pod kątem 10 do poziomu, b) poziomo, c) w dół. pod kątem 10
do
poziomu? 3 9 . Koń ciągnie powóz z prędkością 10 km/h. działając na niego siłą o wartości 180 N. skierowaną pod kątem 30
w górę od po
ziomu, a) Jaką pracę wykonuje ta siła w czasie 10 min? b) Ile wynosi średnia moc (w koniach mechanicznych), związana z dzia łaniem tej siły?
Pcwolna winda towarowa, której kabina ma z pełnym obcią-
4 0 . Ciało o masie 2 kg, znajdujące się początkowo w spoczynku
,-x masę 1200 kg ma wznieść ładunek na wysokość 54 m
zostaje wprawione w ruch jednostajnie przyspieszony w poziomie
;.iv.e 3 min licząc od startu, ze stanu spoczynku na dole. do
i osiąga prędkość o wartości 10 m/s w czasie 3 s. a) Jaką pracę
r. mania na górze. Masa przeciwwagi dźwigu wynosi jedynie
nad ciałem wykonuje w ciągu 3 s siła nadająca mu przyspiesze
\g. tak że ruch kabiny w górę musi być wspomagany przez
nie? Ile wynosi związana z działaniem tej siły moc chwilowa:
>. Jaka musi być średnia moc związana z siłą, jaką działa
b) na końcu tego przedziału czasu, c) w połowie tego przedziału
na kabinę za pośrednictwem liny?
www
czasu?
Energia potencjalne i zachowanie ENERGII
W czasach prehistorycznych mieszkańcy Wyspy Wielkanocnej wyrzeźbili w swych kamieniołomach setki gigantycznych postaci kamiennych, po czym przetransportowali \ i w wybrane miejsca w różnych punktach wyspy. Pytanie, jak udało im się przenieść — czasem i o 10 km — bez użycia skomplikowanych maszyn, było przedmiotem < dyskusji i wielu wymyślnych teorii co do źródeł niezbędnej do tego celu energii.
Energia p o t e n c j a l n a ~r. rozdziale b ę d z i e m y nadal r o z w a ż a ć pojęcie energii, o k t ó r y m zaczęliśmy .c w rozdziale 7. Z a c z n i e m y od zdefiniowania e n e r g i i p o t e n c j a l n e j £,,: jest . g i a związana z konfiguracją (czyli ustawieniem) układu ciał, działających :bie silami. Gdy zmienia się konfiguracja tych ciał, m o ż e się również z m i e energia potencjalna układu. ednym z rodzajów energii potencjalnej jest g r a w i t a c y j n a e n e r g i a p o t e n a. związana z odległością ciał przyciągających się siłą grawitacyjną
a)
(siłą
-ci). Na przykład, gdy Andriej C z e m e r k i n podnosił nad głowę rekordowy
b)
Rys. 8 . 1 . Podnosząc ciężar nad głowę
r w czasie O l i m p i a d y w 1996 roku, zwiększał odległość ciężaru od Z i e m i .
Czemerkin
. w y k o n a n a przez siłę, jaką działał on na ciężar zmieniła grawitacyjną ener-
względem Ziemi, a zatem zmienił konfi
Hcncjalną układu c i ę ż a r - Z i e m i a , gdyż zmieniła konfigurację e l e m e n t ó w tego — innymi słowy, w w y n i k u działania siły zmieniło się w z g l ę d n e p o ł o ż e :ężaru i Ziemi (rys. 8.1).
zmienił
położenie
ciężaru
gurację układu ciężar-Ziemia z tej. którą przedstawiono na rysunku (a), na tę. którą przedstawiono na rysunku (b)
nnym rodzajem energii potencjalnej jest e n e r g i a p o t e n c j a l n a sprężysto•wiązana ze ściskaniem lub rozciąganiem ciała sprężystego (na przykład >ny). G d y ściskasz lub rozciągasz sprężynę, wykonujesz pracę, aby zmiezględne położenie zwojów tej sprężyny. Praca w y k o n a n a przez przyłożoną ciebie siłę z w i ę k s z a energię potencjalną sprężystości tej sprężyny, 'ojęcie energii potencjalnej m o ż e być n i e z w y k l e u ż y t e c z n y m narzędziem do .-_".izy ruchu ciał. Korzystając z niego, b ę d z i e m y mogli łatwo uporać się z zada_:ni. których rozwiązanie przy użyciu j e d y n i e pojęć z poprzednich rozdziałów • m a g a ł o b y złożonych obliczeń k o m p u t e r o w y c h . :
-Qca i energia potencjalna "*. "ozdziale 7 analizowaliśmy związek pracy ze zmianą energii kinetycznej. Teraz r.tówimy związek pracy ze zmianą energii potencjalnej. R z u ć m y d o góry p o m i d o r a (rys. 8.2). W i e m y j u ż , że g d y p o m i d o r wznosi •ę. praca W„ w y k o n a n a nad nim przez siłę ciężkości jest ujemna, ponieważ . wyniku działania tej siły energia kinetyczna p o m i d o r a maleje.
M o ż e m y teraz
.opowiedzieć rzecz d o końca, stwierdzając, że siła ciężkości zamienia tę energię
siła ciężkości wykonuje prace ujemną
siła ciężkości wykonuje pracę dodatnia
grawitacyjną energię potencjalną u k ł a d u p o m i d o r - Z i e m i a . P o m i d o r zwalnia aż do prędkości równej zeru, p o c z y m z a c z y n a spadać pod , pływem siły ciężkości. W czasie j e g o spadku energia jest p r z e k a z y w a n a w przeiwnym
kierunku. Praca W , w y k o n a n a nad nim przez siłę ciężkości jest teraz s
odatnia — w w y n i k u działania siły grawitacyjna energia potencjalna układu o m i d o r - Z i e m i a z a m i e n i a się w energię kinetyczną p o m i d o r a . Z m i a n ę grawitacyjnej energii potencjalnej A £
p
definiujemy — z a r ó w n o dla
• znoszenia, j a k i dla spadku ciała — j a k o pracę wykonaną nad c i a ł e m przez siłę ciężkości, wziętą z p r z e c i w n y m z n a k i e m . Oznaczając pracę — j a k z w y k l e — s y m b o l e m W, zapisujemy to stwierdzenie w postaci: A£
p
= -W.
Równanie to stosuje się także d o układu
klocek-sprężyna,
Rys. 8.2.
Rzucamy pomidora w górę.
Gdy wznosi się on. siła ciężkości wy
(8.1)
konuje nad nim pracę ujemną, zmniej
j a k na r y s u n k u 8.3.
midor spada, siła ciężkości wykonuje
szając jego energię kinetyczną. Gdy po
Gdy u d e r z y m y gwałtownie klocek, aby wprawić g o w ruch w prawą stronę, siła
nad nim pracę dodatnią, przy czym jego
sprężystości działa w lewo, a z a t e m wykonuje nad klockiem pracę ujemną, c o
energia kinetyczna rośnie
8.1. Energia potencjalna
169
prowadzi do zamiany energii kinetycznej klocka w energię potencjalną sprężysto ści sprężyny. Klocek zwalnia aż do zatrzymania się, po czym zaczyna poruszać się w lewo, ponieważ siła sprężystości nadal działa w lewo. Kierunek zamiany energii zmienia się wtedy na przeciwny — energia potencjalna sprężyny zamienia się w energię kinetyczną klocka. a)
Siły zachowawcze i niezachowawcze Wypiszmy najważniejsze cechy dwóch sytuacji fizycznych, które właśnie zostały przez nas omówione.
b) Rys.
8.3.
Klocek
przymocowany
do
sprężyny pozostający początkowo w spo czynku w punkcie x =
1.
Układ ciał składa się z dwóch lub więcej ciał.
2.
Siła działa między ciałem o właściwościach cząstki (pomidor lub klocek) a resztą układu.
3.
Gdy zmienia się konfiguracja układu, siła wykonuje pracę nad ciałem (oz naczmy ją przez W\), przy czym energia kinetyczna Ą ciała zamienia się na inną postać energii układu.
4.
Gdy zmiana konfiguracji układu zachodzi w drugą stronę, zamiana energi przebiega w przeciwnym kierunku, a siła wykonuje pracę W?.
0 zostaje wpra
wiony w ruch w prawą stronę, a) G d y k l o c e k porusza się w prawo ( c o zazna c z o n o za p o m o c ą strzałki), siła spręży stości wykonuje nad nim pracę ujemną, b) G d y później k l o c e k porusza się w kie r u n k u p u n k t u .v =
0 , sita
sprężystości
w y k o n u j e nad n i m p r a c ę d o d a t n i ą
W sytuacji, gdy zawsze spełniony jest związek W\ = —Wi, energia kine tyczna zamieniana jest na energię potencjalną, a siłę nazywamy siłą zachowaw czą. Jak już zapewne się domyślasz, siła ciężkości i siła sprężystości są siłami zachowawczymi (gdyby tak nie było, nie moglibyśmy mówić o grawitacyjnej energi potencjalnej i energii potencjalnej sprężystości, jak to robiliśmy przed chwiląj. i Siłę, która nie jest zachowawcza, nazywamy siłą niezachowawczą. Siła ur-^ cia kinetycznego i siła oporu są niezachowawcze. Rozważmy na przykład kłoceŁ' ślizgający się po podłodze w obecności tarcia. W czasie ruchu klocka siła tarcn kinetycznego działająca na klocek ze strony podłogi wykonuje nad nim pracę ujemną, spowalniając jego ruch i zamieniając jego energię kinetyczną na inny^ rodzaj energii — energię termiczną (związaną z ruchem chaotycznym atomór, i cząsteczek). Wiemy z doświadczenia, że ta zamiana energii nie może być od-j wrócona (energia termiczna nie może zostać zamieniona przez siłę tarcia kine tycznego z powrotem w energię kinetyczną klocka). Choć zatem mamy uklaj'' ciał (złożony z klocka i podłogi), siłę działającą między elementami układu i z*-] mianę energii związaną z działaniem tej siły, to siła ta nie jest zachowawcza. W związku z tym energia termiczna nie jest energią potencjalną. 1
1
W przypadku, dać metody znacznie
gdy na ciało upraszczające
działają
jedynie
rozwiązywanie
siły zachowawcze,
można
po-]
zadań dotyczących
ruchu
tesm
ciała. Jedną z takich metod omówimy w następnym paragrafie, w którym poka-l żerny, jak sprawdzić, czy siły są zachowawcze.
8.2. Siły zachowawcze: niezależność pracy od drogi Podstawowe kryterium pozwalające stwierdzić, czy siła jest zachowawcza, erę niezachowawczą jest następujące: należy zbadać działanie siły na cząstkę.
170
8. E n e r g i a p o t e n c j a l n a i z a c h o w a n i e e n e r g i i
poruszającą się po dowolnej drodze zamkniętej, tzn. rozpoczynającą ruch w ja kimś punkcie początkowym i powracającą do tego punktu po pewnym czasie (czyli wykonującą pełny obieg pewnej drogi, o tym samym punkcie początko wym i końcowym). Siła jest zachowawcza tylko wtedy, gdy całkowita zmiana energii cząstki w czasie pełnego obiegu tej — i każdej innej — drogi zamkniętej jest równa zeru. Można to również wyrazić w następujący sposób: Całkowita praca wykonana przez siłę zachowawczą nad cząstką poruszającą się po dowolnej drodze zamkniętej jest równa zeru.
Wiemy z doświadczenia, że siła ciężkości spełnia to kryterium drogi zamknię tej. Przykładem może być ruch pomidora z rysunku 8.2. W punkcie, z którego zostaje wyrzucony, pomidor ma prędkość o wartości vo i energię kinetyczną, równą |/«i' . Pod działaniem siły ciężkości pomidor zwalnia, osiąga prędkość równą zeru. po czym zaczyna spadać. W punkcie, z którego zostaje wyrzucony n a znów prędkość o wartości ttn i energię kinetyczną, równą Siła ciężko 2
0
ści odbiera zatem od pomidora tyle samo energii w czasie jego wznoszenia, ile przekazuje mu w czasie spadku do punktu początkowego ruchu. Całkowita praca wykonana nad pomidorem przez siłę ciężkości w czasie pełnego obiegu drogi zamkniętej jest równa zeru. Z kryterium drogi zamkniętej wynika ważny wniosek: Praca wykonana przez siłę zachowawczą nad cząstką, przemieszczającą się między dwoma punktami nie zależy od drogi, po jakiej porusza się cząstka.
Załóżmy na przykład, że cząstka przemieszcza się z punktu a do punktu b •a rysunku 8.4a po drodze 1 albo po drodze 2. Jeśli na cząstkę działa tylko siła zachowawcza, to praca wykonana nad cząstką jest taka sama na obydwu drogach. Stwierdzenie to możemy zapisać w postaci związku: W
abA
= W .. ah 2
(8.2)
przy czym wskaźnik ab zawiera informację o położeniu początkowym i koń cowym cząstki, a wskaźniki 1 i 2 odnoszą się do drogi. Jest to bardzo ważny wniosek pozwalający znacznie upraszczać rozwiązywanie trudnych zadań w przy padku, gdy występują tylko siły zachowawcze. Wyobraź sobie, że musisz obliczyć pracę wykonaną przez siłę zachowawczą nad ciałem poruszającym się między dwoma punktami po pewnej drodze i że obliczenia są bardzo trudne lub nawet niewykonalne bez dodatkowych informacji. Możesz wtedy wyznaczyć tę pracę, rozważając ruch cząstki między tymi dwoma punktami po innej drodze, dla której obliczenia są łatwiejsze, a więc możliwe do przeprowadzenia. Z taką właśnie sy tuacją spotkamy się w przykładzie 8.1. Przedtem jednak musimy jeszcze wykazać słuszność równania (8.2).
a) Rys.
8.4.
b) a) Cząstka,
z punktu a
Wyprowadzenie równania (8.2)
na którą
działa
sita zachowawcza może przemieścić się do punktu b po drodze 1
lub 2 . b) Cząstka wykonuje petny obieg drogi zamkniętej: porusza się z punktu
Na rysunku 8.4b przedstawiono pewną drogę zamkniętą, przebytą przez cząstkę, na którą działa jedna siła. Cząstka porusza się z punktu a do punktu b po drodze 1.
a
do punktu b po drodze 1. a następnie
powraca do punktu a po drodze 2
8 . 2 . Siły zachowawcze: niezależność pracy od drogi
171
a n a s t ę p n i e p o w r a c a d o p u n k t u a p o d r o d z e 2. W czasie r u c h u cząstki p o o b y d w u d r o g a c h siia w y k o n u j e n a d nią p r a c ę . N i e analizując, na której d r o d z e p r a c a ta jest d o d a t n i a , a na której u j e m n a , o z n a c z m y po prostu p r a c ę w y k o n a n ą od a d o b n a d r o d z e 1 p r z e z W j, ah
W „. h
a p r a c ę , w y k o n a n ą od b d o a na d r o d z e p o w r o t n e j 2 przez
Skoro siła j e s t z a c h o w a w c z a , to p r a c a całkowita na d r o d z e
:
zamkniętej
m u s i być r ó w n a zeru. tzn.: H',/,, + W ha.2 = 0, a stąd: »'.,/,.!
= -Wba.2.
(8.3
Z r ó w n a n i a t e g o w y n i k a , że p r a c a w y k o n a n a na d r o d z e w j e d n ą stronę musi b>* p r z e c i w n a d o p r a c y w y k o n a n e j na d r o d z e p o w r o t n e j . R o z w a ż m y teraz p r a c ę W ,
w y k o n a n ą p r z e z siłę nad cząstką w czasie jej
uh 2
r u c h u z a do b p o d r o d z e 2. j a k z a z n a c z o n o na r y s u n k u 8.4a. Siła jest z a c h o w a w c z a , a z a t e m p r a c a ta jest p r z e c i w n a do W .2, ha
W .
=
ah 2
Podstawiając w r ó w n a n i u (8.3) IV;,/,
2
-W
h u
czyli: (8.4.
. . 2
w miejsce
•W,b .2. a
otrzymujemy:
czego zamierzaliśmy dowieść. OAN
t : Na rysunku przedstawiono
60 J
trzy drogi, które łączą punkty a i b. Działająca na cząstkę
siła
F
wykonuje
na każdej
z
tych
dróg pracę o wartości podanej na rysunku. Korzy stając z tych informacji odpowiedz, czy siła F jest zachowawcza.
Przykład 8.1
i wynosi 9 0 . Choć nie znamy przemieszczenia sera w pozior
Na rysunku 8.5a pokazano blok śliskiego sera o masie 2 kg. ześli
nana na odcinku poziomym jest równa:
:
to na podstawie wzoru (7.12) stwierdzamy, że praca W- . wy n
zgujący się bez tarcia z punktu a do punktu b po torze przedsta wionym na rysunku. Całkowita droga przebyta przez ser po tym
W
h
= mgd cos90
z
=
0.
torze jest równa 2 m. a sumaryczna zmiana jego położenia w pio nie wynosi 0,8 m. Jaką pracę wykonuje nad serem siia ciężkości w czasie jego ruchu po tym torze? ROZWIĄZANIE: 0~» F
s
1. Do obliczenia pracy, wykonanej przez siłę ciężkości
nad serem w czasie jego ruchu po danym torze nie
możemy
zastosować wzoru (7.12) ( W , = mgd cos
w sposób, którego nie znamy (a gdybyśmy nawet znali dokładnie kształt toru i potrafili wyznaczyć zmienność
2 . Siła F jest siłą zachowawczą, więc do wyznaczenia z
Rys. 8 . 5 . Przykład 8.1. a) Blok sera ześlizguje się bez tai z punktu a do punktu b po torze przedstawionym na rysun
pracy możemy zastosować jakąś inną drogę między a i /;. dla któ
b) Obliczenie pracy wykonanej nad serem przez silę ciężkości
rej obliczenia są łatwe. Wybierzmy w tym celu drogę, oznaczoną
drodze oznaczonej linią przerywaną jest łatwiejsze niż wyzna;
na rysunku 8.5.b linią przerywaną. Składa się ona z dwóch od
nie pracy wykonanej na drodze, po jakiej ser w rzeczywistości
cinków prostoliniowych. Dla odcinka poziomego kąt
przemieszczał, a wynik obliczeń jest taki sam dla obydwu drc
172
8. E n e r g i a p o t e n c j a l n a i z a c h o w a n i e e n e r g i
Dia odcinka pionowego przemieszczenie d jest równe 0.8 m. a po-
Całkowita praca wykonana nad serem
•śeważ wektory F
jego ruchu z punktu a do punktu b. po drodze oznaczonej linią
i d skierowane są w dót. to kąt
s
i wynosi 0 . Z równania (7.12) wynika zatem, że praca IV . wy =
V
przez silę
F
s
w czasie
przerywaną jest wobec tego równa: W
konana na odcinku pionowym jest równa:
=
W
h
+ \V
V
=
(0) +
(15.7 J) =
16 J .
(odpowiedź)
Jest to także wartość pracy wykonanej nad serem w czasie jego H' = » i g r f c o s 0 ' = v
(2 kg)(9.8 m / s ) ( 0 . 8 m ) ( l ) = 2
15.7 J.
ruchu z a do b po danym torze.
8.3. Wyznaczanie energii potencjalnej W tym paragrafie wyprowadzimy wzory na energię potencjalną dla dwóch jej rodzajów omawianych w tym rozdziale, tzn. dla grawitacyjnej energii potencjalnej i dla energii potencjalnej sprężystości. Najpierw jednak musimy znaleźć ogólny związek między siłą zachowawczą a związaną z nią energią potencjalną. Rozważmy ciało o właściwościach cząstki stanowiące część układu, w któ rym działa siła zachowawcza F. Gdy siła wykonuje nad ciałem pracę W, zwią zana z tym zmiana energii potencjalnej układu jest przeciwna do wykonanej pracy. Związek ten zapisaliśmy już w równaniu (8.1) jako A £ = —W. W przy padku ogólnym, gdy siła może zależeć od położenia, praca W jest wyznaczona przez równanie (7.32), tzn.: p
*końc
W = j
F(x)dx.
(8.5)
Jest to wzór na pracę, wykonaną przez siłę nad ciałem w czasie jego przemiesz czania z punktu . v do punktu .Vk ńc- przy którym zmienia się konfiguracja układu (ponieważ siła jest zachowawcza, to praca jest taka sama dla każdej drogi między dwoma danymi punktami). p o c z
0
Podstawiając (8.5) do (8.1). wyznaczamy zmianę energii potencjalnej układu, związaną ze zmianą jego konfiguracji jako: Tkońc
=- j
AE
p
F(x)dx.
(8.6)
•Tpocz
Jest to poszukiwane przez nas wyrażenie ogólne. Zastosujemy je teraz w przy padkach szczególnych.
Grawitacyjna energia potencjalna Rozważmy najpierw cząstkę o masie m, poruszającą się pionowo wzdłuż osi y (o kierunku dodatnim do góry). Gdy cząstka przemieszcza się z punktu y o c z do punktu ykońc. siła ciężkości F wykonuje nad nią pracę. W celu wyznaczenia towarzyszącej temu zmiany energii potencjalnej układu ciało-Ziemia zastosujemy równanie (8.6), z tym że: 1) całkować będziemy wzdłuż osi y . a nie .v, gdyż siła ciężkości działa w pionie. 2) w miejsce siły F podstawimy wartość —mg, ponieważ siła F ma wartość mg i jest skierowana wzdłuż osi y w dół. Mamy wobec teso: P
g
z
8.3. Wyznaczanie energii potencjalnej
173
vk<>ik
A£
p
= - J
ykońc
(-mg)dy
= mg j
ypKl
dv - mg [ y ] ^ ' .
)'pOCZ
skąd wynika, że: AE
= mg(y ń
p
k0
- y
C
p o c z
) = ingAy.
(8.7)
Znaczenie fizyczne mają jedynie zmiany A £ grawitacyjnej energii potencjalnej (tak samo. jak każdego innego rodzaju energii potencjalnej). Dla wygody obliczeń i rozważań przyjmujemy jednak nieraz, że konfiguracji układu cząstka-Ziemia, w której cząstka znajduje się na pewnej wysokości y nad Ziemią, odpowiada pewna grawitacyjna energia potencjalna E . W tym celu zapiszmy równanie (8.7) w postaci: p
p
E
p
- £ ocz = mgiy
-
pP
yocz) = mgAy
(8.8)
P
i uznajmy, że £ jest grawitacyjną energią potencjalną układu w konfiguracji odniesienia, w której cząstka znajduje się w punkcie odniesienia yp0cz- Zazwy czaj przyjmuje się. że £pp0cz = 0 i yp0cz = 0. Równanie (8.8) przybiera wtedy następującą postać: p p o c z
£ ( v ) = mgy
(grawitacyjna energia potencjalna).
p
(8.9)
Z tego równania wynika, że: Grawitacyjna energia potencjalna układu cząstka-Ziemia zależy jedynie od poło żenia y cząstki w pionie, liczonego względem punktu odniesienia y = 0 (czyli jej wysokości), a nie zależy od jej położenia w poziomie.
Energia potencjalna sprężystości Rozważmy teraz układ klocek-sprężyna przedstawiony na rysunku 8.3, w którym ruchomy klocek jest przymocowany do końca sprężyny o stałej sprężystości k. Gdy klocek przemieszcza się z punktu x do punktu x f, . działa na niego siła sprężystości: F = —kx. W celu wyznaczenia odpowiadającej temu zmiany energii potencjalnej sprężystości układu klocek-sprężyna korzystamy z równania (8.6). w którym podstawiamy —kx w miejsce F(x). Otrzymujemy: pocz
-^koric
A£
p
= -
J
ko
c
•'•końc
(-kx)dx
= k j
•*"pocz
xdx = \k [ * ] ^ . 2
- pocz Y
czyli A£
=
p
U'Xk" ońc
Upocz-
(8.10)
Aby powiązać energię potencjalną £ z położeniem klocka .v. wybieramy jako konfigurację odniesienia stan układu, gdy sprężyna jest nieodkształcona. a klocek znajduje się w punkcie .Yp0Cz = 0. Energia potencjalna £ jest wtedy równa zeru i równanie (8.10) przybiera postać: p
p p o c z
£ - 0 = \kx p
2
- 0.
z czego wynika: Ep{x) = \kx~
174
8. E n e r g i a p o t e n c j a l n a i z a c h o w a n i e e n e r g i i
(energia potencjalna sprężystości).
(8.11)
- I ••
Cząstka, na którą działa siła zachowawcza skierowana wzdłuż osi jr
zzcmieszeza sie wzdłuż tej osi od .v = 0 do x\. Na rysunkach przedstawiono zależności • od położenia w trzech przypadkach. We wszystkich przypadkach największa wartość •«:••> zgiędna siły F\ jest taka sama. Uszereguj te przypadki według wartości zmiany energii • socjalnej podczas ruchu cząstki, począwszy od największej (dodatniej).
(1)
(2)
rsroda 1 : Jak używać
pojęcia
„energia
(3)
pamiętać, że jest to skrót myślowy i że w istocie rzeczy cho
potencjalna"'.'
£ - ;rgia potencjalna jest związana z układem jako całością. Mo-
dzi o energię potencjalną układu — w tym przypadku układu
::*z
jabłko-Ziemia.
się jednak zetknąć ze stwierdzeniem, w którym wiąże się
Musisz także pamiętać, że mówienie o określo
- tylko z częścią układu. Na przykład, możesz przeczytać, że
nej wartości energii potencjalnej, tutaj równej 30 J . ma sens
rrawitaeyjna energia potencjalna wiszącego na drzewie jabłka
wtedy,
y nosi 30 J " . Istotnie, tak się często mówi. ale należy zawsze
o czym będziemy szczegółowo mówić w przykładzie 8.2.
tylko
gdy ustalona jest wartość odniesienia energii potencjalnej,
-'zykład 8.2 o masie 2 kg wisi na gałęzi na wysokości 5 m nad
„Kjftwcc
;Ó
: -_T:ia irys. 8.6).
Ile
wynosi
grawitacyjna
energia
potencjalna
£ , , ukł adu
.wice-Ziemia. gdy jako punkt odniesienia y = 0 wybierzemy -•. łożenie: 1) powierzchni ziemi. 2) podłogi balkonu, znajdującego •c o 3 m nad ziemią. 3 ) gałęzi, na której wisi leniwiec. 4 ) ko• ny drzewa, znajdującej się o 1 m nad tą gałęzią? Przyjmij, ze -a poziomie
odniesienia
r = 0 grawitacyjna
energia
potencjalna
: < równa zeru. = 3ZWIĄZANIE:
Gdy ustalony jest punkt odniesienia, dla którego y = 0. graa.-.cyjną energię potencjalną £ ..nicienia
p
ukł adu względem
tego
punktu
można wyznaczyć z równania (8.9). Na przykład.
przypadku 1 leniwiec znajduje się na wysokości y = 5 m atrzy mujemy: £
p
=
m
g
y
- (2 k g ) ( 9 . 8 m / s ) ( 5 m) = 98 J . 2
(odpowiedź)
"•V pozostałych przypadkach otrzymujemy: i! .". • mgy = mg(2 m) = 3 9 J . 3• a
= mgy = mg(0) = 0 J , £
p
= mgy = ingi — l m) = —19,6 J
-20 J .
(odpowiedź)
(1)
I2I
(3)
(4)
Rys. 8.6. Przykład 8.2. Cztery przypadki wyboru punktu odniesienia y = 0 . Wszystkie wartości y podano w metrach. Wartość riiergii potencjalnej układu leniwiec-Ziemia zależy od wyboru punktu odniesienia. Od tego wyboru nie zależy jednak zmiana energii potencjalnej A £ ukł adu w czasie ruchu leniwca, na przykład, gdy spada on z gałęzi p
8.3. W y z n a c z a n i e e n e r g i i p o t e n c j a l n e j
175
b) L e n i w i e c s p a d a n a z i e m i ę . J a k a j e s t p r z y tym z m i a n a e n e r g i i potencjalnej A £
p
wszystkich czterech przypadkach m a m y taką s a m ą wartość A y =
ukł adu l e n i w i e c - Z i e m i a w każdym z przypad
—5 m . W o b e c t e g o z r ó w n a n i a (8.7) w y n i k a , ż e w e w s z y s t k i c h
ków w y b o r u punktu o d n i e s i e n i a ?
przypadkach (od 1 do 4 ) :
""""WIĄZANIE: Zmiana
A£
p
= m ^ A y = (2 k g ) ( 9 . 8 m / s ) ( - 5 m ) = - 9 8 J . :
(odpowied
energii potencjalnej nie zależy od wyboru poziomu
odniesienia y =
0 ; z a l e ż y o n a o d z m i a n y w y s o k o ś c i Ay. W e
8.4.
Zachov
v*
•*•_ - 7
• -CHEMICZNEJ
E n e r g i a m e c h a n i c z n a £ c h u k ł a d u jest sumą j e g o energii potencjalnej E me
energii kinetycznej £
k
£mech
p
oraz
wszystkich j e g o składników: Ek
=
+
(energia mechaniczna).
E
p
(8.12)
W t y m paragrafie zbadamy, co dzieje się z energią mechaniczną, g d y zamian:, energii w układzie zachodzi j e d y n i e p o d w p ł y w e m sił zachowawczych, tzn. gd;. na składniki układu nie działają siły tarcia ani siły oporu ośrodka. Założym;. również, że układ jest izolowany od otoczenia, tzn. że żadne siły
zewnętrzju
p o c h o d z ą c e od ciał spoza układu nie powodują zmian energii w obrębie układu. G d y siła zachowawcza wykonuje pracę W nad j e d n y m z ciał układu, za chodzi z a m i a n a energii kinetycznej £
ciała w energię potencjalną £
k
p
układu
Z równania (7.10) wynika, że z m i a n a energii kinetycznej A £ jest równa: k
A£
=
k
W.
(8.T
a z równania ( 8 . 1 ) — że zmiana energii potencjalnej w y n o s i : A£
= -W.
p
(8.1
Z równań ( 8 . 1 3 ) i ( 8 . 1 4 ) otrzymujemy zatem: A£
k
=
- A £
.
p
(8.
O z n a c z a t o . że wzrost j e d n e g o z tych rodzajów energii jest d o k ł a d n i e róvubytkowi drugiego z nich. R ó w n a n i e ( 8 . 1 5 ) m o ż e m y również zapisać w postaci:
-
Eu
Eu
—
~(£ 2 P
-
£
P
!8.
i ) .
przy c z y m wskaźniki 1 i 2 odnoszą się do dwóch różnych chwil, a zateir. dwóch różnych konfiguracji składników układu. Przekształcając 7
równanie
(o. i
otrzymujemy:
Ek2 + £p2 =
£ki + E \
(zachowanie energii mechanicznej).
p
(8.17)
Z r ó w n a n i a tego wynika, że gdy układ jest izolowany, a na j e g o składniki działaj,, j e d y n i e siły zachowawcze, t o : suma £
k
i £
p
dla
\ _
dowolnego stanu ukł adu/
176
8. E n e r g i a p o t e n c j a l n a i z a c h o w a n i e e n e r g i i
/'
suma £
k
i £
p
dla
\
ykażdego innego stanu u k ł a d u / '
Można to wyrazić jeszcze inaczej: W układzie izolowanym, w którym zamiana energii pochodzi jedynie od sił zacho wawczych energia kinetyczna i energia potencjalna mogą się zmieniać, lecz ich suma czyli energia mechaniczna £
meC
h nie może ulegać zmianie.
Twierdzenie to nazywamy zasadą zachowania energii mechanicznej (wi dzisz teraz, czemu zawdzięczają swoją nazwę siły zachowawcze). Korzystając zrównania (8.15), możemy tę zasadę zapisać w jeszcze innej postaci: A£
m e c h
= A £ + A £ = 0. k
(8.18)
p
Zasada zachowania energii mechanicznej umożliwi nam rozwiązanie zadań, które są bardzo trudne, gdy korzysta się jedynie z zasad dynamiki. Wynika to z następującego twierdzenia: + u
m
4
v Rys.
/
8.7.
jest
E
P
Ą h)
b)
\
Wahadło,
skupiona
drgania
—
w
na
wiono
ich
ruchu
wahadła
którego
kulce
rysunku
petny
przedsta
okres. kulka
masa
wykonuje
W
czasie
wznosi
się
i opada, przy czym zmienia się ener gia potencjalna i kinetyczna układu »=0
wahadto-Ziemia.
lecz
chaniczna
układu
£ ech m
Można
stata.
energia
me
pozostaj e
powiedzieć,
że
ener
gia mechaniczna zmienia w sposób ciągły postać z kinetycznej na po
c)
g)
tencjalną
i
(a)
cala
i (e)
na
odwrót.
W
energia
fazach
układu jest
energią kinetyczną. Kulka ma wtedy największą prędkość
i znajduje się
w najniższym punkcie toru. W fa zach
(c) i (g) cala energia układu
jest energią potencjalną.
Kulka ma
wtedy prędkość równą zeru i znaj duje się w najwyższym punkcie toru. W fazach (b). (d), (f) i (h) połowę energii
E
P
układu
stanowi
netyczna, a polowe —
E
K
energia ki potencjalna.
Gdyby w czasie ruchu wahadła wy stępowało tarcie
w punkcie
zacze
pienia wahadła do sufitu lub gdyby ruch
kulki
napotykał
opór
trza, to energia mechaniczna
powie £
mec
h
nie byłaby zachowana i po pewnym czasie wahadło by się zatrzymało
8.4.
Z a c h o w a n i e energii mechanicznej
177
Gd> energia mechaniczna układu jest zachowana, można powiązać ze sobą su energii kinetycznej i potencjalnej w pewnej chwili i w jakiejś innej chwili bez ar.t zowania
ruchu
tym przez
układu
działające
w chwilach w układzie
pośrednich
i bez wyznaczania
pracy
wykonanej
p
siły.
Na rysunku 8.7 przedstawiono przykład zastosowania zasady zachcw energii m e c h a n i c z n e j . W czasie drgań w a h a d ł a energia układu zamienia się okresowo z energii kinetycznej £ cjałną
£
p
i
na
k
wahadło-zi
w grawitacyjną energię p<
o dwrót, przy czym ich s u m a £ + £ pozostaje stała. Jeśli zi k
p
grawitacyjną energię potencjalną w chwili, gdy kulka osiąga największe w sienie (rys. 8.7c). to korzystając z r ó w n a n i a (8.17) m o ż e m y w y z n a c z y ć e n kinetyczną kulki w najniższym punkcie jej toru (rys.
8.7e).
Jako punkt odniesienia m o ż e m y w y b r a ć n a przykład najniższy punkt kulki i przyjąć, że w t y m punkcie grawitacyjna energia potencjalna £ i p
Załóżmy, że w najwyższym punkcie toru energia potencjalna wynosi £
p
l
=
w z g l ę d e m w y b r a n e g o punktu odniesienia. W najwyższym punkcie toru l m a prędkość równą zeru, więc energia kinetyczna w t y m p u n k c i e £ j : k
Wstawiając te wartości d o równania (8.17), otrzymujemy energię kinetyczni kulki w najniższym p u n k c i e toru: £
k 2
+ () = 0 + 2 0 J.
czyli
£
k 2
=20J.
Z a u w a ż , że otrzymaliśmy ten wynik b e z analizowania ruchu kulki między p t tami jej największego i najmniejszego wzniesienia (jak na rysunku 8.7d). a ta b e z w y z n a c z a n i a pracy wykonanej przez siły. powodujące ruch wahadła.
IAWDZIAN
3: Na rysunku
przedstaw'iono
cztery przy
padki ruchu klocka pozostającego początkowo w spoczynku. W jed nym z nich klocek spada swobodnie, a w pozostałych ześlizguje się bez tarcia po pochylniach o różnym nachyleniu i kształcie, a) Usze reguj te przypadki według energii kinetycznej klocka w punkcie B. od wartości największej do najmniejszej, b) Uszereguj przypadki według wartości prędkości klocka w punkcie B. od największej do najmniejszej.
Przykład 8.3 Jak pokazano na rysunku 8 . 8 dziecko o masie m. nieruchome w chwili początkowej, zaczyna ześlizgiwać się wzdłuż zjeżdżalni wodnej. Punkt startowy znajduje się na wysokości h = 8 . 5 m nad dolnym końcem zjeżdżalni. Zakładając, że zjazd dziecka odbywa
h
się — ze względu na obecność wody — bez. tarcia wyznacz prędkość dziecka na końcu zjeżdżalni. ROZWIĄZANIE:
C T
1. Do wyznaczenia prędkości dziecka na końcu zjeżdżalni
nie możemy zastosować przyspieszenia jego ruchu — j a k to robi liśmy w poprzednich rozdziałach — gdyż nie znamy nachylenia zjeżdżalni. Jednak prędkość jest związana z energią kinetyczną.
178
8. E n e r g i a p o t e n c j a l n a i z a c h o w a n i e
energii
Rys. 8 . 8 . Przykład 8 . 3 . Dziecko ześlizguje się ze zjeżdżalni w c nej o wysokości h
dlatego też być może uda nam się wyznaczyć tę prędkość na pod
£k.d + £p.d = £k.g +
Ep.%-
stawie zasady zachowania energii mechanicznej. Gdyby nam się m> powiodło, to nie musielibyśmy znać ani nachylenia, ani w ogóle bztałtu zjeżdżalni.
>'
1
H
1
• >,
Po podzieleniu obydwu stron tego równania przez m i jego prze-
Musimy jednak pamiętać, że: 0~~*
C Z
kształceniu otrzymuj emy:
2. Energia mechaniczna jest zachowana jedynie w układzie
izolowanym, w którym zamiana energii jest powodowana przez
v
l
=
i'g + 2 g ( y
Podstawiając do tego wzoru iv =
g
-y
d
).
0 oraz y
g
—y
d
= h. dostajemy:
siły zachowawcze. Sprawdźmy, czy tak jest w naszym przypadku.
Siły.
Na dziecko działają dwie sity.
Siła ciężkości,
auje nad nim pracę jest siłą zachowawczą.
która wyko-
Siła normalna,
i'
d
=
flgh
s
=
v
/ ( 2 ) ( 9 . 8 m / s ) ( 8 . 5 m) = :
13 m/s.
(odpowiedź)
działająca
Jest to prędkość o takiej samej wartości, jaką miałoby dziecko
wa dziecko ze strony zjeżdżalni nie wykonuje nad nim pracy, gdyż
po spadku swobodnym z wysokości 8,5 m. W rzeczywistości na
w każdym punkcie toru jest prostopadła do kierunku ruchu dziecka.
zjeżdżalni występuje zawsze pewna sita tarcia i ruch dziecka jest
Układ. kiem jest
Jedyną
silą.
sita ciężkości,
jaka
wykonuje
dlatego też
pracę
dziec
Zadanie to. trudne do rozwiązania na podstawie zasad dy
dziecko-Ziemia. Możemy też przyjąć, że jest to układ izolowany.
namiki, okazało się całkiem proste, gdy do jego rozwiązania za
Wobec tego. skoro rozpatrujemy układ izolowany, a pracę wy
stosowaliśmy
sady zachowania energii
to
możemy
rozważać
nieco wolniejszy.
uktad
konuje w nim siła zachowawcza,
możemy
nad
skorzystać
z za
mechanicznej. Oznaczmy energię me
chaniczną układu, gdy dziecko znajduje się na górze zjeżdżalni, przez £ m e c h . . a gdy znajduje się ono na dole — przez g
£
m e
ch.d-
=
mechanicznej. Gdyby
końcu zjeżdżalni, to zasada zachowania energii na nic by się nam nie przydała —
musielibyśmy znać kształt zjeżdżalni i zadanie
nie byłoby łatwe do rozwiązania.
Z zasady zachowania energii mechanicznej wynika, że: ^mech.d
zasadę zachowania energii
śmy jednak chcieli znaleźć czas. po jakim dziecko znajdzie się na
Znając już rozwiązanie tego zadania, powróć do przykładu z krążkiem w pierwszym paragrafie rozdziału 7 i przekonaj się.
^mech.g-
Zapisując energię mechaniczną jako sumę energii kinetycznej i po-
czy
lencjalnej. otrzymujemy:
(wynosi ona 5 m/s).
potrafisz teraz
wyznaczyć
prędkość
krążka na końcu toru
Przykład 8.4 Skoczek na linie bungee ma masę 61 kg i stoi na moście o wy
I
sokości 4 5 m nad wodą. Długość nieodkształconej sprężystej liny wynosi L =
25 m. Przyjmij, że odkształcenie liny spełnia prawo
Hooke'a. a stała sprężystości liny jest równa 160 N/m. W czasie skoku na linie skoczek nie wpada do wody. Wyznacz wysokość / ; stóp skoczka nad wodą. gdy znajduje się on najbliżej wody.
ROZWIĄZANIE: Na rysunku
8.9
przedstawiono skoczka
w najniższym punkcie
toru. gdy jego stopy znajdują się na wysokości / ; nad wodą. a lina wydłużyła się o odcinek d
w stosunku do długości liny nieod
kształconej. Jeśli znajdziemy d. to będziemy mogli obliczyć h. O t
1. Być może uda się nam wyznaczyć d. korzystając z zasady
zachowania energii mechanicznej, rozpatrując przy tym położenie skoczka w chwili początkowej (na moście) oraz w najniższym punkcie toru lotu. Musimy pamiętać, że: O—* 2. Energia mechaniczna jest zachowana jedynie w układzie izolowanym, w którym zamiana energii jest spowodowana przez sity zachowawcze. Sprawdźmy, czy tak jest w naszym przypadku. Siły.
Sita ciężkości wykonuje pracę nad skoczkiem przez caty
czas jego lotu na linie. Od chwili, gdy lina zostaje napięta, pracę
Rys.
nad nim wykonuje ponadto siła sprężystości liny. zamieniając jego
znajduje się najbliżej wody
8 . 9 . Przykład 8.4. Skoczek na linie bungee w chwili, gdy
8.4.
Z a c h o w a n i e energii mechanicznej
179
energię na energię potencjalną sprężystości liny. Lina działa także siłą na most, który jest związany z ziemią. Siła ciężkości i siła sprężystości są siłami zachowawczymi. Układ. Wszystkie te siły działają w układzie skoczek-Ziemia-lina, zawierającym też wszystkie ciała, których energia jest wymieniana. Układ ten można uznać za izolowany. Wobec tego możemy skorzystać z zasady zachowania energii mechanicznej. Na podstawie równania (8.18) zapisujemy j ą w postaci: A£
k
= A £,,, + A E , s
p g
= 0.
(8.19)
przy czym A £ jest zmianą energii kinetycznej skoczka, A E . — zmianą energii potencjalnej sprężystości liny, a A £ , , — zmianą grawitacyjnej energii potencjalnej skoczka. Wszystkie te zmiany są liczone od punktu początkowego do najniższego punktu toru skoczka. W punkcie początkowym i końcowym skoczek pozostaje w bezruchu (choćby tylko chwilowym), a zatem A £ = 0. Z rysunku 8.9 widać, że zmiana wysokości skoczka Ay jest równa — ( I + d). wobec czego mamy: k
P
A£
gdzie m jest masą skoczka. Z rysunku 8.9 widać również, że zostaje rozciągnięta o odcinek d. Zatem: AE . = P
Porada 2: Ai,'!
'h1\iu,'ih;
t
t
mchanKzn^i • ano posta\ u sohic nasiennia^ p w n u /)'•.; \.-' ^, i t
i.J.L.
1
in >\i ' i i ' '••fj,
,.ti>>
Musisz umicc odd'>elK badana układ ud (ego otoczenia
'''Czna? Spró-
bti| sobie wyohiazic zamkiiieia pow iti 'cbnic taka, ze \wystko, ło ics wewnau Ł
mci stanowi u\oj układ, a wszystko u> icst na
zewnatiz met K'm lego o n x eniern W p
« w pi/ykłaJz'c 8 4 — \/<>..- Ń + Ziemia t
+ lina. Czy występują siły tarcia lub oporu ośrodka? W obecności
2
0 + \kd -mg(L+d)
= 0.
2
czyli
-kd
— rngL — mgd = 0 .
1
a następnie: 1 ( 1 6 0 N / m W - (61 kg) (9.8 m / s ) ( 2 5 m) 2
S
P o d ^ . s iii/wiaz\v„niu /.uLm dot\c/ tt\di zuthoNw.ma energii
\kd .
S
Wstawiając te wyrażenia oraz dane do równania (8.19), ni
2
- ( 6 1 kg)(9.8 m/ł)d
p
k
= mg Ay = —mg(L + d),
P - g
= 0.
Rozwiązując równanie kwadratowe, dostajemy: d = 17,9 ni. Stopy skoczka znajdują się w odległości (L + d) = 4 2 . 9 ni r. od punktu wyjściowego, a zatem: h = (45 m) - ( 4 2 , 9 m) = 2.1 m.
(odpowi.
Cz) nadany układ ic\i tzołoweny ' Zasada zachowania eiM mechanicznej obowiązuje tylku w układzie zamkniętym. Om to, że żadne 4ły r u t ą - r o H itzn. siły wywierane przez ciała należące d<> układu 1 nie wykonują pr_c\ nad ciałami będąc składnikami układu. Jaki jest stan początkowy i końcowy badanego układu? przechodzi z jakiegoś stanu początkowego (czyli konfigura stanu końcowego. Zastosowanie zasady zachowania enerj chanicznej polega na stwierdzeniu, że £ h ma taką san tość w obydwu tych stanach. Musisz mieć pełną jasność, k są stany. meC
tarcia łub oporu ośrodka energia mechaniczna nie jest zachowana.
8.5.
Z a s t o s o w a n i e
krzywyr
m
' v
t ;
,
v
. b
(
, " "
'< •
Rozważmy jeszcze raz cząstkę będącą składnikiem układu, w którym d/i;, zachowawcza. Przyjmijmy tym razem, że w czasie, gdy siła zachowawcza nuje nad nią pracę, cząstka może się poruszać tylko wzdłuż osi x. B a r d / o informacji o ruchu cząstki można uzyskać z wykresu energii potencjalnej t jako funkcji położenia cząstki E (x). Zanim jednak przejdziemy do analizy wykresów, wprowadzimy jeszcze jeden związek. p
Jak analitycznie wyznaczyć siłę? Z równania (8.6) wiemy, jak w przypadku jednowymiarowym wyznaczyć / energii potencjalnej A £ między dwoma położeniami cząstki, jeśli znair F(x). Obecnie chcemy skorzystać z tego równania w celu odwrotnym — c: byśmy wyznaczyć siłę, znając zależność energii potencjalnej od położenia 1 p
180
8 . Energia potencjalna i zachowanie energii
D:a ruchu w j e d n y m w y m i a r z e praca W w y k o n a n a nad cząstką przez dzia... na
nią
siłę. przy przemieszczeniu cząstki o odcinek A.v.
wynosi £ ( . Y ) A . Y .
-...nie (8.1) m o ż e m y zatem zapisać w postaci: A£ (..v) = p
- W =
• tązujuc to r ó w n a n i e w z g l ę d e m siły F(x)
-F(x)Ax.
i przechodząc w granicy d o po-
- i c j - otrzymujemy: F{x)
—
d£ (.Y) P
:
d.Y
truch w jednvm wuniarze).
(8.20)
^ t w y r a ż e n i e m , które zamierzaliśmy w y p r o w a d z i ć . A>\ sprawdzić ten wzór. p o d s t a w m y do niego: E (x)
= ikx , 2
p
czyli w y r a ż e -
energię sprężystości sprężyny. Z r ó w n a n i a (8.20) otrzymujemy — j a k się ::.ilo spodziewać — F(x) ".ego wzoru podstawić:
— —kx, czyli p r a w o H o o k e ' a . P o d o b n i e m o ż e m y
£ (.Y) = P
mgx,
czyli wy r a ż e n i e na grawitacyjną ener-
rotencjalną układu c z ą s t k a - Z i e m i a . gdy cząstka o masie m znajduje się na •".kości x nad ziemią. Z równania (8.20) otrzymujemy wówczas: F =
—mg
A w \ rażenie na działającą na cząstkę siłę ciężkości.
ywa energii potencjalnej rysunku 8.10a przedstawiono w y k r e s energii potencjalnej £ ( . r ) j a k o funkcji p
l e n i a cząstki, dla układu zawierającego cząstkę, poruszającą się w j e d n y m r.iarze, nad którą pracę wykonuje siła z a c h o w a w c z a F{x).
Siłę tę m o ż e m y
.o w y z n a c z y ć z tego wykresu, znajdując (graficznie) nachylenie krzywej -•)• £ra«h [J]
Ep [J]- ^ m e c h
Eu = 1 J dla.Y > . v
x
2
x,
U]
5
x
:
X,
Ą
a) F
p
-£„,,, = 5J
• punkt zwrotny
.v,
E (x)
X
2
-V,
Xi
c)
[N] Rys. 8 . 1 0 . a) Wykres E„(x)
czyli zależności energii potencjalnej
od położenia, dla układu, zawierającego cząstkę, mogącą poruszać się tylko wzdłuż osi x. Nie ma tarcia, więc energia mechaniczna jest zachowana, b) Wykres działającej na cząstkę siły F(x)
jako
funkcji położenia, otrzymanej z krzywej energii potencjalnej przez wyznaczenie jej nachylenia w poszczególnych punktach, c) Wy kres £p(.r), jak w punkcie ta), lecz dla trzech innych wartości energii £
mec
h
8 . 5 . Z a s t o s o w a n i e krzywych e n e r g i i p o t e n c j a l n e j
181
w różnych jej p u n k t a c h (wiemy z r ó w n a n i a
(8.20),
że wartość F(x) jest
przeciv
d o nachylenia krzywej £ ( . t ) ) . Na rysunku 8.10b przedstawiono o t r z y m a n y w p
s p o s ó b w y k r e s F(x).
Punkty zwrotne Pod n i e o b e c n o ś ć sił niezachowawczych energia m e c h a n i c z n a
£
n
i
e
c
h
układu
wartość stałą daną r ó w n a n i e m : E (x)
+ E (x) = E
p
k
m e c h
.
(8.1
w k t ó r y m E ( x ) opisuje energię kinetyczną cząstki j a k o funkcję jej położę k
R ó w n a n i e (8.21) m o ż e m y zapisać j a k o : E
Z a ł ó ż m y , że energia
£
m
e
c
h
k
( x )
=
£
m
e
c h
-
E
p
( x ) .
(
(która jest — pamiętajmy — stała) wynosi 5
r y s u n k u 8.10a należałoby ją przedstawić j a k o prostą poziomą, przechodzącą p u n k t na osi energii o wartości 5 J (w istocie j u ż to zrobiono). Z równania (8.22) wynika, j a k w y z n a c z y ć energię kinetyczną E dl k
w o l n e g o p o ł o ż e n i a cząstki x, mianowicie z krzywej E (x) należy odczytać p
tość E , odpowiadającą d a n e m u położeniu x, a następnie odjąć tę warto: p
od £" ech- Na przykład, gdy cząstka znajduje się w d o w o l n y m p u n k c i e na ] m
od x_s, wtedy E
— ł J. Energia £j. jest największa (5 J). gdy cząstk
k
w p u n k c i e XT, a najmniejsza (równa zeru), g d y cząstka jest w punkcie x \ . Energia E nie m o ż e być ujemna (gdyż wartość i r jest zawsze nieuje k
w i ę c cząstka nie m o ż e znaleźć się na lewo od punktu x\, w tym obszarze bo różnica
£
m
e
c h
—
E
p
jest ujemna. Gdy cząstka p o r u s z a się z punktu
x i
ć
wartość £k maleje (cząstka zwalnia) aż do E = 0 w punkcie A I (cząstk _
k
w tym punkcie prędkość równą zeru). Z a u w a ż , że gdy cząstka zbliża się d o punktu x \ , działająca na nią siła — r ó w n a n i e m (8.20) — jest dodatnia (ponieważ nachylenie d £ / d x j e s t uje p
O z n a c z a to, że p o dotarciu d o p u n k t u x \ cząstka nie pozostaje w nim, lecz z a p o r u s z a ć się w prawo, czyli w k i e r u n k u p r z e c i w n y m d o p o p r z e d n i e g o kiei jej ruchu. Punkt, w k t ó r y m £
k
= 0 (gdyż £ = £ ) i cząstka zmienia kie p
ruchu, taki jak x\, n a z y w a m y p u n k t e m z w r o t n y m . Z prawej strony wykre: r y s u n k u S.łOa nie m a punktu z w r o t n e g o (w k t ó r y m E = 0). Cząstka porusi k
się w prawo będzie j u ż zawsze p o r u s z a ł a się w t y m kierunku.
Położenia równowagi N a rysunku 8.10c na tę samą co p o p r z e d n i o krzywą energii potencjalnej . n a n i e s i o n o trzy inne wartości £ c h - Z o b a c z m y , j a k zmienia się sytuacja c. me
wraz ze zmianą tej energii. Jeśli £
m e c
h — 4 J (linia fioletowa), to punkt xv.
znajduje się bardziej na prawo niż X [ (między x \
a xi). Z drugiej stron;
k a ż d e g o p u n k t u leżącego na prawo od x_s energia m e c h a n i c z n a układu jest • j e g o energii potencjalnej. Cząstka nie m a więc energii kinetycznej, a r w a ż — j a k w y n i k a z równania (8.20) — nie działa na nią żadna siła. to ona pozostawać w s p o c z y n k u . Takie p o ł o ż e n i e cząstki n a z y w a m y położc
182
8. E n e r g i a p o t e n c j a l n a i z a c h o w a n i e e n e r g i i
-
•wagi o b o j ę t n e j (w takim stanie jest np. kulka szklana, która leży na p o :r blacie). ę>':i Emech = 3 J (linia różowa), to istnieją d w a punkty z w r o t n e — j e d e n ; a A"2 oraz drugi m i ę d z y XĄ a A-5. P o n a d t o , w p u n k c i e xy m a m y £ = 0.
•,.
k
-ąstkę u m i e s z c z o n ą d o k ł a d n i e w t y m p u n k c i e nie działa ż a d n a siła, a za• zostaje ona w s p o c z y n k u . G d y j e d n a k przemieści się ona choć trochę r.:ś stronę, zacznie na nią działać siła w k i e r u n k u z g o d n y m z
przemiesz
am cząstki, a zatem cząstka będzie się od tego punktu o d d a l a ć . W takim -dku m ó w i m y o położeniu r ó w n o w a g i n i e t r w a ł e j ( p r z y k ł a d e m m o ż e być szklana, starannie u m i e s z c z o n a na szczycie kuli d o kręgli). . Cozważmy j e s z c z e zachowanie się cząstki dla £ c h = 1 J (linia zielona). mC
:.:ąstkę u m i e ś c i m y w p u n k c i e XĄ, to zostanie ona w tym p u n k c i e na zawsze, ".oźe ona przemieścić się s a m a z tego punktu ani w lewo, ani w prawo, b o \ ijdałoby to ujemnej energii kinetycznej. Jeśli pchnęlibyśmy j ą nieznaczlewą lub prawą stronę, to pojawiłaby się siła zwrotna kierująca cząstkę rotem d o XĄ. Takie p o ł o ż e n i e n a z y w a m y p o ł o ż e n i e m r ó w n o w a g i t r w a ł e j c u d : kulka szklana na dnie miski w kształcie półkuli). Cząstka
umiesz-
w pobliżu punktu x znajdzie się m i ę d z y d w o m a p u n k t a m i zwrotnymi, 2
e ona m o g ł a p o r u s z a ć się — ale niezbyt daleko — w stronę punktu JC 1 lub j .v_;. W takiej sytuacji mówimy, że cząstka znajduje się w studni • _ s z y m p r z y p a d k u o kształcie IAN :
potencjału
filiżanki).
4: Na rysunku przedstawiono
energii potencjalnej E (x) dla układu zap
: z ' a c e g o cząstkę, mogącą poruszać się w jed-
" A\miarze. a) Uszereguj obszary AB, BC i CD . : u g wartości siły działającej na cząstkę, od naj. >.-.rej do najmniejszej, b) Jaki jest kierunek siły . łojącej na cząstkę w obszarze A B ?
. 6 .
conana nad u k ł a d e m
•'
ze
- układ ciał
iwnętrzną
rozdziale 7 zdefiniowaliśmy pracę jako energię przekazaną ciału lub odebraną niego w w y n i k u działania na to ciało siły. O b e c n i e uogólnimy tę definicję na
dodatnia praca W
j y p a d e k siły zewnętrznej, działającej na układ ciał.
a) - układ ciał
Praca jest równa energii przekazanej układowi łub odebranej od niego przez siłę rewnętrzną działającą na ten układ.
Na r y s u n k u 8.1 l a p r z e d s t a w i o n o sytuację, w której praca jest dodatnia (układ skuje
ujemna praca W
energię), a n a rysunku 8.1 I b — sytuację, w której p r a c a jest ujemna
stad traci
b)
energię). G d y na układ działa więcej niż j e d n a siła, energia p r z e -
zana układowi lub o d e b r a n a od niego jest r ó w n a całkowitej
pracy
wykonanej
zez te siły.
Rys. 8 . 1 1 .
a) Praca W wykonana nad
dowolnym układem jest dodatnia, j e śli energia zostaje przekazana układowi,
Energia jest p r z e k a z y w a n a w p o d o b n y s p o s ó b , w j a k i odbywają się p r z e \y pieniędzy n a r a c h u n e k b a n k o w y i z tego rachunku. Jeśli układ stanowi
b) Praca W jest ujemna, gdy energia jest
odebrana od układu
8.6. P r a c a w y k o n a n a n a d u k ł a d e m przez siłę z e w n ę t r z n ą
183
p o j e d y n c z a c z ą s t k a lub c i a ł o o a n a l o g i c z n y c h w ł a ś c i w o ś c i a c h , j a k i e r o z w a ż a l i ś m y w r o z d z i a l e 7, to p r a c a w y k o n a n a p r z e z siłę nad t y m u k ł a d e m , m o ż e z m i e n i ć j e d y n i e j e g o e n e r g i ę k i n e t y c z n ą . P r a c a j e s t w t e d y r ó w n o w a ż n a z m i a n i e energii k i n e t y c z n e j , c o opisuje r ó w n a n i e ( 7 . 1 0 ) ( A £
k
= W). W j ę z y k u b a n k o w c ó w po
wiemy, ż e p o j e d y n c z a c z ą s t k a m a tylko j e d e n rachunek energii, z w a n y energią k i n e t y c z n ą . S i ł a z e w n ę t r z n a m o ż e p r z e k a z a ć energię na ten r a c h u n e k lub odpro w a d z i ć j ą z n i e g o . G d y j e d n a k układ jest bardziej złożony, siła z e w n ę t r z n a m o ż e p o w o d o w a ć z m i a n y innych r o d z a j ó w energii (na p r z y k ł a d energii potencjalnej) —
układ z ł o ż o n y m a wiele rachunków energii. S p r ó b u j e m y w y z n a c z y ć związki m i ę d z y p r a c ą i e n e r g i ą dla takich złożonych
układów, r o z w a ż a j ą c d w a p o d s t a w o w e przypadki, w k t ó r y c h nie występuje lub występuje t a r c i e .
Brak tarcia W y o b r a ź sobie, ż e startujesz w konkursie rzutu kulą d o kręgli. A b y wyrzucić kulę, najpierw p r z y k u c a s z , u m i e s z c z a j ą c r ę c e na p o d ł o d z e pod kulą, p o czym g w a ł t o w n i e prostujesz się. p o d n o s z ą c j e d n o c z e ś n i e s z y b k o r ę c e , aby w końcu w y r z u c i ć kulę pod k ą t e m w g ó r ę . mniej w i ę c e j na w y s o k o ś c i twarzy. P r z y twoim
układ kula-Ziemia
r u c h u w górę siła, j a k ą d z i a ł a s z na kulę niewątpliwie w y k o n u j e p r a c ę . Jest to siła z e w n ę t r z n a , która p r z e k a z u j e e n e r g i ę . . . n o właśnie — j a k i e m u u k ł a d o w i ? A b y o d p o w i e d z i e ć na to pytanie, z a s t a n ó w m y się, j a k i e c i a ł a d o z n a j ą zmiany
w
S
!
A £ „
• AE.. + A £ „
i
energii. Z m i e n i a się e n e r g i a k i n e t y c z n a kuli ( o AE ), a p o n a d t o — ponieważ k
z m i e n i a się o d l e g ł o ś ć kuli od ziemi — ulega z m i a n i e g r a w i t a c y j n a e n e r g i a po tencjalna układu k u l a - Z i e m i a ( o A £ ) . A b y u w z g l ę d n i ć obie te zmiany, musimy p
r o z p a t r y w a ć układ k u l a - Z i e m i a . P r z y ł o ż o n a p r z e z ciebie siła jest siłą zewnętrzną, Rys.
8.12.
Nad
układem
złożonym
w y k o n u j ą c ą p r a c ę nad tym u k ł a d e m , a p r a c a ta jest r ó w n a :
z kuli do kręgli i Ziemi zostaje wyko nana dodatnia praca zmianę
energii
W.
co
powoduje
mechanicznej
A£
układu, zmianę energii kinetycznej
m e C
p
A£
k
+
(8.23)
A£ . p
h
AE
k
W =
kuli. oraz grawitacyjnej energii poten cjalnej A £
W
czyli
A £
mech
układu
przy c z y m
A£
m e c
(praca wykonana nad układem, brak tarcia),
h j e s t z m i a n ą energii m e c h a n i c z n e j układu. D w a
(8.24)
powyższe
r ó w n a n i a , zilustrowane także na rysunku 8 . 1 2 p o z w a l a j ą stwierdzić r ó w n o ś ć pracy w y k o n a n e j nad u k ł a d e m przez siłę z e w n ę t r z n ą i z m i a n y energii układu p o d nie o b e c n o ś ć tarcia.
Obecność tarcia R o z w a ż m y o b e c n i e s y t u a c j ę p r z e d s t a w i o n ą na rysunku 8 . 1 3 a . Na k l o c e k działa w z d ł u ż osi x stała siła p o z i o m a F, przy c z y m przy p r z e m i e s z c z e n i u k l o c k a o d j e g o p r ę d k o ś ć z w i ę k s z a się z T>o n a ii. W c z a s i e ruchu k l o c k a działa na niego ze strony p o d ł o ż a stała siła t a r c i a k i n e t y c z n e g o /
k
. Przyjmijmy początkowo, że
n a s z y m u k ł a d e m jest s a m k l o c e k i z a s t o s u j m y d o n i e g o d r u g ą z a s a d ę d y n a m i k i . W
r o z w a ż a n y m p r z y p a d k u m o ż e m y j ą z a p i s a ć dla s k ł a d o w y c h w z d ł u ż osi x
(^•yp.* = ma ), c o daje: x
£ - A = ma.
184
8. Energia potencjalna i z a c h o w a n i e energii
(8.25)
Obie siły są stałe, a zatem stałe jest też przyspieszenie a. Możemy więc skorzystać z równania (2.16), aby otrzymać: i'
2
A
lad.
= u , -f 2
^0
>
Bozwiązując to równanie względem «, a następnie podstawiając rozwiązanie do iwmania (8.25), dostajemy po przekształceniach: > i r - \mv + f d .
Fd
2
Dta klocka | w t ' — \mv^ = AE . dlatego też powyższe równanie możemy zapisać jako: Fd = A £ + f d . (8.27) 2
uktad - klocek-podloże
(8.26)
k
d
a)
k
v
k
A £ „
w
!
W ogólniejszym przypadku (na przykład, gdy klocek porusza się po równi po chyłej) może zachodzić również zmiana energii potencjalnej. Aby to uwzględnić, •ogólnimy równanie (8.27), zapisując je w postaci: Fd = A £
m e c h
+ hd.
(8.27)
Doświadczalnie można stwierdzić, że gdy klocek ślizga się po podłożu, sam Uocek i ta część podłoża, po której się on ślizga, się rozgrzewają. Jak dowiesz się z rozdziału 19. temperaturę ciała można powiązać z energią termiczną £ j dała. tzn. energią związaną z chaotycznym ruchem atomów i cząsteczek ciała. Energia termiczna klocka i podłoża wzrasta, ponieważ: 1) działa między nimi tarcie oraz 2) następuje ruch ciała. Przypomnijmy, że tarcie pochodzi od spawania aa zimno stykających się ze sobą powierzchni. Gdy klocek ślizga się po podłożu, na styku powierzchni klocka i podłoża ciągle następuje zrywanie i tworzenie na nowo miejsc spawanych, dzięki czemu klocek i powierzchnia się rozgrzewają. W wyniku poślizgu rośnie zatem ich energia termiczna £j rmDoświadczenie uczy nas także, że wzrost energii termicznej A£ m jest równy iloczynowi wartości f id: e r m
b)
Rys. 8 . 1 3 . a) Klocek porusza się po podłożu pod wpływem siły F. a jego ruchowi przeciwdziała siła tarcia kine tycznego. Klocek doznaje przemieszcze nia d. przy czym na początku ma pręd kość v , a na końcu — v. b) Siła F wy konuje dodatnią pracę W nad układem klocek-podłoże. co powoduje zmianę energii mechanicznej A £ klocka, oraz zmianę energii termicznej A £ klocka i podłoża 0
m e c h
l e r m
e
ter
k
A£jerm =
fkd
(wzrost energii termicznej przy poślizgu).
(8.29)
Równanie (8.28) możemy zatem zapisać jako: Fd =
A£mech
+ A£\erm-
(8.30)
Wielkość Fd jest pracą W wykonaną przez siłę zewnętrzną F (czyli energią, przekazaną w wyniku działania tej siły), lecz nad jakim układem wykonana jest ta praca (jakim ciałom przekazana jest energia)? Aby odpowiedzieć na to pytanie, zastanówmy się. jakie ciała zmieniają swoją energię. Zmienia się energia mechaniczna klocka, a także energia termiczna klocka i podłoża. Wobec tego siła F wykonuje pracę nad układem klocek-podłoże. Praca ta jest równa: W = A ^mech
"h A £ j
e r m
(praca wykonana nad układem w obecności tarcia). (8.31)
Równanie to, które zilustrowano na rysunku 8.13b pozwala stwierdzić równość pracy wykonanej nad układem przez siłę zewnętrzną i zmiany energii układu w obecności tarcia.
8.6. P r a c a w y k o n a n a n a d u k ł a d e m przez siłę z e w n ę t r z n ą
185
l/SPRAWDZIAN
D: Wykonano trzy doświadczenia, podczas których do klocka ślizga
jącego się po podłożu w obecności tarcia przyłożono poziomo, jak na rysunku
8.13a.
siły zewnętrzne o różnych wartościach. W tabeli podano wartości sił oraz ich wpływ na wartość prędkości klocka. We wszystkich tych doświadczeniach siła działała na klocek
podczas
takiego
samego
przemieszczenia
d. Uszereguj
te doświadczenia
ze względu
na
zmianę energii termicznej klocka i podłoża, w czasie przemieszczenia klocka o d.
od
największej do najmniejszej.
F
Doświadczenie
Przykład 8.5
Wartość prędkości klocka
a
5 N
zmalała
b
7 N
nie zmieniła się
c
8 N
wzrosła
nad którym wykonywana jest praca składa się więc z posągu, sań. pni i podłoża.
Prehistoryczni
mieszkańcy
Wyspy
Wielkanocnej
najprawdopo
dobniej transportowali swe gigantyczne posągi kamienne w ten sposób, że każdy z nich był ułożony na drewnianych saniach, które następnie przesuwano po torze, tworzonym przez niemal jednako wej grubości pnie drzew działające jak rolki. Aby sprawdzić tę hipotezę, wykonano doświadczenie, w którym 25 mężczyzn zdo łało w ciągu 2 minut przemieścić w ten sposób na odległość 45 m po poziomym torze posąg o masie 9 0 0 0 kg, zbliżonej do masy posągów z Wyspy Wielkanocnej.
b) Ile wynosi wzrost energii termicznej A £ ,
e r m
układu w czasie
przemieszczania posągu na odległość 45 m?
ROZWIĄZANIE: O—r
Zmiana energii termicznej
przez silę
AE
( e r m
i praca
W
wykonana
są ze sobą związane za pośrednictwem równania
F
(8.31), wyrażającego równość pracy i zmiany energii w obecności siły tarcia:
a) Oszacuj pracę wykonaną przez wypadkową sił F, jakimi dzia
W =
A£
+
m e c h
A£
l e r m
.
łali na posąg ci mężczyźni w czasie przemieszczania posągu na odległość 45 m i stwierdź, nad jakim układem została wykonana
Wartość
W wyznaczyliśmy w punkcie (a). Zmiana energii me
chanicznej A £
ta praca.
m e c
sań jest równa zeru. gdyż posąg znajduje się
h
w spoczynku na początku
ROZWIĄZANIE: O—r Fd
1.
Pracę
cos 4>).
i na końcu przemieszczenia,
a jego
wysokość nad ziemią nie ulega zmianie. Mamy wobec tego:
możemy
Odległość
wyznaczyć wynosi
d
45
z równania m,
F jest
jaką działało na posąg 25 mężczyzn, a
(7.7)
A£ (W
wartością
( e r m
=
W =
1.8 • 10
6
J =s 2 MJ.
(odpowiedź)
= siły.
0". Przyjmijmy, że
każdy z mężczyzn działał na posąg siłą dwa razy większą od
c) Oszacuj pracę, jaką musiałoby
wykonać tych 25
mężczyzn,
przemieszczając posąg o 10 km po płaskim terenie na Wyspie
swego ciężaru, który uznamy za taki sam dla wszystkich męż
Wielkanocnej. Oszacuj też zachodzącą przy tym całkowitą zmianę
czyzn,
energii termicznej A £
równy
mg.
F = (25)(2mg)
=
Wartość
siły
wypadkowej
wynosiła
zatem:
50/wg. Zakładając następnie, że masa każdego
mężczyzny była równa 80 kg, z równania (7.7) otrzymujemy: W
O—r
=
Fd c o s 0 =
50mgd
=
( 5 0 ) ( 8 0 kg)(9.8 m / s ) ( 4 5
=
1.8 • 1 0
2
6
J *
2 MJ.
m)cos0
c
2. Aby ustalić, jakie ciała stanowią układ, nad którym wy
konywana jest praca, zastanówmy się. które ciała zmieniają swoje energie. Posąg porusza się, a więc z pewnością w czasie tego ru
Postępujemy, jak w punktach (a) i (b). Pracę W obliczamy
tak, jak w punkcie (a), z tym, że teraz podstawiamy za d wartość 1 • 10
(odpowiedź)
układu posąg-sanie-pnie-podłoże.
ROZWIĄZANIE: O-»
cos(/>
t e r m
4
m. Jak poprzednio, przyrównujemy do siebie A £ ,
e r m
i W.
Otrzymujemy w ten sposób: W
=
A£
t e r m
=
3.9 • 1 0
8
J =
4 0 0 MJ.
(odpowiedz)
Przemieszczenie posągu wymagałoby zatem oddania przez tyci
chu ulega zmianie jego energia kinetyczna. Można też bez trudu
mężczyzn
zgadnąć, że między saniami, pniami i podłożem działają znaczne
czyźni ci mogliby
siły tarcia, a zatem zmienia się energia termiczna tych ciał. Układ,
a zatem nie są do tego potrzebne żadne tajemne źródła energii.
186
8. E n e r g i a p o t e n c j a l n a i z a c h o w a n i e e n e r g i i
oszałamiającej
ilości energii.
Niemniej jednak męż
przetransportować posąg na odległość 10 km.
Przykład 8.6
zmiana energii termicznej skrzyni i podłogi. Wobec tego układem, nad którym wykonywana jest praca, jest układ skrzynia-podłoga.
Dostawca żywności pcha po betonowej podłodze drewnianą skrzyn ę z głowami kapusty (o całkowitej masie m =
•a nią stałą siłą poziomą £ o wartości 4 0 N. W trakcie prostoli niowego przemieszczenia o wartości d = 0,5 m prędkość skrzyni maleje od wartości i'
=
0
ponieważ obie zmiany energii występują w tym układzie.
14 kg), działając
0.6 m/s do wartości v = 0.2 m/s.
c) Ile wynosi wzrost energii termicznej A £
K r m
ustalonego układu
skrzynia-podtoga?
ROZWIĄZANIE: a ) Wyznacz pracę wykonaną przez siłę F.
Nad jakim układem
jest ona wykonana?
ROZWIĄZANIE: 0-~»
1. Pracę
e r m
jest związana z wykonaną
równość pracy i zmiany energii w obecności tarcia: H' wykonaną przez siłę F
możemy wyznaczyć
z równania (7.7). co daje: H' =
' Zmiana energii termicznej A £ ,
przez silę F pracą W. za pomocą równania (8.31). wyrażającego
Fd cos
(40 N ) ( 0 . 5 m ) c o s 0
IV = Wartość pracy
=
=
20 J.
(odpowiedź)
A£
m e c h
(8.32)
+A£,
W znamy już z punktu (a). Zmiana energii me
chanicznej A £
meC
h
skrzyni jest równa tylko zmianie jej energii
kinetycznej, ponieważ energia potencjalna się nie zmienia. Mamy 2. Aby ustalić, które ciata stanowią układ, nad którym wy
zatem:
,
1
konywana jest praca zastanówmy się. które ciata zmieniają swoje
A£
energie. Wartość prędkości skrzyni ulega zmianie, tak więc z pew
m e c
h =
A£k =
k»lV~
— ^ HI lig.
nością zmienia się energia kinetyczna skrzyni. Czy między skrzy
Podstawiając to wyrażenie do równania (8.32) i rozwiązując je
nią a podłogą występuje tarcie, a więc. czy ulega zmianie energia
względem A £
termiczna skrzyni i podłogi? Zauważ, że kierunek siły £ jest taki sam, O—» siły
jak kierunek prędkości skrzyni. 3.
Gdyby zatem nie było tarcia, to w wyniku działania
F zwiększałaby
zwalnia,
się
l e r m
A£,erm =
. otrzymujemy ostatecznie:
W -
(\mv
2
-
=
20 J -
=
22.2 J % 22 J .
\mv ) = 2
W -
± ( 1 4 kg)[(0.2 m / s )
:
\m(v
-
(0.6
2
-
i'5)
m/s) ] 2
prędkość skrzyni. Tymczasem skrzynia
a więc tarcie z pewnością występuje, a zatem następuje
(odpowiedź)
8.7. Zasada zachowania energii Omówiliśmy już wiele sytuacji, w których energia jest dostarczana ciałom lub ich układom, lub też jest od nich odbierana, co przypomina przepływ pienię dzy między rachunkami bankowymi. We wszystkich przypadkach zakładaliśmy, że każdą zmianę energii możemy jakoś wyjaśnić, że energia nie może się w cu downy sposób pojawiać ani znikać. Wyrażając to bardziej formalnie przyjmowali śmy (prawidłowo), że energia spełnia prawo, zwane zasadą zachowania energii, dotyczące całkowitej energii E układu. Energia całkowita jest to suma ener gii mechanicznej układu, jego energii termicznej oraz wszystkich rodzajów jego energii wewnętrznej, innych niż energia termiczna (tych innych postaci energii wewnętrznej jeszcze nie omawialiśmy). Zasada ta mówi, co następuje:
Zmiana całkowitej energii E układu jest równa energii dostarczonej do układu lub od niego odebranej.
Jedynym rozważanym przez nas dotąd sposobem zmiany energii jest wykona nie nad układem pracy W. Zatem zasadę zachowania energii możemy tymczasem zapisać w postaci:
8.7.
Zasada zachowania energii
187
W
przy c z y m A £
n l e c
=
A £
=
A£
m e c
h
+
A£
t e r m
+
A£
w e w n
(8.33)
.
h jest dowolną zmianą energii mechanicznej układu, A £
dowolną zmianą j e g o energii t e r m i c z n e j , a A £
w e W
n
postaci j e g o energii wewnętrznej. Z m i a n a energii mechanicznej A £ w sobie zmianę energii kinetycznej A £
k
l e r m
—
— d o w o l n ą z m i a n ą innych m e c
| , zawiera
oraz zmianę energii potencjalnej A £
F
układu (sprężystości, grawitacyjnej lub j a k i e j k o l w i e k innej). Z a s a d y z a c h o w a n i a e n e r g i i nie wyprowadziliśmy
z p o d s t a w o w y c h praw fi
z y k i . J e s t to p r a w o w y n i k a j ą c e z n i e z l i c z o n y c h d o ś w i a d c z e ń . N a u k o w c y i inży n i e r o w i e nie n a p o t k a l i d o t y c h c z a s ż a d n e g o w y j ą t k u o d tej zasady.
Układ izolowany J e ś l i u k ł a d j e s t i z o l o w a n y o d o t o c z e n i a , t o e n e r g i a nie m o ż e b y ć d o n i e g o dostar c z o n a ani o d n i e g o o d e b r a n a . W t y m p r z y p a d k u z a s a d a z a c h o w a n i a e n e r g i i m a następujące brzmienie: Całkowita energia E układu izolowanego nie może się zmieniać.
W i e l e z m i a n energii m o ż e n a t o m i a s t z a c h o d z i ć t e obrębie
u k ł a d u i z o l o u _-
n e g o , n a p r z y k ł a d e n e r g i a k i n e t y c z n a m o ż e z a m i e n i a ć s i ę na e n e r g i ę p o t e n c j a r . lub energię termiczną. J e d n a k ż e suma wszystkich rodzajów energii w u k ł a d : ; nie m o ż e ulegać zmianie. J a k o p r z y k ł a d m o ż e m y p r z e a n a l i z o w a ć s y t u a c j ę p r z e d s t a w i o n ą n a ryst 8.14. Z a k ł a d a m y , ż e a l p i n i s t k a , j e j sprzęt i Z i e m i a s t a n o w i ą u k ł a d
izokw
O p u s z c z a j ą c s i ę w z d ł u ż ś c i a n y s k a l n e j , przy c z y m z m i e n i a się k o n f i g u r a c j a układu, alpinistka musi sterować zamianą grawitacyjnej energii potencjalne; ładu na inne r o d z a j e e n e r g i i ( e n e r g i a n i e m o ż e p o prostu z n i k a ć ) . E n e r g i a pi
u..
c j a l n a z a m i e n i a s i ę c z ę ś c i o w o na e n e r g i ę k i n e t y c z n ą a l p i n i s t k i . J e d n a k kol nie c h c e o c z y w i ś c i e , aby ta z a m i a n a e n e r g i i b y ł a z b y t d u ż a . b o w t e d y mi łaby bardzo szybko zjeżdżać wzdłuż ściany. A b y to osiągnąć, linę przekład, p r z e z m e t a l o w e p i e r ś c i e n i e , t a k a b y przy r u c h u alpinistki w d ó ł występot a r c i e m i ę d z y liną a tymi p i e r ś c i e n i a m i . P r z y ś l i z g a n i u s i ę p i e r ś c i e n i p o g r a w i t a c y j n a e n e r g i a p o t e n c j a l n a u k ł a d u z a m i e n i a s i ę na e n e r g i ę t e r m i c z n ą i pierścieni z szybkością, którą kobieta m o ż e łatwo sterować. Całkowita em układu a l p i n i s t k a - s p r z ę t - Z i e m i a (czyli suma grawitacyjnej energii potencja e n e r g i i k i n e t y c z n e j i e n e r g i i t e r m i c z n e j t e g o u k ł a d u ) n i e z m i e n i a s i ę w ci z j a z d u alpinistki w z d ł u ż ś c i a n y .
Rys.
8 . 1 4 . Opuszczając
się wzdłuż
ściany skalnej, alpinistka dokonuje za miany grawitacyjnej energii potencjal
Z a s a d ę z a c h o w a n i a e n e r g i i w u k ł a d z i e i z o l o w a n y m m o ż e m y z a p i s a ć na s p o s o b y . Z j e d n e j strony, m o ż e m y w s t a w i ć w r ó w n a n i u (8.33) W = 0, c o d,
nej układu, złożonego z siebie, swojego sprzętu i Ziemi na inne rodzaje energii.
A£ ech + A £ m
l e r m
+ A£
w e w n
= 0
ł (uk ad izolowany).
(8,3-
Wykonująca zjazd kobieta owinęła linę wokół metalowych pierścieni, tak że lina trze o nie. Dzięki temu większość ener gii potencjalnej zamienia się na energię termiczną liny i pierścieni, a nie na ener-
Z d r u g i e j strony, m o ż e m y z a p i s a ć e n e r g i ę m e c h a n i c z n ą j a k o AE h mec
£ .. ri£
p r z e d i p o z a j ś c i u p e w n e g o p r o c e s u . R ó w n a n i e (8.34) p r z y b i e r a w t e d y po>t.
gię kinetyczną alpinistki
188
=
Eniech.it g d z i e w s k a ź n i k i 1 i 2 o d n o s z ą s i ę d o d w ó c h r ó ż n y c h c h w i l , n a prz\
8 . Energia p o t e n c j a l n a i z a c h o w a n i e e n e r g i i
lerm
-
A£,
7 równania (8.35) wynika, że: Dla układu izolowanego możemy powiązać całkowitą energię układu w pewnej chwili z jego całkowitą energią w innej chwili w sposób
w chwilach
niewymagający
znajomości
energii
pośrednich.
Stwierdzenie to daje nam do ręki bardzo użyteczne narzędzie do rozwiązy wania zadań dotyczących układów izolowanych w sytuacji, gdy potrzebny jest nam związek energii układu przed i po zajściu w układzie pewnego procesu. W paragrafie 8.4 omówiliśmy układy izolowane w pewnej szczególnej sytu acji, mianowicie, gdy nie działają w nich siły niezachowawcze (jak np. siła tarcia kinetycznego). W tym szczególnym przypadku zarówno A£ m> jak i A £ n aynoszą zero i równanie (8.35) sprowadza się do równania (8.18). Inaczej mó wiąc, energia mechaniczna jest zachowana w układzie izolowanym, w którym nie działają siły niezachowawcze. Ier
w e W
Moc Gdy już wiemy, w jaki sposób energia może przechodzić z jednej postaci w inną, możemy uogólnić definicję mocy podaną w paragrafie 7.7. Stwierdziliśmy tam, że moc jest szybkością, z jaką siła wykonuje pracę. Mówiąc bardziej ogólnie, moc P jest to szybkość związanej z działaniem siły zamiany jednej postaci energii na inną. Jeśli w przedziale czasu Ar zamianie ulega energia A £ . to m o c ś r e d n i a związana z działaniem siły jest równa: P
it
Podobnie
m o c chwilowa
A£ = — •
(8.36)
At
związana z działaniem tej siły wynosi: d£ P = Tdr
8
Przykład 8.7 Jak pokazano na rysunku 8.15. pudełko saj gonek o masie 2 kg ślizga się po blacie z prędkością o wartości ią =
4 m/s i wpada
gdy ściska sprężynę —
działa na
nie ze strony blatu siła tarcia kinetycznego o wartości 15 N. Stalą sprężystości sprężyny wynosi 1 0 0 0 0 N/m. O jaką długość zostaje ściśnięta sprężyna, gdy pudełko osiąga prędkość równą zeru?
ROZWIĄZANIE:
"i
$3 ;v
<
i
Sajgonki
^-pudełko
i..
na sprężynę, ściskając ją aż do chwili, gdy jego prędkość spadnie
— działa tarcie —
do zera. Przed dotarciem do sprężyny pudełko porusza się po blacie bez tarcia, a potem —
37
<- )
Rys.
brak tarcia
-
8 . 1 5 . Przykład 8.7. Pudełko ślizga się po blacie bez tarcia,
poruszając się z prędkością iii w kierunku sprężyny o stałej sprę żystości k. Od chwili, gdy pudełko dociera do sprężyny działa na nie ze strony blatu siła tarcia
Siły.
Siła normalna, działająca na pudełko ze strony blatu
O—w 1. Przede wszystkim musimy rozważyć wszystkie siły. jakie
nie wykonuje pracy nad pudelkiem, gdyż jest zawsze prostopa
działają na pudełko i stwierdzić, czy mamy do czynienia z ukła
dła do kierunku jego ruchu. Z tego samego powodu nie wyko
dem izolowanym, czy też z układem, nad którym siła zewnętrzna
nuje pracy nad pudelkiem sita ciężkości. Natomiast, gdy sprężyna
wykonuje pracę.
jest ściskana, jej siła sprężystości wykonuje pracę nad pudełkiem.
8.7. Zasada zachowania energii
189
zamieniając
energię kinetyczną pudelka na energię
potencjalną
energii kinetycznej pudełka ( £
k
=
\ m v ) oraz energii potencjal2
sprężystości sprężyny. Sita sprężystości działa też na nieruchomą
nej sprężyny ( £
ścianę, do której przymocowany jest drugi koniec sprężyny. Ru
nie jest ściskana), a prędkość pudełka ma wartość v .
=
p
W stanie 1 £
\k.x ). 2
p
= 0 (ponieważ sprężyna t
chowi pudełka towarzyszy tarcie, dlatego też przy poślizgu pu
£nKCh.I
£k.l + £p.l =
=
Mamy więc:
5"'U? + 0.
dełka zwiększa się energia termiczna pudełka i blatu.
Układ.
Wszystkie
te
siły
działają
w
układzie
pudełko-
sprężyna-blat-ściana. a energia jest przekazywana tylko między
W stanie 2 £
= 0 (ponieważ prędkość pudełka jest równa zeru),
k
a sprężyna jest ściśnięta o odcinek d. Wobec tego: £mech.2 = £fc.2 + £ p . 2 = 0 +
jego składnikami, zatem jest to układ izolowany. 2 . Skoro układ jest izolowany, to nie zmienia się jego całko
O-w
wita energia. Zasadę zachowania energii dla tego układu możemy
Wreszcie,
z
równania
zmiany energii termicznej A £ czyn f d. k
zapisać — na podstawie równania ( 8 . 3 5 ) — w postaci:
korzystając
^mech.l
—
A£
I e
rm'
w
miejsce
pudełka i blatu podstawić ilo
Równanie ( 8 . 3 8 ) przybiera zatem postać:
[kd
= \mv
2
£mech.2 =
l e r m
\kd~. możemy
(8.29),
(8.38)
2
-
f d. k
Przekształcając to równanie i podstawiając dane liczbowe, mamy: Niech wskaźnik 1 odnosi się do stanu początkowego ślizgającego się pudelka, natomiast wskaźnik 2 —
5000d
2
do stanu, w którym pręd
kość pudelka jest równa zeru, a sprężyna jest ściśnięta o odcinek
Rozwiązując równanie kwadratowe, dostajemy: d
d. W obydwu tych stanach energia mechaniczna układu jest sumą
- 0.055
Przykład 8.8 kg.
i'o =
m =
A£k =
Na rysunku 8 . 1 6 przedstawiono pieska cyrkowego o masie m 6
+ \5d- 16 = 0 .
dobiegającego
z
lewej
strony
z
prędkością
o
=
duje się na wysokości yo =
8 . 5 m nad poziomem areny. Następnie
0 —
(odpowiedź)
JmUj
i
A£
wartości
7 , 8 m/s do krzywoliniowej belki, której lewy koniec znaj
5 . 5 cm.
p
= mgy -
mgy . 0
Podstawiając te wyrażenia do równania ( 8 . 3 9 ) względem A £
t e r m
i rozwiązując je
, otrzymujemy:
piesek ślizga się wzdłuż tej belki i osiąga prędkość równą zeru na wysokości y =
1 1 , 1 m nad areną. Poślizgowi pieska wzdłuż belki
towarzyszy tarcie. Wyznacz wzrost energii termicznej A £ ,
e r m
ska i belki podczas tego ruchu pieska.
ROZWIĄZANIE: O"^
A £ j e r m = 5»ll>o ~ " S ( . !
V
~ >'o)
pie=
i(6 kg)(7.8 m/s)
=
3 0 J.
:
-
( 6 kg)(9.8 m/s )(ll.l 2
m -
8 . 5 m)
,
(odpowiedź)
1. Rozważmy najpierw wszystkie siły działające na pieska
i przekonajmy się, czy mamy do czynienia z układem izolowanym, czy z układem, nad którym siła zewnętrzna wykonuje pracę. Siły.
Siła normalna, działająca na pieska ze strony belki nie
wykonuje nad nim pracy, gdyż jest zawsze prostopadła do kie runku ruchu pieska. Siła ciężkości wykonuje pracę nad pieskiem, ponieważ zmienia się jego wysokość nad areną. Ruchowi pieska towarzyszy tarcie, a zatem przy jego poślizgu zwiększa się energia termiczna pieska i belki.
Układ.
Wszystkie te siły działają w układzie piesek-belka-
Ziemia, a energia jest przekazywana tylko między jego składni kami, zatem jest to układ izolowany. O—r
2. Skoro układ jest izolowany, to nie zmienia się jego całko
wita energia. Zasadę zachowania energii dla tego układu możemy zapisać — na podstawie równania ( 8 . 3 4 ) — w postaci: A£
m e c h
+
A£
t e r m
=
0.
(8.39)
przy czym zmiany energii zachodzą od chwili dotarcia pieska do belki do chwili, w której prędkość pieska osiąga wartość zero.
Rys.
Zmiana energii mechanicznej A £
belki, mając w chwili początkowej prędkość o wartości VQ orar
r a e c
h jest sumą zmiany energii
kinetycznej A£k pieska i zmiany grawitacyj nej energii potencj alnej A £
190
p
układu, które wynoszą odpowiednio:
8. Energia potencjalna i zachowanie energii
8 . 1 6 . Przykład 8 . 8 . Piesek ślizga się wzdłuż krzywoliniowa
wysokość yo i docierając w chwili osiągnięcia prędkości rówag zeru na wysokość y
Podsumowanie Siły
zachowawcze
Siła jest siłą zachowawczą, jeśli całkowita
praca wykonana przez nią nad cząstką poruszającą
się po do
siły
nazywamy układ, w którym żadne
Układem i zolowanym
nie powodują zmian energii. Jeśli w układzie izolowa
zewnętrzne
wolnym torze zamkniętym, tzn. powracającą po pewnym czasie
nym pracę wykonują tylko siły zachowawcze, to energia mecha
do punktu wyjściowego jest równa zeru. Z definicji równoważ
niczna £
nej danej wyżej wynika, że siła jest zachowawcza, o ile całko
nazwę zasady zachowania energii mechanicznej można zapisać
wita praca wykonana nad cząstką w czasie jej przemieszczania
w postaci:
m e c
układu nie ulega zmianie. Stwierdzenie to. noszące
h
•iedzy dowolnymi dwoma punktami nie zależy od drogi, po ja
£
+
k :
£
=
p :
£
+
k l
£pi,
(8.17)
kiej porusza się cząstka. Siła ciężkości i siła sprężystości są sifami zachowawczymi, natomiast siła tarcia kinetycznego jest siłą
przy czym wskaźniki 1 i 2 odnoszą się do dwóch różnych chwil w trakcie procesu zamiany energii. Zasadę tę można również po
•iezacho wa wczą.
dać w postaci:
Energia
potencjalna
A£
Energia potencjalna jest to energia zwią
=
m e c h
A£
+
k
A£
p
=
0.
(8.18)
zana z konfiguracją ciał w układzie, w którym działają siły za chowawcze. Gdy siła zachowawcza wykonuje pracę W nad jedną
A£
=
p
Krzywe
energii
potencjalnej
tencjalnej układu
z cząstek układu, jego energia potencjalna zmienia się o: -W.
(8.1)
p
F(x)
C
p
wyznaczyć
= -
J
(8.20)
Jeśli funkcja £ ( . v ) j est dana w postaci wykresu, to siłę £
•^koric
p
na którą działa
4łU. dv
=
zmiana energii potencjalnej układu wynosi:
A£
cząstki,
w jednym wymiarze siła £ , to siłę możemy wyznaczyć ze wzoru:
fcśli cząstka przemieszcza się z punktu Apocz do punktu . Y ń , to k 0
Jeśli znamy zależność energii po
od położenia
£ (.r)
(8.6)
F(x)dx.
dla
dowolnej
wartości
jako
x
nachylenie
można krzywej
w punkcie .v, wzięte z przeciwnym znakiem, a energię kinetyczną cząstki można otrzymać jako:
Grawitacyjna
energia
potencjalna
EAX)
Energię potencjalną układu
złożonego z Ziemi i znajdującej się w jej pobliżu cząstki nazy wamy grawitacyjną energią potencjalną. Gdy cząstka zmienia wysokość z ypocz na Yk >fc, zmiana grawitacyjnej energii potencjal 0
nej układu cząstka-Ziemia jest równa:
przy
czym
£
meC
h
jest
=
£mech -
energią
£
P
(8.22)
U ) ,
mechaniczną
układu.
Punktem
zwrotnym nazywamy punkt x, w którym cząstka zmienia kieru nek ruchu (w takim punkcie £
=
k
0 ) . Cząstka jest w równowadze
w punktach, w których nachylenie krzywej £ ( A ) j est równe zeru P
A£ Jeśli
jako
p
= mg(y\
położenie
- y ^ ) = mgAy.
oAc
odniesienia
cząstki
(8.7)
wybierzemy
(w takich punktach F(x)
=
0).
punkt
p
cząstki
przez
W
jest równa energii, przekazanej układowi lub od niego odebranej,
c z = 0, to grawitacyjna energia potencjalna £
nad układem
Praca
Praca
zeru: £
p p 0
wykonana
siłę zewnętrzną
y-pocz = 0, w którym energię potencjalną przyjmiemy za równą
przez działanie na układ siłą zewnętrzną. Gdy na układ działa
na dowolnej wysokości y wyraża się jako:
więcej niż jedna siła. zmiana energii układu jest równa
mgy.
£ (y) = p
(8.9)
całkowi
wykonanej przez te wszystkie siły. Gdy nie występuje
tej pracy
tarcie, praca wykonana nad układem jest równa zmianie energii
Energia
potencjalna
sprężystości
Energia potencjalna sprę
mechanicznej A £
meC
h układu:
żystości jest to energia związana ze stanem ściśnięcia lub roz W =
ciągnięcia ciała sprężystego. Sprężyna, która po przemieszczeniu jej swobodnego końca o A' działa siłą sprężystości: £
=
— kx ma
energię potencjalną sprężystości równą: £ (A-) =
m e c h
f>.v .
(8.11)
=
A£
k
+
A£p.
(8.24,8.23)
Gdy w układzie działa siła tarcia kinetycznego, zmienia się także energia termiczna A £
2
P
A£
l e r m
układu (czyli energia związana z cha
otycznym ruchem atomów i cząsteczek w układzie). Praca wyko nana nad układem jest wtedy równa:
Konfiguracją odniesienia jest dla sprężyny stan. w którym jest ona nieodkształcona; w tym stanie .v =
0 i £
W = p
=
A£
m e c h
Zmiana energii termicznej A £
Energia
mechan i czna
Energia mechaniczna układu j est to
suma jego energii kinetycznej E
NKCH
£ =
i energii potencj alnej
k
E
K
+
E . P
+
A£
[ e r m
.
(8.31)
0.
£ :
tarcia /
k
t e r m
jest związana z wartością siły
i wartością przemieszczenia d ciała pod wpływem siły
zewnętrznej, a związek ten opisuje równanie:
p
(8.12)
A£,erm =
(8.29)
Ad.
Podsumowanie
191
Zasada
zachowan ia
energ i i
Całkowita energia £
układu (bę
Moc
Moc związana z działaniem siły jest to
szybkość,
z jaka
dąca sumą jego energii mechanicznej i różnych postaci energii we
następuje zamiana energii pod działaniem tej siły. Jeśli w prze
wnętrznej, w tym energii termicznej) może ulegać zmianie tylko o
dziale czasu Ar sita przekazuje układowi lub odbiera od niego
energię dostarczoną do układu lub od niego odebraną. To prawo
energię równą A £ .
empiryczne
siły wynosi:
nosi nazwę zasady
zachowania
energii.
Jeśli nad
to moc średnia związana z działaniem tej
układem wykonywana jest praca IV. to zachodzi równość: W
=
= A £
AE
m
e
c
£
+ A £ term " t A £"wewn •
h
-
(8.33)
i r
=
^ . Ar
(8.36)
Moc chwilowa związana z działaniem tej siły jest równa:
Gdy układ jest izolowany (W = 0 ) . otrzymuj emy stąd: A£mech + A f i e r m + A £ * w n e
= 0.
(8.34)
czyli ^mech.2
^mech.t
=
A£|
e r m
A £
w
e
w
n
(8.35)
.
przy czym wskaźniki 1 i 2 odnoszą się do dwóch różnych chwil.
Pytania 1.
Na rysunku 8.17 przedstawiono pięć torów, łączących punkty
pocz
i końc. jeden
prosty
i cztery
stego i trzech spośród torów łamanych
4. Nieustraszona łyżwiarka
Wzdłuż toru pro
zjeżdża bez tarcia po trzech
na pewne ciało, poru
oblodzonych zboczach o ta
łamane.
szające się po tych torach, działa jedynie siła zachowawcza
F. z
kich samych w pionie.
Wzdłuż czwartego toru łamanego na ciato to działa zarówno siła
d
F . jak i siła niezachowawczą £
zbocza
z
n z
.
Przy każdym odcinku torów
wysokościach Uszereguj
według:
te
pracy
łamanych, między punktami pocz i końc podano wartość zmiany
wykonanej
energii
przez siłę ciężkości w czasie
mechanicznej
A£
ciała
m e c h
(w
dżulach).
zachodzącej
nad
a)
łyżwiarka
w czasie ruchu ciała wzdłuż
zjazdu po każdym ze zbo
tego odcinka, a) Ile wynosi
czy, b) zmiany energii ki
wartość A £
m e c h
netycznej łyżwiarki na da
ściu
ciało
przez
przy przej-
nym
z punktu
zboczu,
od
wartości
pocz do końc po torze pro
największych do najmniej
stym?
szych.
b)
tość A £ siły
£
n 2
Ile
mec
wynosi
war
Rys.
8 . 1 8 . Pytanie 4
h pochodząca od
na
torze,
wzdłuż
5.
którego działa ta siła?
Rys. 8.1 7. Pytanie 1
Mały klocek pozostający początkowo w spoczynku ześlizguje
się bez tarcia z wysokości 3 m wzdłuż toru o kształcie przed stawionym na rysunku 8.19. Górki wzdłuż toru mają identyczny:
Sprężyna jest początkowo rozciągnięta o 3 cm w stosunku do
kołowy kształt szczytu (załóż, że klocek nie odrywa się tam od
jej długości w warunkach, gdy nie jest odkształcona. W chwili
toru), a) Która z górek jest pierwszą, na którą klocek nie zdoła
2.
końcowej stan sprężyny w czterech przypadkach odpowiada jej:
się już wspiąć? b) Jaki będzie ruch klocka od chwili, gdy nie
a) rozciągnięciu o 2 cm, b) ściśnięciu o 2 cm, c) ściśnięciu o
zdota wjechać na tę górkę? Na której górce: c) przyspieszenie do-
4 cm. d) rozciągnięciu o 4 cm. Uszereguj te przypadki według
środkowe klocka będzie największe, d) działająca na klocek siła
zmiany energii potencjalnej sprężystości tej sprężyny, od chwili
normalna będzie najmniejsza?
początkowej do końcowej, od wartości największej (dodatniej) do
3,5 m
najmniejszej (ujemnej).
3.
Orzech kokosowy rzucono z brzegu urwiska w stronę leżą
cej pod nim rozległej, płaskiej doliny, z prędkością początkową o wartości v
0
=
8 m/s. W pięciu kolejnych rzutach prędkość po
czątkowa orzecha i'o była: 1) skierowana niemal pionowo w górę. 2) skierowana ku górze pod kątem 45°, 3) pozioma. 4) skiero wana ku dołowi pod kątem 4 5 , 5) skierowana niemal pionowo =
w dół. Uszereguj te rzuty według: a) początkowej energii kinetycz nej orzecha, b) energii kinetycznej orzecha tuż przed spadkiem na dno doliny, od największych do najmniejszych.
192
8. Energia potencjalna i zachowanie energii
Rys.
8 . 1 9 . Pytanie 5
6.
Na rysunku 8.20 przedstawiono energię potencjalną cząstki
jako funkcję jej położenia, a) Uszereguj obszary AB,
BC,
dzie ten odcinek, jeśli jego początkowa energia potencjalna £
p
poc
Z
CD
będzie wynosić: b) 0 , 5 / L , c ) 1.25/Z., d) 2 , 2 5 / £ ? e) Gdzie za-
według wartości siły działającej w nich na cząstkę, od naj
trzyma się klocek w każdym z tych trzech przypadków: na środku,
większej do najmniejszej. Jaka może być największa wartość ener
na lewo od środka, czy na prawo od środka odcinka poziomego
gii mechanicznej £
(rozgrzewka przed zadaniem 67)?
i DE
meC
h cząstki, aby cząstka: b) została uwięziona
w studni potencjału po lewej stronie rysunku, c) została uwię ziona w studni potencjału po prawej stronie rysunku, d) mogła
8 . Jak pokazano na rysunku 8.22, klocek ześlizguje się po torze
poruszać się między tymi obszarami, ale nie mogła przedostać
o różnicy poziomów h. Siła tarcia działa na klocek jedynie na dol
się na prawo od punktu / / ?
DE,
nym odcinku poziomym toru i powoduje zatrzymanie się klocka
cząstka będzie miała: e) największą energię kinetyczną,
po przebyciu na tym odcinku drogi D. a) Czy droga ta zwiększy
czy FG
W którym z obszarów,
BC,
f) prędkość o najmniejszej wartości, jeśli jej energia odpowiada
się.
sytuacji z punktu (d)?
tość h! b) Czy droga ta zwiększy się, zmniejszy, czy pozostanie
zmniejszy, czy pozostanie równa D, jeśli zmniejszymy war
równa D, jeśli — nie zmieniając h — zwiększymy masę klocka?
-£>-
Rys.
8 . 2 2 . Pytanie 8
9. Klocek ześlizguje się po torze pokazanym na rysunku 8.23, przy czym jego ruch z punktu A do punktu C odbywa się bez
E Rys.
F
C H
rze:
w
b) BC,
c) CDI
d) Czy w tych obszarach energia
spoczynku
wtedy
energię
a) AB.
mechaniczna klocka rośnie, maleje, czy pozostaje bez zmiany?
Klocek pozostający poiowo
na klocek działa siła tarcia. Czy energia
kinetyczna klocka rośnie, maleje, czy nie zmienia się w obsza
8 . 2 0 . Pytanie 6
mający
tarcia, a w obszarze CD
grawita-
A
potencjalną
[l^pccz ześlizguje się wzdłuż [ten
o
wionym łlccek
kształcie
przedsta
na rysunku
8.21.
Rys.
8 . 2 1 . Pytanie 7
D
C
porusza się po łu-
'lach na końcach toru bez tarcia, natomiast na odcinku poziomym «jni. o długości L, na klocek działa siia tarcia / . a) Ile energii
B
ramienia się na energię termiczną przy jednokrotnym przebyciu przez klocek poziomego odcinka toru? Ile razy klocek przebę-
Rys.
8 . 2 3 . Pytanie 9
Zadania www
Rozwiązanie jest dostępne na stronie internetowej pod ręcznika: http://www.wiley.com/college/hrw
ilw
Rozwiązanie jest
dostępne
w postaci
interaktywnej,
wykorzystującej oprogramowanie Interactive LearningWare (na tej samej stronie)
2.
Stojąc w oknie, upuszczasz podręcznik o masie 2 kg, znaj
dujący się początkowo na wysokości 10 m nad poziomem ulicy, tak aby mogła go złapać koleżanka stojąca na chodniku i trzyma jąca wyciągnięte ręce na wysokości (rys.
8.24). a) Jaką pracę W
g
1,5 m nad poziomem ulicy
wykona nad podręcznikiem siła cięż
kości podczas jego lotu do rąk koleżanki? b) Jaka będzie w czasie tego lotu zmiana grawitacyjnej energii potencjalnej A £
p
układu
8.3. Wyznaczanie energii potencjalnej
podręcznik-Ziemia? Jeśli przyjmiemy, że grawitacyjna energia po
1. Ile wynosi stała sprężystości sprężyny, która ma energię poten
tencjalna £
cjalną sprężystości równą 25 J po ściśnięciu jej o 7,5 cm w sto
nosi ona, gdy: c) wypuszczasz podręcznik z rąk, d) podręcznik
sunku do jej długości w sytuacji, gdy nie jest odkształcona?
dociera do rąk koleżanki? Załóż następnie, że na poziomie ulicy
p
układu jest równa zeru na poziomie ulicy, to ile wy-
Zadania
193
£
wynosi 100 J i wyznacz
p
w tych warunkach: e) g) £
F) AE , P
p
5 . Na rysunku 8.27 przedstawiono kulkę o masie waną do końca cienkiego pręta o długości
W, G
na wysokości
twoich rąk. h) £
p
L
przymoco
i znikomo
masie. Drugi koniec pręta umocowany jest na osi, dzięki
na wyso-
rmij'
cze^j
kulka może zataczać okrąg w płaszczyźnie pionowej. W c m n i j
kości rąk koleżanki.
początkowej pręt ustawiony jest poziomo — jak pokazano na r f sunku — po czym zostaje pchnięty w dół, tak że kulka porusza ar
Jak
3.
sunku 0
pokazano 8.25.
na
płatek
ry
10 m
lodu
prędkość kulki wynosi już zero. Jaką pracę wykonała nad ki
masie 2 g zostaje pusz
czony swobodnie na krawę dzi miski w kształcie pół kuli
o
nym
22
promieniu cm.
zguje
się
miski
bez
r
rów
Płatek
ześli
po
a)
Jaką
pracę wykona nad płatkiem siła
ciężkości,
zguje
się
on
s
siła ciężkości przy ruchu kulki od położenia początkowego (kr.
1
1
a) najniższego punktu jej toru. b) najwyższego punktu jej taft. c) położenia przeciwległego w stosunku do początkowego?
gdy na
ześli
dno
1
gdy kulka znajduje się: d) w najniższym punkcie toru. e) w Rys. 8 . 2 4 . Zadania 2 i 10
ptatek lodu
wyższym
punkcie
toru. f) w położeniu przeciwległym
w położeniu początkowym? g) Załóż, że pręt pchnięto
energii potencjalnej układu
mocniej,
płatek-Ziemia w czasie te
kulka dotarła do położenia
ruchu?
na
c)
krawędzi
przyjęto,
Ile
że
w wyniku
czego
wynosi
górnego z prędkością różną
płatka
od zera. Czy w tej sytuacji
jeśli
zmiana grawitacyjnej ener
potencjalna miski,
wynosi
ona
gii potencjalnej podczas ru
zero na dnie miski? d) Jeśli
chu kulki z najniższego do
zaś przyjmiemy, że energia
Rys. 8 . 2 5 . Zadania 3 i 9
potencjalna jest równa zeru na krawędzi miski, to ile będzie ona wynosić, gdy płatek dotrze na dno miski? e) Czy wartości, jakie
rów*
zeru. gdy kulka znajduje się
ski? b) Ile wyniesie zmiana
energia
vsąr
w s»-
sunku do początkowego, jeśli przyjęto, że energia ta jest
mi
go
fc
wynosi grawitacyjna energia potencjalna układu kulka-ZieMBL
powierzchni
tarcia,
najpierw w dół. a następnie do góry. aż do położenia, w którj»| pręt jest skierowany pionowo w górę, przy czym w tym połóż
najwyższego
punktu
toru
jest większa, mniejsza czy taka sama, jak poprzednio?
Rys. 8 . 2 7 . Zadania 5 i 11
i
otrzymaliśmy jako odpowiedzi na pytania (a)-(d). zwiększą się. zmniejszą, czy pozostaną bez zmiany, jeśli zwiększymy dwukrot
6 . Jak pokazano na rysunku 8.28, mały klocek o masie m
nie masę płatka?
się ślizgać bez tarcia wzdłuż toru kończącego się kołową perl*, j
moe
Klocek zostaje puszczony swobodnie z punktu P. znajdującego s e 4.
Wagonik kolejki górskiej w wesołym miasteczku porusza się
bez tarcia po torze o kształcie przedstawionym na rysunku 8.26 1 na szczycie pierwszego wzniesienia osiąga prędkość o warto ści D . Masa wagonika jest równa m. Jaką pracę wykona nad wa
na wysokości h = 5R nad dolnym brzegiem pętli. Jaką pracę
kona nad klockiem siła ciężkości w czasie jego ruchu z punktu 1 1
do: a) punktu Q, b) najwyższego punktu pętli? Ile wynosi grawita- '
cyjna energia potencjalna układu klocek-Ziemia, gdy klocek znaj-1
0
gonikiem siła ciężkości podczas jego ruchu ze szczytu pierwszego wzniesienia do punktu: a) A. b) B. c) C ? Jeśli przyjmiemy, że gra witacyjna energia potencjalna układu wagonik-Ziemia jest równa zeru w punkcie C, to ile będzie ona równa, gdy wagonik znajdzie się w punkcie: d) B, e) Al
fj Czy zmiana grawitacyjnej energii
potencjalnej układu między punktami A i B wzrośnie, zmaleje, czy pozostanie bez zmiany, jeśli zwiększymy masę m dwukrotnie?
duje się: c) w punkcie P. d) w punkcie Q, e) w najwyższym punk-' cie pętli, jeśli przyjęto, że energia ta jest równa zeru, gdy kulka znajduje
się na
dole pętli? 0 Czy wartości, otrzymane jako odpowiedzi na pytania (a)-(e) wzrosną, zmaleją, czy pozostaną bez zmiany, jeśli klocek nie zo
pierwsze
stanie puszczony z punktu
wzniesienie
startowego swobodnie, lecz z pewną różną od zera pręd kością początkową, skiero waną w dół wzdłuż toru? 7.
Kula śnieżna o masie
Rys. 8 . 2 8 . Zadania 6 i 20 1,5 kg zostaje wystrzelona z urwiska
o wysokości 12,5 m z prędkością początkową o wartości 14 m/s, skierowaną pod kątem 4 1 Rys. 8 . 2 6 . Zadania 4 i 12
194
8. Energia potencjalna i zachowanie energii
=
w górę od poziomu, a) Jaką pracę wy
kona nad tą kulą siła ciężkości w czasie lotu kuli aż do jej upadkn
na płaski grunt pod urwiskiem? b) Ile wyniesie zmiana grawita
12.
cyjnej energii potencjalnej układu kula-Ziemia w czasie lotu kuli?
tość prędkości wagonika w punkcie: a) A,
c ) Ile wynosić będzie energia potencjalna układu w chwili dotarcia
wysoko wjedzie on na ostatnie wzniesienie, którego nie zdoła już
kuli śnieżnej do gruntu pod urwiskiem, jeśli przyjęto, że energia
pokonać? e) Czy wartości otrzymane jako odpowiedzi na pytania
la jest równa zeru, gdy kula znajduje się na krawędzi urwiska?
Przeanalizuj jeszcze raz sytuację z zadania 4. Jaka jest war b) B,
c) C ? d) Jak
(aj-(d) wzrosną, zmaleją czy pozostaną bez zmiany, jeśli dwu krotnie zwiększymy masę wagonika?
8 . Na rysunku 8.29 przedstawiono cienki pręt o długości L i zni k o m o małej masie, który może obracać się w płaszczyźnie pio•owej wokół osi przechodzącej przez jeden z jego końców. Do drugiego końca pręta przymocowana jest ciężka kulka o masie • .
Pręt zostaje odchylony od pionu o kąt 8 i puszczony swobod
ne.
Ile wynosi: a) praca wykonana nad kulką przez siłę ciężkości,
13.
Jak pokazano na rysunku 8.30, ciężarówka mająca zepsute
hamulce pędzi w dół zbocza. W chwili, gdy prędkość pojazdu osiąga wartość
130 km/h, kierowcy udaje się skierować go na
drogę wznoszącą się pod kątem 15°, po której ciężarówka jedzie bez tarcia. Masa ciężarówki wynosi 5 0 0 0 kg. a) Ile musi wyno
b) zmiana grawitacyjnej energii potencjalnej układu kulka-Ziemia,
sić co najmniej długość tej drogi L, aby w czasie ruchu po niej
sdy
ciężarówka zwolniła, aż do prędkości równej zeru (przyjmij, że
kulka porusza
się od
położenia wyjściowego do
możesz potraktować ciężarówkę jako cząstkę i uzasadnij to zało
•ajniższego punktu jej toru?
żenie)? Czy minimalna długość drogi L wzrośnie, zmaleje, czy
c ) Ile wynosi
pozostanie bez zmiany, jeśli: b) zmniejszymy masę ciężarówki,
encjalna
energia po-
układu
w chwili
c ) zmniejszymy prędkość ciężarówki?
zwolnienia kulki, jeśli przy j ę t o , że energia ta jest równa zeru,
gdy
kulka
się w najniższym jej
toru? d) Czy
znajduje punkcie wartości,
otrzymane jako odpowiedzi •a pytania ( a ) - ( c ) wzrosną, zmaleją, czy pozostaną bez zmiany,
jeśli
Rys.
zwiększymy
wartość kąta 8"
Rys.
8 . 3 0 . Zadanie 13
8 . 2 9 . Zadania 8 i 14 14.
8.4. Z a c h o w a n i e energii mechanicznej 9.
Przeanalizuj jeszcze
raz sytuację z zadania 3.
8 = a) Jaka jest
wartość prędkości płatka lodu w chwili, gdy dociera on do dna miski? b) Ile wyniesie wartość prędkości dla płatka o dwukrotnie większej masie? c) Czy wartość otrzymana jako odpowiedź na pytanie (a) wzrośnie, zmaleje, czy pozostanie bez zmiany, jeśli płatek nie zostanie puszczony z punktu startowego swobodnie, lecz z pewną różną od zera prędkością początkową skierowaną w dół wzdłuż powierzchni miski? w w w 10.
Przeanalizuj jeszcze raz sytuację z zadania 8. a) Jaką wartość
ma prędkość kulki w najniższym punkcie jej toru, jeśli L = 2 m,
Przeanalizuj jeszcze raz sytuację z zadania 2. a) Jaka jest
30°, a m =
5 kg? b) Czy wartość ta wzrośnie, zmaleje, czy
pozostanie bez zmiany, gdy zwiększymy masę kulki?
15.
Przeanalizuj jeszcze raz sytuację z zadania 7. a) Wyznacz
wartość prędkości kuli śnieżnej w chwili, gdy spadnie ona na grunt pod urwiskiem, korzystając z bilansu energii, a nie z metod z rozdziału 4. Jaka będzie wartość tej prędkości, jeśli zmienimy dane zadania, tak że: b) kąt wyrzucenia kuli będzie wynosił 41° w dół
16.
od poziomu, c) masa kuli będzie równa 2,5 kg?
Na rysunku 8.31 przedstawiono kamień o masie 8 kg spoczy
wartość prędkości podręcznika w chwili, gdy dociera on do rąk
wający na ustawionej pionowo sprężynie. Sprężyna jest ściśnięta
twojej koleżanki? b) Ile wyniesie wartość prędkości dla podręcznika
o
odwukrotnie większej masie? c ) Czy wartość otrzymana jako odpo
ciskając na kamień, przemieszczamy go w dół o dalsze 30 cm,
10 cm. a) Ile wynosi stała sprężystości tej sprężyny? b) Na
wiedź na pytanie (a) wzrośnie, zmaleje, czy pozostanie bez zmiany,
po czym zwalniamy nacisk. Ile wynosi energia potencjalna sprę
jeśli podręcznik nie zostanie puszczony swobodnie, lecz będzie
żystości ściśniętej w ten sposób sprężyny tuż przed zwolnieniem
rzucony w dół z pewną różną od zera prędkością początkową?
nacisku? c) Ile wynosi zmiana grawitacyjnej energii potencjal nej układu kamień-Ziemia
11.
Przeanalizuj jeszcze raz sytuację z zadania 5. a) Jaka musi być
w
czasie
ruchu
kamienia,
wartość prędkości początkowej kulki, aby osiągnęła ona najwyż
od punktu zwolnienia naci
szy punkt swego toru z prędkością równą zeru? Jaka jest w tych
sku do punktu jego najwięk
warunkach wartość jej prędkości: b) w najniższym punkcie jej
szego
toru, c)
jaką
w położeniu przeciwległym
w stosunku do początko
wzniesienia? największą
d)
Na
wysokość
wego? d) Czy wartości otrzymane jako odpowiedzi na pytania
—
(a)-(c) wzrosną, zmaleją, czy pozostaną bez zmiany, jeśli dwu
nienia nacisku — wzniesie
krotnie zwiększymy masę kulki?
się kamień?
licząc od punktu zwol
Rys.
8 . 3 1 . Zadanie 16
Zadania
195
1 7.
Kulka kamienna o masie 5 g zostaje wystrzelona pionowo
21.
Jak
pokazano
w górę z pistoletu sprężynowego. Sprężynę trzeba ścisnąć o 8 cm,
znajdujący
jeśli kulka ma dotrzeć do tarczy znajdującej się 20 m nad położe
się
niem kulki na ściśniętej sprężynie, a) Ile wynosi zmiana grawita
30°.
cyjnej energii potencjalnej A £
p g
układu kulka-Ziemia w czasie
bez
się
tarcia
Na jego
snąć
o
2
do prędkości
potencjalnej sprężystości
po
A£
p s
sprężyny w czasie
kulki? c) Ile wynosi stała sprężystości sprężyny?
wystrzelenia
www
8.34.
w
na
klocek
spoczynku,
równi
znajduje
działając
równej
ściśnięciu
rysunku
wzdłuż
drodze
cm,
wznoszenia się tej kulki o 20 m? b) Ile wynosi zmiana energii
na
początkowo
pochyłej się
nią
o
masie
zaczyna
12 Ł Ł
poruszać
o
kącie
nachyleaii
sprężyna,
którą
można ści
siłą
270
N.
zwabM
Klocek
zeru.
sprężyny
o
5,5 cm. a) Jaką drogę prze był klocek wzdłuż równi od
1 8 . Na rysunku 8.32 przedstawiono wahadło o długości Z.. Jego ob
punktu,
ciążnik (w którym skupiona jest praktycznie cała masa wahadła) ma
kowo spoczywał, do punktu,
w którym
począt
prędkość o wartości i>o, gdy nić tworzy z pionem kąt 9o- a) Znajdź
w
wyrażenie na wartość prędkości obciążnika w najniższym punk
gnął prędkość równą zeru?
cie jego toru. Jaka musi być
b)
co najmniej wartość vo, aby
klocka
po dotarciu do najniższego
tknięcia ze sprężyną?
którym
Ile
ponownie
osią
wynosiła
prędkość
w
jego
chwili
ze Rys. 8 . 3 4 . Zadanie 21
punktu toru obciążnika wa hadło
wzniosło
poziomego c)
do
się:
b) do
położenia
pionowego
22.
nici.
położe
Wyznacz
nia nici, która powinna być w tym
położeniu
W chwili t =
zmianę energii potencjalnej
chwili t =
0 do chwili f =
d) Czy wartości otrzymane
23.
Na jednym
na
pyta
. 3
m
Na rysunku 8.35 przedstawiono nić o długości L = końcu jest
do
niej
przymocowana
koniec jest unieruchomiony. W punkcie
zmniejszą,
chomego końca nici o d
pozostaną
czątkowo Klocek o masie 2 kg leży na swobodnym końcu sprężyny
końcu
w
bezruchu
poziomej
nici,
zo-
na równi pochyłej o nachyleniu 3 0 ' (rys. 8.33). Klocek nie jest
staje zwolniona, porusza się
się po tej równi
ona wzdłuż łuku zaznaczo-
bez tarcia. Sprężyna, której stała sprężystości wynosi 19,6 N/cm,
nego na rysunku linią prze-
zostaje ściśnięta o 20 cm, a następnie zwolniona, a) Ile wynosi
rywaną.
do sprężyny
i może poruszać
energia potencjalna sprężystości ściśniętej sprężyny? b) Ile wynosi zmiana grawitacyjnej energii potencjalnej układu klocek-Ziemia
w chwili
zwolnienia
żyny
do
klocka
od punktu,
w którym
znajduje
się on
sprę
punktu jego
większego
wzniesienia
dna
P,
odległym od nks*-
L
*j '—r
1
^ \ s^
wartość
\
p * ^ — L
i
prędkości kulki: a) w naj niższym
punkcie
jej
toru.
b) w najwyższym punkcie jej
naj
Jaka jest
"
na
przymocowany
ruchu
a
=
Gdy kulka, pozostająca po-
Rys. 8 . 3 2 . Zadanie 18
wzrośnie o kilka stopni?
w czasie
120CŁ
kulka,
75 cm, znajduje się kołek.
bez zmiany, jeśli wartość 9o
19.
(24 m/sj§i
6 s.
nia (b) i (c) zwiększą się, czy
(18 m/s)i +
układu piłka-Ziemia. mt
napięta?
jako
odpowiedzi
0 piłka o masie 1 kg zostaje rzucona z wi
chołka wysokiej wieży z prędkością: v =
toru.
po
owinięciu
nici wokół kołka?
~ ~ -
się
ilw
Rys. 8 . 3 5 . Zadania 23 i 29
po
równi? c) Jaką drogę prze-
24.
będzie klocek wzdłuż równi
ciarskiej o kształcie, pokazanym na rysunku 8.36, przy czym j e s .
k
od chwili zwolnienia sprę
punkt
= 19,6 N/cm
żyny do chwili osiągnięcia
20. a)
ilw
w
którym
b)
20
począukowo
w
m nad progiem. W
spoczynbt chwili o f c -
rwania się narciarza od progu jego prędkość tworzy z pozio
składowa
działającej na klocek w punkcie Ql
pionowa
Ile wynosi:
wypadkowej,
siły
c) Z jakiej wysokości h po
20 m
winien być upuszczony klocek, aby w najwyższym punkcie pętli był na granicy utraty kontaktu z torem (co oznacza, że właśnie w tym punkcie siła normalna działająca na klocek ze strony toru staje się równa zeru)? d) Sporządź wykres zależności wartości siły normalnej działającej na klocek w najwyższym punkcie pętli, od wysokości początkowej klocka h, w zakresie od h =
196
pozostawał
się na wysokości
Rys. 8 . 3 3 . Zadanie 19
Przeanalizuj jeszcze raz sytuację z zadania 6. składowa pozioma,
startu,
znajduje
przez niego największej wy sokości?
Narciarz o masie 6 0 kg rusza wzdłuż rozbiegu skoczni wmr-
0 do h =
8. E n e r g i a p o t e n c j a l n a i z a c h o w a n i e e n e r g i i
6R.
Rys. 8 . 3 6 . Zadanie 24
28". Pomiń opór powietrza i załóż, że narciarz porusza się
2 8 . Klocek o masie 700 g zostaje upuszczony z wysokości ho nad
• rozbiegu bez tarcia, a) Na jaką maksymalną wysokość h po-
ustawioną pionowo sprężyną o stałej sprężystości k = 4 0 0 N/m i
Jt
znikomo małej masie. Klocek spada na sprężynę i osiąga prędkość
próg wzniesie się narciarz w czasie skoku? b) Czy war-
-c h zwiększy się, zmniejszy.
równą zeru po ściśnięciu sprężyny o 19 cm. Ile wynosi praca wy
:;. pozostanie bez zmiany, j e -
konana: a) przez klocek nad sprężyną, b) przez sprężynę nad kloc
I
. narciarz zwiększy swój cię-
kiem? c) He wynosiła wysokość h " d) O jaki odcinek zostałaby
^r. zakładając plecak?
maksymalnie ściśnięta sprężyna, gdyby klocek zosta! upuszczony
0
40 cm 15. Obciążnik o masie 2 kg
2 9 . Przeanalizuj jeszcze raz sytuację z zadania 23 (rys. 8.35).
; . staje puszczony z wysokości
Wykaż, że kulka zakreśli pełny okrąg wokół kołka, jeśli d > 3 1 / 5
- • cm na sprężynę, której stała •—czystości wynosi k =
1960
fe/fc = 1960 N/m
\" T i (rys. 8.37). Wyznacz dłu• -4
odcinka, o jaki
fe
maksy-
-.alnie zostanie ściśnięta sprę
ża na.
z wysokości 2/to nad sprężyną?
Rys. 8 . 3 7 . Zadanie 25
(wskazówka: aby tak się stało, kulka musi być wciąż w ruchu, gdy znajdzie się w najwyższym punkcie toru po owinięciu się nici wokół kołka; dlaczego?),
www
3 0 . Do budowy wahadła użyto kulki o masie 300 g. przymocowa nej do końca nici o długości 1,4 m i znikomo malej masie (drugi koniec nici unieruchomiono). Kulkę odchylono w bok. tak że nić była napięta i tworzyła z pionem kąt 3 0 \ a kulka była nieruchoma,
I o. Tarzan, którego ciężar wy-
po czym kulkę zwolniono. Wyznacz: a) wartość prędkości kulki,
" -i 688 N, stara się przesko.r.ć
gdy nić tworzy z pionem kąt 2 0 . b) maksymalną wartość prędko =
nad urwiskiem, trzyma-
z:
się końca liany o długo-
.
' 8 m (rys. 8.38). Najniższy
ści kulki, c) Jaki kąt tworzy z pionem nić wahadła, gdy prędkość kulki ma wartość równą jednej trzeciej j e j wartości maksymalnej?
: jnkt planowanego przez niego
3 1 . Wahadło składa się ze sztywnego pręta o długości L i zni
" -u znajduje się 3,2 m niżej od
komo małej masie oraz kulki o masie m. przymocowanej do jed
:go punktu startowego. Liana ;erwie się, jeśli siła j e j
nego jego końca; drugi koniec pręta jest unieruchomiony. Wahadło
na-
zostaje ustawione pionowo, tak że kulka znajduje się nad prętem,
; ągu przekroczy wartość 9 5 0
po czym zostaje puszczone swobodnie. He wynosi: a) wartość
\ a> Czy liana zerwie się? b)
prędkości kulki, b) naprężenie pręta w najniższym punkcie toru
"fsli nie, to ile wynosi najwięk-
kulki? c) Następnie wahadło zostaje puszczone swobodnie w po
siła naprężenia liany pod.
łożeniu, gdy pręt jest poziomy. Jaki kąt tworzy pręt z pionem, gdy
lotu Tarzana? Jeśli tak. to
naprężenie pręta jest równe ciężarowi kulki?
_ki kąt będzie tworzyła liana r pionem w chwili zerwania?
Rys. 8 . 3 8 . Zadanie 26
2 7 . Dwoje dzieci bawi się w ten sposób, że starają się trafić kulką kamienną w małe pudełko leżące na podłodze. Kulka jest wy strzeliwana z ustawionej na stole wyrzutni sprężynowej. Pudełko jest odległe w poziomie od krawędzi stołu o 2.2 m (patrz rysu nek 8.39). Jaś ścisnął sprężynę o 1.1 cm. lecz kulka upadla na podłogę, 27 cm przed środkiem pudełka. O jaki odcinek musi ścisnąć sprężynę Małgosia, aby trafić w środek pudełka? Przyjmij, że ani sprężyna, ani kulka nie doznają tarcia ze strony ścian wyrzutni.
3 2 . Jak pokazano na rysunku 8.40. sprężyna o stałej sprężystości k =
170 N/m jest umocowana na górnym końcu równi pochyłej
o kącie nachylenia 37". Dolny koniec nieodkształconej sprężyny znajduje się w odległości 1 m od dolnego końca równi. Sprężyna zostaje ściśnięta o 0.2 m za pomocą pojemnika o masie 2 kg, po czym pojemnik zostaje zwolniony w chwili, gdy jest nieruchomy. Pojemnik
porusza
się po
równi bez tarcia, a) Jaka bę dzie wartość prędkości po jemnika, gdy sprężyna bę dzie ponownie nieodkształcona (tzn. w chwili, gdy po jemnik oderwie się od sprę żyny)? b) Jaka będzie war tość prędkości
pojemnika,
gdy dotrze on do dolnego końca równi? 33\
Rys. 8 . 4 0 . Zadanie 32
Jak pokazano na rysunku 8.41. łańcuszek leżący na stole,
po którym może się on poruszać bez tarcia, jest przytrzymyRys. 8 . 3 9 . Zadanie 27
wany tak. że jedna czwarta jego długości zwisa ze stołu. P r z y j -
Zadania
197
mij.
że łańcuszek ma dłu
L oraz
gość
masę
m
Gdy cząstka znajduje się w punkcie .v =
2 m, jej prędkość wynosi
i wy
— 1.5 m/s. a) Jaka jest wartość i kierunek siły £ ( . t ) w tym punk-
znacz pracę, potrzebną do
cie? b) Jakie są wartości graniczne x . między którymi może poru
wciągnięcia na stół zwisają
szać się cząstka? c) Jaka jest wartość prędkości cząstki w punkcie
cej z niego części łańcuszka.
x =
34.
Sprężynę o stałej sprę
37.
żystości k = 4 0 0 N/m usta
7 m?
Energia potencjalna cząsteczki
wiono pionowo, tak że jej
A
dolny koniec opiera się na poziomym
podłożu.
dwuatomowej
(tzn. układu
złożonego z dwóch atomów, jak H: lub Oy) jest dana wzorem:
Rys.
B
8 . 4 1 . Zadanie 33
Sprę
żynę ściśnięto, przy czym jej górny koniec opuścił się o 25 cm
przy czym r jest odległością
w stosunku do jego położenia dla sprężyny nieodkształconej. a na
steczkę, a A
stępnie postawiono na tym końcu klocek o ciężarze 4 0 N. nie
jest związana z istnieniem siły. która wiąże ze sobą atomy czą
dwóch atomów,
tworzących czą
i B są stałymi dodatnimi. Ta energia potencjalna
odległość
równowagi,
przymocowując go do sprężyny. Gdy cały układ znajdował się
steczki, a) Wyznacz
w spoczynku, zwolniono nacisk na sprężynę. Przyjmij, że grawi
przy której siła. działająca na każdy z nich jest równa zeru. Czy
tacyjna energia potencjalna £
p g
klocka jest równa zeru w punkcie,
w którym znaj dował się on w chwili zwolnienia nacisku (y =
0)
i wyznacz grawitacyjną energię potencjalną, energię potencjalną sprężystości £ . p
s
oraz energię kinetyczną E
k
tzn. odległość atomów,
siła działająca między atomami jest siłą odpychania, czy siłą przy ciągania, gdy ich odległość jest: b) mniejsza, c) większa od odle głości równowagi?
klocka, gdy y jest
równe: a) 0, b) 5 cm. c) 10 cm. d) 15 cm. e) 20 cm. 0
25 cm,
38.
Na cząstkę o masie 1 kg. poruszającą się wzdłuż osi .v. działa
g) 30 cm. h) Jak wysoko wzniesie się klocek, licząc od jego po
tylko jedna sita zachowawcza F(x).
łożenia w chwili zwolnienia nacisku na sprężynę?
związana z działaniem siły £ ( . v ) . jest dana wzorem: £ (.r) = p
35".
Chłopiec siedzi na szczycie bryły lodu o kształcie półkuli (rys.
8.42). Następnie zostaje lekko popchnięty i zaczyna ześlizgiwać
przy czym x
się po lodzie. Wykaż, że odrywa się on od powierzchni bryły, gdy
x
znajduje
się na wysokości
-x/4
£ U),
wyrażono w metrach. W punkcie o współrzędnej
5 m cząstka ma energię kinetyczną równą 2 J. a) Ile wy p
0
^
p
J.
nosi energia mechaniczna układu? b) Sporządź wykres E (x)
nad podłożem, przy
2R/3
=
-4.ve
Energia potencjalna
r
^
dla
10 m i narysuj na nim prostą, przedstawiającą ener
założeniu, że jego ruch po
gię mechaniczną układu. Na podstawie tego wykresu wyznacz:,
lodzie odbywa się bez tar
c) najmniejszą, d) największą wartość współrzędnej x punktów,
cia
w których może znajdować się cząstka w czasie swego ruchu. Wy
(Wskazówka:
chłopiec
odrywa się od powierzchni
znacz również: e) największą wartość energii kinetycznej cząstki.
bryły,
0
gdy
siła
normalna
staje się równa zeru).
Rys.
8 . 4 2 . Zadanie 35
współrzędną x
punktu, w którym energia kinetyczna cząstki
przybiera tę wartość, g) Znajdź równanie, przedstawiające zależ ność £ ( . v ) . h) Dla jakiej (skończonej) wartości ,v zachodzi rów
8.5. Zastosowanie krzywych energii potencjalnej 36.
ność: £(.v) =
0?
Na cząstkę o masie 2 kg. poruszającą się wzdłuż osi ,v. działa
siła zachowawcza
F(.x).
Wykres energii potencjalnej
zanej z działaniem tej siły F(x).
E (x). p
zwią
przedstawiono na rysunku 8.43.
x[m]
8.6. Praca w y k o n a n a n a d układem przez siłę zewnętrzną 39.
Owczarek collie ciągnie po podłodze kosz. który służy mu
za legowisko, przykładając do niego poziomo siłę o wartości 8 N. Działająca na kosz siła tarcia kinetycznego ma wartość 5 N. Kosz przebywa drogę 0,7 m. Ile wynosi: a) praca, wykonana przez siłę. jaką owczarek działa na kosz. b) wzrost energii termicznej kosza i podłogi?
40.
Plastikowy sześcian, na który działa poziomo siła o wartości
15 N, porusza się po podłodze ze stałą prędkością i przebywa drogę 3 m. Pomiary temperatury sześcianu w czasie jego ruchu wykazały, że energia termiczna sześcianu wzrosła przy tym o 20 J. O ile wzrosła energia termiczna podłogi Rys.
198
8 . 4 3 . Zadanie 36
8. Energia potencjalna i zachowanie energii
sześcianu?
w czasie ruchu tego
41.
Klocek o masie 3.57
kg jest ciągnięty za pomocą liny po
••nomej podłodze, na drodze 4.06 cek ze strony joziomu •TKZ
liny, jest
m. Siła. działająca na klo
skierowana pod kątem
i ma wartość
7,68
N. Wyznacz:
15°
w górę od
a) pracę,
wykonaną
siłę. jaką ciągnięta jest lina. b) wzrost energii termicznej
•kładu klocek-podłoga. c ) współczynnik tarcia kinetycznego mię-
woda-Ziemia w ciągu każdej sekundy? b) Gdyby całą tę energię można było zamienić na energię elektryczną (co nie jest moż liwe), to z jaką szybkością wytwarzana byłaby energia elektryczna (masa
1 m
3
wody wynosi
1000 kg)? c) Oblicz wartość energii
elektrycznej, uzyskanej w ten sposób w ciągu roku, jeśli jej cena wynosiłaby 5 groszy za 1 kWh.
Jzv klockiem a podłogą. 49. 42.
Robotnik pcha skrzynię o masie 27 kg po poziomej podłodze,
Podczas
lawiny
kamiennej
nieruchomy
początkowo
blok
skalny ześlizguje się po zboczu o długości 5 0 0 m i wysokości
w dól od poziomu.
300 m. Współczynnik tarcia kinetycznego między blokiem a zbo
Wiedząc, że skrzynia porusza się ze stałą prędkością i przebywa
czem wynosi 0.25. a) Przyjmując, że grawitacyjna energia poten
Aogę 9.2 m. a współczynnik tarcia kinetycznego między skrzynią
cjalna £
a podłogą wynosi 0.2. wyznacz: a) pracę, wykonaną przez siłę.
wyznacz wartość £
ntą
gii zostaje zamienione w energię termiczną w czasie ruchu bloku?
iziałąjąc na nią siłą, skierowaną pod kątem 3 2
=
robotnik działa na skrzynię, b) wzrost energii
termicznej
p
układu blok-Ziemia j est równa zeru u podnóża stoku, p
przed ześlizgnięciem się bloku, b) Ile ener
c) Ile wynosi energia kinetyczna bloku u podnóża stoku? d) Jaką
•kładu skrzynia-podłoga.
ma on wtedy prędkość?
8.7. Zasada zachowania energii 43.
Niedźwiadek o masie 25
50.
Do ustawionej poziomo sprężyny przyciskasz klocek o ma
sie 2 kg. tak że sprężyna zostaje ściśnięta o
kg ześlizguje się po pniu sosny.
15 cm. Następnie
puszczasz klocek, a sprężyna wprawia go w ruch po blacie stołu.
12 m nad ziemią, jest
Klocek zatrzymuje się w odległości 75 cm od punktu, w którym
łowna zeru, a prędkość w chwili dotarcia do ziemi wynosi 5.6 m/s.
się znajdował, gdy zwolniłeś nacisk. Stała sprężystości sprężyny
al Ile wynosi zmiana grawitacyjnej energii potencjalnej układu
wynosi 200 N/m.
•jedźwiadek-Ziemia
między klockiem a blatem?
J e g o prędkość początkowa, na wysokości
w czasie
zjazdu
niedźwiadka
na
ziemię?
fc) Ile wynosi energia kinetyczna niedźwiadka w chwili dotarcia do
ziemi? c) Ile wynosi średnia siła tarcia, działająca na niedź
wiadka w czasie jego ruchu?
44.
ilw
51.
Ile wynosi współczynnik tarcia kinetycznego
Na rysunku 8.44 przedstawiono klocek o masie 3,5 kg. wpra
wiany w ruch przyspieszony przez ściśniętą sprężynę o stałej sprę żystości 6 4 0 N/m. Gdy sprężyna osiąga długość, odpowiadającą
Pocisk o masie 30 g, lecący poziomo z prędkością 5 0 0 m/s.
zagłębia się w ścianę na głębokość 12 cm. a) Ile wynosi przy tym zmiana jego energii mechanicznej? b) Ile wynosi średnia wartość
stanowi, w którym jest nieodkształcona. klocek odrywa się od niej i porusza się po powierzchni poziomej aż do zatrzymania się. przebywając przy tym drogę 7,8 m. Współczynnik tarcia kinetycz nego między klockiem a tą powierzchnią wynosi 0,25. a) O ile
siły hamującej, działającej na pocisk ze strony ściany?
wzrasta przy tym energia termiczna układu klocek-podłoże? b) Ile 45.
Narciarz o masie 6 0 kg ma przy odbiciu z progu skoczni
narciarskiej prędkość o wartości 24 m/s, skierowaną pod kątem 25
:
wynosi maksymalna energia kinetyczna klocka? c) O ile była ści śnięta sprężyna, gdy rozpoczął się ruch klocka?
www
w górę od poziomu. Na skoczka działa siła oporu powietrza,
w wyniku czego, w chwili lądowania w punkcie, leżącym w pio nie 14 m niżej od progu, ma on prędkość o wartości
22
m/s.
O ile zmniejszyła się pod wpływem oporu powietrza energia me chaniczna układu narciarz-Ziemia w czasie jego lotu, od wybicia brak tarcia -
z progu do lądowania na zeskoku?
—
7,8 m
(u
k
46.
Zabawka
frisbee
zostaje
wyrzucona
w punkcie,
leżącym
Rys.
1.1 m nad ziemią, z prędkością o wartości 12 m/s. Po osiągnię ciu wysokości 2,1 ile zmniejszyła
m ma ona prędkość o wartości
się w tym czasie energia
10.5 m/s. O
mechaniczna układu
frisbee-Ziemia pod wpływem siły oporu powietrza?
o wartości 132 km/h. Gdy inny zawodnik chwytają na takiej samej wysokości nad ziemią, piłka ma prędkość o wartości 33,5 m/s. O ile zmniejszyła się energia mechaniczna układu piłka-Ziemia w wy niku działania oporu powietrza (piłka baseballowa ma masę 225 g)?
Z Wodospadu Niagara o wysokości 50 m spada w ciągu każ
dej sekundy woda o masie równej w przybliżeniu 5,5 • 1 0
6
kg.
a) O ile zmniejsza się grawitacyjna energia potencjalna układu
8 . 4 4 . Zadanie 51
Klocek, przedstawiony na rysunku 8.45. porusza się w dół
wzdłuż równi
pochyłej pod
noległa do równi
4 7 . Zawodnik rzuca piłkę baseballową z prędkością początkową
48.
52.
—-,
= 0,25)
wpływem
i ma wartość
2
N.
siły
£,
Klocek
która j est przebywa
rówdrogę
o długości 5 m z punktu A do punktu B. Działająca na klocek siła tarcia ma war tość 10 N. Jaką pracę wyko nuje nad klockiem siła cięż kości w czasie jego ruchu z A do B, jeśli energia kine tyczna klocka wzrasta przy tym o 35 J?
Rys.
8 . 4 5 . Zadanie 52
Zadania
199
5 3 . Stwierdzono, że dla pewnej sprężyny prawo Hooke'a nie
jest
on ślizga, wynosi 0.25. Wyznacz: a) pracę wykonana
spełnione. Po zmianie j e j długości o odcinek x fw metrach) działa
siłę sprężystości sprężyny, b) wzrost energii termicznej a
ona siłą o wartości 52.8.v a- 38.4.v- (w niutonach) i kierunku
klocek-podloże w czasie od zetknięcia się klocka ze spręz\
przeciwnym do j e j odkształcenia, a) Wyznacz pracę, potrzebną
osiągnięcia przez niego prędkości równej zeru. c) Jaką prę
do zwiększenia wydłużenia sprężyny z x = 0.5 m na x =
ma klocek w chwili dotarcia do sprężyny? i l w
1 m.
b) Jeden koniec sprężyny unieruchomiono, a do drugiego przy mocowano ciało o masie 2.17 kg, po czym sprężynę rozciągnięto o x = 1 m. Następnie nieruchome w tych warunkach ciało pusz czono swobodnie. Wyznacz prędkość ciała w chwili, gdy wydłu żenie sprężyny wyniesie x = 0.5 m. c) Czy siła. wywierana przez sprężynę jest zachowawcza, czy niezachowawczą (uzasadnij swoją odpowiedź)? 54.
0 długości 3.7 m i kącie nachylenia 3 9 w stosunku do poz :
Współczynnik tarcia kinetycznego między skrzynią a p
wynoM
a) Z jaką prędkością porusza się skrzynia na dolnym kon. chylni? b) Jaką drogę przebędzie skrzynia po podłodze hali
Tobołek o masie 4 kg rozpoczyna ruch w górę po równi
pochyłej, o kącie nachylenia 30% mając u j e j podnóża energię kinetyczną równą 128 J . Jaką drogę przebędzie on po równi, j e śli współczynnik tarcia kinetycznego między tobołkiem a równią wynosi 0.3? 55.
5 8 . Robotnik w fabryce zwalnia niechcący blokadę, utr. jącą skrzynię o masie 180 kg w spoczynku, na szczycie pc
Dwie ośnieżone góry mają wysokości 850 m i 7 5 0 m
względem obniżenia między nimi. Tor narciarski, prowadzący ze szczytu wyższej góry na szczyt niższej, ma całkowitą długość 3.2 km i średnie nachylenie 3 0
:
(rys. 8.46). a) Nieruchomy po
czątkowo narciarz rusza po torze ze szczytu wyższej góry. Jaką prędkość będzie on miał na szczycie niższej góry. jeśli nie używa kijków, a tarcie jest znikomo małe? b) Ile powinien wynosić w przybliżeniu współczynnik tarcia między nartami a śniegiem
mij. ze energia kinetyczna skrzyni nie zmienia się prz\ zr kierunku ruchu skrzyni, gdy zjeżdża ona z pochylni na pcuc) Czy wartości, otrzymane jako odpowiedzi na pytania u zwiększą się, zmniejszą, czy pozostaną bez zmiany. gd\ skrzyni zmniejszy się o polowe'? 5 9 . Jak pokazano na rysunku 8.48. klocek ślizga się po torz jącym na końcach odcinki poziome, a między nimi pewne żenię. Tarcie między klockiem a torem występuje jedynie -. cowym poziomym odcinku toru. W wyniku działania sih klocek zatrzymuje się po przebyciu wzdłuż tego odcinka dr Prędkość początkowa i- klocka ma wartość 6 m/s. różnic.-, 0
kości h poziomych odcinków toru jest równa 1,1 m, a wspc nik tarcia kinetycznego /;- wynosi 0,6. Wyznacz wartość .: K
na stoku, aby narciarz zatrzyma) się na szczycie niższej góry?
850 m
750 m 30°/
;30° Rys. 8 . 4 8 . Zadanie 59
Rys. 8 . 4 6 . Zadanie 55
60.
Pudełko z ciasteczkami porusza się w górę po row-
chyłej o kącie nachylenia 4 0 ' . W punkcie, odległym o : 5 6 . Dziewczynka, której ciężar wynosi 267 N. ześlizguje się na
(licząc wzdłuż równi) od j e j dolnego końca, pudełko ma pre
placu zabaw po zjeżdżalni o długości 6.1 m i kącie nachylenia
o wartości 1.4 m/s. Współczynnik tarcia kinetycznego r:
20 do poziomu. Współczynnik tarcia kinetycznego między dziec
pudelkiem a równią wynosi 0.15. a) Jaką drogę w górę
kiem a zjeżdżalnią wynosi 0.1. a) Ile energii zostaje przy tym
przebędzie jeszcze pudełko od tego punktu? b) Jaka będzie
zamienione na energię termiczną? b) Jaka jest wartość prędkości
kość pudełka, gdy ześlizgnie się ono potem do dolnego
dziewczynki na dole zjeżdżalni, jeśli j e j prędkość na starcie miała
równi? c) Czy wartości, otrzymane jako odpowiedzi na r
wartość 0.457 m/s?
(a) i (b). zwiększą się, zmniejszą, czy pozostaną bez zmiar zmniejszymy współczynnik tarcia kinetycznego (ale nie zr.r.
5 7 . Na rysunku 8.47 przedstawiono klocek o masie 2.5 kg. ślizga
podanej prędkości pudelka, ani punktu, w którym ma ono
jący się w kierunku sprężyny o stałej sprężystości 320 N/m. Pręd
tość)?
kość klocka spada do zera. gdy sprężyna jest ściśnięta o
7.5
cm.
Współczynnik
tarcia kinetycznego między klockiem
a poziomą
wierzchnią,
200
po której
po się
320 N m
*s
2.3 ś a VŚ/C-?vV"/"'.cŻ!: ^ ' - ! - ^ v ^ ^ ^ ^ ^ \ M ? ^ . j | v
Rys. 8 . 4 7 . Zadanie 57
8. E n e r g i a p o t e n c j a l n a i z a c h o w a n i e e n e r g i i
6 1 . Kamień o ciężarze w zostaje wyrzucony pionowo ".' z powierzchni ziemi, z prędkością początkową o wartości kładamy. że w czasie całego lotu kamienia działa na n i e j siła oporu powietrza o wartości / . a) Wykaż, że mak>\ wysokość, na jaką wzniesie się kamień, wynosi:
ściśnięta 2*0
+//u>)
b) Wykaż, że prędkość kamienia w chwili jego upadku na ziemię ma wartość:
1/2
62.
(siia
ściskania sprężyny), c) Wy znacz
nie
wysokość,
na
jaką
kabina
wzdłuż
szybu,
d) Korzystając z zasady za
Zjeżdżalnia na placu zabaw ma kształt luku okręgu o pro
mieniu
sprężyna
wzniesie się potem ponow
'°(uTT7)
=l
ta
tarcia działa także podczas
12 m. Jej wysokość jest równa 4 m, a jej dolny koniec
jest styczny do powierzchni ziemi (rys. 8.49). Dziecko o masie 25 kg ześlizguje się po tej zjeżdżalni, ruszając z góry. z prędko ścią początkową równą zeru i osiągając na dole zjeżdżalni pręd kość o wartości 6.2 m/s. a) Ile wynosi długość zjeżdżalni? b) Ile wynosi średnia siła tarcia, działająca na dziecko na tej drodze?
chowania energii, wyznacz w
przybliżeniu
drogę, binę
przebytą do
(przyjmij,
jej że
całkowitą przez
ka
zatrzymania siła
tarcia
jest praktycznie równa zeru. gdy kabina się nie porusza).
Rys.
8 . 5 1 . Zadanie 64
Załóż następnie, że zjeżdżalnia nie jest styczna do podłoża, lecz do linii pionowej, przechodzącej przez
górny koniec zjeżdżalni.
Ile
65.
W pewnej fabryce skrzynie o masie 300 kg spadają pionowo
wynosi w tym przypadku: c) długość zjeżdżalni, d) średnia siła
z maszyny do ich pakowania na pas transmisyjny, poruszający się
tarcia, działająca na dziecko w czasie zjazdu?
z prędkością 1,2 m/s (rys. 8.52). Silnik utrzymuje stałą prędkość pasa. Współczynnik tarcia kinetycznego między każdą ze skrzyń a pasem wynosi 0,4. Po krótkim czasie od spadku na pas skrzy nia przestaje się po nim ślizgać i porusza się z prędkością pasa. Rozważ przedział czasu, w którym skrzynia zostaje unierucho miona względem pasa i wyznacz dla tego przedziału: a) energię kinetyczną nadaną skrzyni, b) wartość działającej na skrzynię siły tarcia kinetycznego, c) energię dostarczoną przez silnik. Wyko naj obliczenia w układzie współrzędnych, związanym z halą fa bryczną, d) Wyjaśnij, dlaczego odpowiedzi w punktach (a) i (c) są od siebie różne.
Rys.
8 . 4 9 . Zadanie 62
63.
Cząstka
s*'
( l t Ł
może
na końcach, długości cząstka
a
ślizgać
w części
się
wzdłuż
środkowej
jak na rysunku 8.50.
L.
porusza
się bez tarcia,
toru,
który
wznosi
zawiera
płaski
odcinek
się
o
o
Po lukach na końcach toru
natomiast
na płaskim
odcinku
toru występuje tarcie, a współczynnik tarcia kinetycznego mię dzy
cząstką
a
nosi tam /ik =
torem
wy
0,2. Cząstka
zostaje
zwolniona
kością
początkową
z pręd
Rys.
8 . 5 2 . Zadanie 65
równą
zeru. w punkcie A, leżącym na wysokości h =
L/2
Zadania
nad
dodatkowe
płaską częścią toru. Gdzie ta
cząstka
ostatecznie
6 6 . Największa siła, jaką możesz działać na jakiś przedmiot jed
się Rys.
zatrzyma?
8 . 5 0 . Zadanie 63
nym z zębów trzonowych, wynosi około 750 N. Wyobraź sobie, że starasz się wbić ząb w sprężysty cukierek (jak tzw. żelki), który
6 4 . Lina. na której zawieszona jest kabina windy, urywa się, gdy
przeciwdziała temu, działając na twój ząb siłą sprężystości, jak
kabina stoi na pierwszym piętrze, a jej podłoga znajduje się na
sprężyna o stałej sprężystości 2,5 • 1 0
wysokości d =
3,7 m nad sprężyną amortyzującą, o stałej spręży
nek, o jaki uda ci się ścisnąć ten cukierek, b) pracę wykonaną przy
0,15 MN/m (rys. 8.51). Układ zabezpieczający zwięk
tym przez twój ząb nad cukierkiem, c ) Sporządź wykres wielkości
stości k =
5
N/m. Wyznacz: a) odci
sza wtedy docisk uchwytów kabiny do szyn windy, tak że ruch
wywieranej przez ciebie siły jako funkcji odcinka, o jaki cukierek
kabiny utrudnia stała siła tarcia o wartości 4,4 kN. a) Wyznacz
zostaje ściśnięty, d) Jeśli ściśniętemu cukierkowi można przypi
prędkość kabiny w chwili jej dotarcia do sprężyny amortyzują
sać energię potencjalną, sporządź także wykres tej energii jako
cej,
funkcji liniowego odkształcenia cukierka.
b) Wyznacz długość odcinka x, o jaki maksymalnie zostanie
Zadania
201
W latach dziewięćdziesiątych X X
Thceraiops.
wieku na miednicy pew
zmniejsza się. a dolnej —
rośnie (rys. 8.54c) aż do chwili, gdy
odkryto głębokie ślady zę
cała długość żyłki jest rozciągnięta w poziomie w prawo i się nie
bów. Kształt śladów sugerował, że mogły one zostać pozostawione
porusza (rys. 8.54d). Jeśli pominiemy opór powietrza, to możem>
nego dinozaura, o nazwie
re.x).
stwierdzić, że początkowa energia kinetyczna muszki i żyłki z ry
W celu zweryfikowania tej hipotezy naukowcy sporządzili replikę
sunku 8.54a zostaje w całości przekazana muszce oraz tej części
przez innego dinozaura, o nazwie tyranozaur
(Tyrannosaurus
zęba tyranozaura z brązu i aluminium, którą następnie wciskali
żyłki, która nadal jest w ruchu, a ponieważ ta część żyłki robi się
za pomocą prasy hydraulicznej w kość krowy na głębokość śla
coraz, krótsza, to następuje wzrost prędkości muszki i ruchomej
dów w kości Triceratopsa.
części żyłki.
Na rysunku 8.53 przedstawiono przy
kładowy wykres otrzymanej w tych doświadczeniach zależności
a) Skorzystaj z wyboru osi ,v. jak na rysunku i wykaż, że gd>
między przyłożoną siłą a zagłębieniem zęba w kość. Siła rośnie
położenie muszki wynosi .v. to długość tej części żyłki, która j e a
ze wzrostem zagłębienia, bo gdy ząb o niemal stożkowym kształ
w ruchu (czyli jej części górnej), jest równa (L — x)/2.
cie zagłębia się w kość, wzrasta powierzchnia styku zęba z ko
wynosi masa ruchomej części żyłki, jeśli żyłka jest jednorodna
b) Ile
ścią, e) Jaka praca została wykonana przez prasę hydrauliczną —
i ma gęstość liniową (czyli masę na jednostkę długości) równą
a więc zapewne i tyranozaura — przy maksymalnym zagłębieniu
p? Przyjmij, że masa muszki wynosi m
zęba w kość? f) Czy z zagłębieniem zęba w kość można powiązać
tyczna ruchomej części żyłki jest równa —
energię potencjalną? Omawiane doświadczenia wykazały, że tyra-
się jej długości — energii kinetycznej żyłki w chwili początkowej
nozaury dysponowały potężną siłą ukąszenia i związanym z tym
(czyli wtedy, gdy cała jej długość L porusza się z prędkością i'oL
m
oraz. że energia kine mimo zmniejszania
wydatkiem energii (niespotykanymi u współczesnych zwierząt),
c) Znajdź wyrażenie na prędkość muszki i znajdującej się w rucha
co wskazuje na to. że były one drapieżnikami, a nie żywiły się
części żyłki.
padliną (jak dowodzili niektórzy badacze).
Przyjmij, że prędkość początkowa i'o = L
=
p =
8000 i—
20 m. masa muszki m
m
=
6 m/s. długość żyłki
0.8 g. a gęstość liniowa żyłki
1.3 g/m. d) Wykreśl prędkość v muszki jako funkcje jej po
łożenia .v. e) Ile wynosi prędkość muszki tuż przed osiągnięciea przez żyłkę jej końcowego ustawienia, czyli przed obróceniem się i
6000
zatrzymaniem muszki (w bardziej realistycznych obliczeniami
trzeba uwzględnić opór powietrza, co daje nieco mniejszą pręd kość końcową muszki)?
4000
Wzrost prędkości końca przedmiotu o kształcie liny otrzy
-
muje się także przy strzelaniu z bicza, a nawet przy wyrzuceń* do przodu zwiniętego mokrego ręcznika — niektórzy żartownisie uważają, że taki wyrzut ręcznika w kierunku kolegi w przebieraM
2000
-
to jeden z lepszych dowcipów. (Na podstawie artykułu Graiga A.
Spoleka w American
Journal
of Physics.
t. 54. s. 832 (nr 9. WT
sień 1986)). 0
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
zagłębienie [mm] Rys. 8 . 5 3 . Zadanie 66 Z_ T
Z2Z
6 7 . Łowienie
ryb na muszki i wzrost prędkości.
Jeśli rzucisz przed
żyłka muszka wędka
/
0
siebie samą muszkę do łowienia ryb. to przeleci ona poziomo zale dwie około 1 m. Gdy jednak przymocujesz ją do żyłki wędkarskiej
a)
i do jej wyrzucenia użyjesz wędki, wtedy bez trudu wyrzucisz ją na odległość równą pełnej długości żyłki, czyli — powiedzmy
—
^ruchoma
20 m. Taki
wyrzut
przedstawiono
na rysunku
8.54.
Początkowo
żyłka o długości L rozciąga się poziomo w lewo i porusza się
b) c)
w prawo z prędkością i'o (rys. 8.54a). Muszka na końcu żyłki poru sza się przez cały czas w prawo, natomiast żyłka zaczyna zawijać
d)
się po zatrzymaniu wędki, tak że jej górna część nadal się porusza, a dolna jest nieruchoma (rys. 8.54b). Długość górnej części żyłki
Rys. 8 . 5 4 . Zadanie 67
-
_ część żyłki nieruchoma ) część żyłki
Układy cząstek
Gdy skaczesz do przodu, twoja głowa i tors poruszają się w przybliżeniu po torze parabolicznym, jak piłka wybita od bramki. Gdy jednak doświadczona baletnica wykonuje skok, noszący nazwę
g r a n d
j ę t e ,
jej głowa i tors poruszają się niemal poziomo przez prawie
cały czas lotu — ma się wrażenie, że tancerka płynie nad sceną. Widzowie na ogół nie wiedzą i byt wiele o rzucie ukośnym, lecz mimo to mają poczucie,
^^^^^^^^^^^^^^^^^^^^^^^^^^^B^^^^^^^^^^^^l
^ ^ ^ ^ ^ ^ ^ ^ ^ ^ ^ ^ ^ ^ ^ ^ ^ ^ ^ ^ ^ ^ ^ ^ ^ > w i^^^^^^^^^
że obserwują coś niezwykłego.
Odpowiedź znajdziesz w -ozdziale.
^^^^^^^^^^^^^^^^^^^^^^^^^^^^
tyrr
9.1. Pewien szczególny punkt
49
Fizycy najbardziej się cieszą, gdy patrząc na coś skomplikowanego, potrafią do strzec w tym coś, co jest proste i znajome. Oto przykład. Gdy rzucisz do góry kij baseballowy, przekonasz się, że jego ruch jest znacznie bardziej ziożony niż — powiedzmy — rzut piłki, która wprawiona w ruch bez obrotu się (rys. 9.la) porusza się jak cząstka. Każda część kija porusza się inaczej, nie można więc uważać ruchu kija za ruch cząstki — jest to ruch układu cząstek. Gdy przyjrzysz się ruchowi kija nieco dokładniej, zauważysz, że istnieje taki punkt kija, który porusza się po paraboli, dokładnie tak. jak wyrzucona w powietrze cząstka (rys. 9.Ib). Okazuje się. że ten szczególny punkt porusza się tak, jak gdyby: 1) była w nim skupiona cała masa kija, 2) tylko w tym punkcie działała na kij siła ciężkości. Ten punkt nazywamy środkiem masy kija. Ogólnie powiemy, że:
Środek masy ciała lub układu ciał to punkt, który porusza się tak, jak gdyby była w nim skupiona cała masa układu, a wszystkie siły zewnętrzne były przyłożone w tym właśnie punkcie.
Środek masy kija leży na jego osi. Możesz wyznaczyć jego położenie, pod pierając poziomy kij wyciągniętym palcem tak, aby kij nie ześlizgiwał się z palca w żadną stronę. Środek masy leży wówczas na osi kija. wprost nad twoim palcem.
9.2. Środek masy
I
1?
Teraz zajmiemy się przez pewien czas problemem znajdowania środka masy róż nych układów ciał. Zaczniemy od układów zawierających tylko kilka cząstek. a potem przejdziemy do układów bardzo wielu cząstek (jak np. kij baseballowy).
/
Układy kilku cząstek
b) Rys.
9.1.
a) Wyrzucona
w powietrze
piłka porusza się po torze parabolicz nym,
b) Gdy rzucimy kij baseballowy,
po takim torze porusza
Na rysunku 9.2a przedstawiono dwie cząstki o masach n\\ i m , odległe od siebie o d. Oś x dla wygody wybrano tak, że przechodzi ona przez obie cząstki, a jej 2
się tylko śro
dek masy kija (oznaczony jako czarna kropka), a tory wszystkich innych punk '
tów kija są znacznie bardziej złożone
* Ś M
*
•^ŚM
ŚM ,
SM
a) Rys.
9.2.
-
Q
-
L
x
J
b)
a) Dwie cząstki o masach m
x
i mi,
odległe od siebie o d.
oznaczono położenie środka masy (ŚM), wyznaczone z równania ( 9 . 1 ) .
Czerwoną kropką b) To samo. co
na rysunku (a), lecz dla początku osi bardziej odległego od obydwu cząstek.
Położenie
środka masy obliczono teraz z równania (9.2). Położenie środka masy względem cząstek jest w obydwu przypadkach takie samo
204
9. Układy cząstek
początkiem jest położenie cząstki o masie m \. Położenie środka masy tego układu cząstek definiujemy jako: *śm d. (9.1)
= 2 m \ +
m
2
Załóżmy na przykład, że m = 0- Mamy więc tylko jedną cząstkę o masie m\, a zatem środek masy musi być punktem, w którym się ona znajduje. Równanie |9.1) sprowadza się w tym przypadku — tak, jak oczekujemy — do: x ^ = 0. Jeśli /M| — 0, to znów mamy tylko jedną cząstkę (o masie i zgodnie z oczeki waniem otrzymujemy: x§ = d. Jeśli m\ = m i , tzn. masy cząstek są jednakowe, •o środek masy powinien leżeć w połowie odległości między cząstkami. Rów nanie (9.1) daje w tym przypadku: x§ — \d, a więc znów to, czego należy oczekiwać. Wreszcie, gdy ani m\, ani m nie są równe zeru, z równania (9.1) wynika, że . y j może przybierać jedynie wartości między 0 a rf, czyli środek masy leży gdzieś między cząstkami. 2
M
M
2
m
Na rysunku 9.2b przedstawiono sytuację bardziej ogólną, gdy początek ukła du współrzędnych wybrano na lewo od obydwu cząstek. Położenie środka masy definiujemy w tym przypadku jako: miXi+m X2 2
- - •
*śm =
m\
+
(9-2)
m i
Zauważ, że jeśli w tym równaniu podstawimy x \ — 0, to x będzie równe d i równanie (9.2) sprowadzi się do równania (9.1) —jak oczekiwaliśmy. Zauważ też, że choć początek układu współrzędnych umieściliśmy w innym punkcie niż poprzednio, to położenie środka masy względem cząstek nie uległo zmianie. Równanie (9.2) możemy przedstawić w postaci: 2
m Xi+m x 1
2
....
2
*ŚM =
>
( - ) 9
3
m
u
przy czym m jest całkowitą masą układu (w naszym przypadku m = m \ +m ). W sytuacji bardziej ogólnej, gdy wzdłuż osi x rozłożono n cząstek, całkowita masa układu jest równa: »/„ = m\ + m + • • • + m „ , a położenie jego środka masy wynosi: u
u
2
2
Xł qw
SM
m\X\
—
+ mx 2
2
+ /M3A-3 + • • • + m„x = n
— T1 IM
m
m
u
u
'
m
.
X i .
i
(9.4)
' = 1
Wskaźnik / jest tzw. wskaźnikiem bieżącym, przybierającym wartości całkowite od 1 do n. Numeruje on poszczególne cząstki, a także ich masy i położenia. Jeśli cząstki znajdują się w przestrzeni trójwymiarowej, to środek masy ma trzy współrzędne. Uogólnienie równania (9.4) daje: 1 *ŚM =
— "
" J2
U
,=
1 m
1
i
X
i
>
>'ŚM = —
" E
u
1 »».->V.
1=1
ZśM = — u
" Yl
;=i
f T l i Z i
-
(9.5) Położenie środka masy możemy również przedstawić w zapisie wektorowym. Przypomnijmy najpierw, że jeśli cząstka znajduje się w punkcie o współrzędnych Xj, y,- i Zi, to jej położenie można określić za pomocą wektora położenia: Ti = Xii +
v,-j + z,-k.
(9.6)
przy czym wskaźnik / numeruje cząstki, a i, j oraz k są to wektory jednostkowe, skierowane w dodatnich kierunkach osi x , y oraz Położenie środka masy możemy zatem określić jako: h \ i
=
X
Ś M ' +
JŚMJ +
ZŚM^-
(9-7)
W ten sposób zamiast trzech równań skalarnych (9.5) otrzymujemy jedno rów nanie wektorowe:
przy czym m jest — jak poprzednio — całkowitą masą układu. Możesz spraw dzić, że równanie to jest poprawne, podstawiając do niego wyrażenia (9.6) i (9.7k a następnie rozdzielając je na składowe x . y i z — powinieneś w ten sposób otrzymać równania (9.5). u
Ciała rozciągłe Ciała, z którymi spotykamy się w życiu codziennym, jak choćby kij baseballowy, składają się z tak wielkiej liczby cząstek (atomów), że najlepiej opisać je za pomocą ciągłego rozkładu materii. „Cząstkami" ciała są w tym opisie różnicz kowe elementy masy dm, sumy w równaniu (9.5) przechodzą w całki, a zatem współrzędne środka masy można zdefiniować jako:
*
SM
-
miu
y
/ xdm, J
Ś M
= — m
a
f
J
z
ydm.
Ś M
= — m
u
J
f
zdm,
(9.9)
przy czym m jest masą całego ciała. Obliczenie tych całek dla ciał z naszego otoczenia (jak telewizor czy łoś) jest dość trudne, zajmiemy się więc jedynie ciałami jednorodnymi. Takie ciała mają stałą gęstość, czyli masę jednostki objętości, co oznacza, że ich gęstość p (grecka litera ro) jest dla każdego elementu ich objętości taka sama, jak dla całego ciała: u
dm
m
' =d v = V
u
( 9 1 0 )
przy czym dV jest objętością elementu ciała o masie dm, a V — całkowitą obję tością ciała. Jeśli podstawimy dw = (m /V)dV z równania (9.10) do równania (9.9), to stwierdzimy, że: u
Ł
SM
=
i f xdV.
y
Ś M
= i j
ydV,
Z ś M
= I j dV. z
(9.11)
Jednej lub kilku z tych całek nie trzeba obliczać, jeśli ciało ma środek, oś. lub płaszczyznę symetrii. Środek masy ciała leży wówczas w tym punkcie, na tej osi lub na tej płaszczyźnie. Na przykład środek masy jednorodnej kuli (która ma środek symetrii) leży w środku tej kuli (będącym jej środkiem symetrii). Środek
i t £ « y j e d n o r o d n e g o stożka ( k t ó r e g o oś jest j e g o osią s y m e t r i i ) leży g d z i e ś na tej * s _ Środek m a s y banana (który m a p ł a s z c z y z n ę s y m e t r i i , d z i e l ą c ą g o na d w i e ^ m e t r y c z n e p o ł ó w k i ) leży g d z i e ś na tej p ł a s z c z y ź n i e . Środek m a s y c i a ł a nie musi l e ż e ć w o b r ę b i e t e g o c i a ł a . W środku
masy
• t " * a r z a n k a nie m a nic d o j e d z e n i a , a w środku m a s y p o d k o w y — ani t r o c h ę irlaza.
fSPRAWDZIAN 1
1:
Na rysunku przedstawiono jednorodną
fłytę kwadratową, od której mają być odcięte jednakowe mate
, kwadraty w każdym z jej rogów, a) Gdzie leży środek masy jłyry przed tą operacją? Gdzie leży on po odcięciu: b) kwairaru : ś>
1. c) kwadratów
1 i 2. d) kwadratów
1 i 3. e) kwadra-
1. 2 i 3. F) wszystkich czterech kwadratów? Odpowiedz,
aodając punkty, osie lub ćwiartki układu współrzędnych (oczy wiście, nie wykonując żadnych obliczeń).
Przykład 9.1
2 . Aby ułatwić sobie obliczenia, wybierzmy układ współ rzędnych tak. że jedna z cząstek leży w jego początku, a jeden
Trzy 3.4 *
cząstki kg. leżą
-
o masach
ni\
=
1.2
w wierzchołkach
kg. h m =
trójkąta
2.5
kg
i 1H3 =
równobocznego o boku
140 cm. Znajdź położenie środka masy układu tych trzech
z boków trójkąta, w wierzchołkach którego znajdują się cząstki, leży na osi .v (jak na rysunku 9.3). Współrzędne cząstek są wtedy następujące:
cząstek. Cząstka
ł O ZWIĄZANIE: Zacznijmy od tego. że: O-r
1. Mamy tu do czynienia z oddzielnymi cząstkami, a nie
z ciałem rozciągłym, a zatem do wyznaczenia środka ich masy
.v |cm]
Masa [kg]
y [cm]
1
1.2
0
2
2.5
140
0 0
3
3.4
70
121
D O Ż E M Y skorzystać z równania (9.5). Cząstki leżą w jednej płasz czyźnie (płaszczyźnie trójkąta równobocznego), a zatem będziemy musieli wyznaczyć tylko dwie liczby — współrzędne środka masy w
tej płaszczyźnie.
Całkowita masa układu wi jest równa 7.1 kg. u
Współrzędne
środka
masy
w
tym
układzie
wyznaczamy
z równania (9.5). co daje: /H].V| 4 - W i . Y i 1
+1113X3
= 1
(1.2 kg)(0) +
( 2 . 5 kg)(140 cm) +
( 3 . 4 kg)(70 cm)
(7.1 kg) (odpowiedź)
« l | V| + /'1;.\'2 +
( 1 . 2 kg)(0) + 0
V f f l
i
50
a
s m
= Rys.
9.3.
(2.5 kg)(0) + (7.1
100
1113X3
( 3 . 4 kg)(121
cm)
k°)
58 cm.
(odpowiedź)
Przykład 9.1. Trzy cząstki leżą w wierzchołkach trój
kąta równobocznego o boku a. Ich środek masy leży w punkcie
Na rysunku 9.3 położenie środka masy przedstawiono za pomocą
o wektorze położenia F$
wektora położenia r j
M
M
o współrzędnych . Y J
m
i y$ . M
9 . 2 . Środek masy
207
Przykład 9.2
ROZWIĄZANIE: 1. Spróbujmy najpierw określić z grubsza położenie środka
0"^r Na rysunku 9.4a przedstawiono jednorodną płytę metalową o pro mieniu 2R, z której na taśmie produkcyjnej wykrojono (usunięto) krążek o promieniu R. Znajdź położenie środka masy otrzyma nej w ten sposób płyty z dziurą Ś M
w układzie współrzędnych
D
zaznaczonym na rysunku.
masy płyty D, korzystając z jej właściwości symetrii. Zauważ, że płyta jest symetryczna względem osi x (jej część dolną możemy nałożyć na górną, obracając ją wokół osi x).
Wobec tego
ŚMD
musi leżeć na osi .v. Po wycięciu krążka płyta nie jest już syme tryczna względem osi y . Masa jej części leżącej na prawo od osi y jest większa od części leżącej na lewo od tej osi. a więc Ś M D
musi
leżeć na prawo od osi y. Tak właśnie z grubsza ustalone położenie ŚM
D
O—»
zaznaczono na rysunku 9.4a 2 . Zauważmy
ponadto, że: płyta D jest rozciągłym cia
łem stałym, a zatem do dokładnego wyznaczenia współrzędnych punktu Ś M
D
możemy zastosować równanie (9.11). Nie jest to jed
nak łatwe. • 3 . Znacznie prościej będzie skorzystać z następującego spo strzeżenia: środek masy to punkt, który porusza się tak. jak gdyby i była w nim skupiona cała masa ciała SMp
jednorodnego.
Jak możemy
z tego skorzystać? Najpierw
płyta D
/
Ą
wstawmy
usunięty
krążek
(nazwijmy
go
krąż
kiem K) z powrotem w miejsce, z którego został wycięty z pier wotnej płyty pełnej (nazwijmy ją płytą P), jak pokazano na ry sunku 9.4b. Ze względu na symetrię kołową krążka K jego środek masy Ś M
K
znajduje się w jego środku, czyli w punkcie x =
—*
(jak pokazano na rysunku). Analogicznie, środek masy płyty peł nej P znajduje się w jej środku, czyli w początku układu współ
a)
rzędnych (co także pokazano na rysunku). Mamy więc:
>
płyta pełna
1/
krążek K
Środek masy
Ciało
= D + K
Położenie Ś M
D
ŚM
D
*D =
K
ŚM
K
-v
P
ŚM
P
\.
m
?
=
K
Masa
D
m nip = HlK + mo
-R
K
x =0 f
Możemy teraz skorzystać z uwagi o skupieniu masy: krążek
l
ŚM
K
ŚM '
ŚM
E
możemy zastąpić cząstką o masie mi< znajdującą się w punkde D
XK
P
płyta D
=
— R.
a płytę bez krążka —
jącą się w punkcie * D
/
cząstką o masie m
D
znajdu
(rys. 9.4c). Położenie środka masy układa
tych dwóch cząstek . V K + D możemy wyznaczyć z równania (9.2L Otrzymujemy zatem: VK+D =
mx K
+
K
; '«K +
mx D
»iD
D
•
(9.12ł
Zauważ teraz, że łącząc krążek K z płytą D otrzymujemy płys pełną P. Wobec tego położenie ATK+D punktu Ś M + D - musi byćteK
kie samo. jak położenie .vp punktu Ś M .
a to ostatnie jest p o c z * -
kiem układu współrzędnych, czyli . v
=
P
SM
K
SMp
SMp c)
Rys.
x
9 . 4 . Przykład 9.2. a) Płyta D powstała przez wycięcie krążka
o promieniu
K + D
.v
P
to do równania (9.12) i wyznaczając z niego x
R z kołowej płyty o promieniu 2R.
D
Środek masy
płyty D znajduje się w punkcie Ś M . b) Wycięty krążek K wło
= D
0. Podstawiane
, dostajemy:
'"K
- -x
K
-
(9.13»
»lD
Wydaje się. że mamy kłopot, gdyż nie znamy mas występującyti
D
żono w pozostały po nim otwór, tworząc znów wyjściową płytę pełną P. Na rysunku zaznaczono środek masy S M K
krążka K.
oraz środek masy płyty P, Ś M . c) Środek masy układu D + P
Ś M n + K leży w punkcie Ś M , czyli w punkcie x = P
208
9 . Układy cząstek
0
K.
w równaniu (9.13). Stosunek tych mas możemy jednak powiązać ar stosunkiem pól powierzchni odpowiednich części płyty, ponieważ:! masa = =
(gęstość) • (objętość) (gęstość) • (grubość) • (pole powierzchni).
(pole powierzchni)
Wobec tego: m
(gęstość)
K
'"D
_
K
(gęstość)o
(grubość) (grubość)
K
(pole powierzchni) (pole powierzchni)
D
K
_
D
m
K
D
(pole powierzchni)
2
~~ n(2R )
Płyta jest jednorodna, a zatem gęstości i grubości różnych jej czę
_ II
nR 2
- *R ~ 3 ' 2
Podstawiając ten związek oraz *
ści są jednakowe. Otrzymujemy zatem: m
K
(pole powierzchni)p — (pole powierzchni^
K
=
—R do
równania (9.13).
otrzymujemy ostatecznie: K
(odpowiedź)
(pole powierzchni^
Sztuka rozwiązywania z a d a ń Porada 1:
Zadania
dotyczące
środka
masy nienia z układem cząstek, to wybierz początek układu współrzęd
W przykładach 9.1 i 9.2 podano trzy metody, które mogą ci uła
nych w punkcie, w którym znajduje się jedna z nich. Jeśli układ
twić rozwiązanie zadań dotyczących środka masy. 1) Uwzględnij
jest symetryczny względem pewnej prostej, to wybierz tę prostą
symetrię ciała — względem środka, osi lub płaszczyzny. 2) Jeśli
za oś .v lub y. Wybór układu współrzędnych jest zupełnie dowolny
ciało można podzielić na części, to rozważ każdą z tych części
—
jako cząstkę położoną w środku masy odpowiedniej części ciała.
położenie środka masy względem składników układu ciał nie
zależy od tego, w jakim układzie współrzędnych je wyznaczamy.
3) Wybierz mądrze osie układu współrzędnych. Jeśli masz do czy
9.3. Druga zasada dynamiki Newtona dla układu cząstek Jeśli pchniesz jedną kulę bilardową w kierunku drugiej nieruchomej początkowo bili, to zapewne spodziewasz się, że po zderzeniu układ bil będzie poruszał się do przodu. Zdziwiłbyś się, gdyby obie kule poruszały się do tyłu (w twoją stronę) lub obie potoczyły się w lewo lub w prawo. Punktem, który porusza się do przodu i którego ruch jest całkowicie niezaburzony przez zderzenie jest środek masy układu zderzających się bil. Jeśli skupisz swoją uwagę na tym punkcie — znajdującym się zawsze w połowie od-
WjMcibil, gdyż mają one takie
same masy — to po kilku doświadczeniach
g k M m i o w y r t i łatwo to spostrzeżesz. Niezależnie - czołowe, czy jesl \ed.vne
musi\\cć\em ś \ c Y \ ł v \ \ i o
przy
od t e g o , C2y z d e r z e n i e j e S t
crs-ms ^ t ^ W m s ^ T j
sytuacjami skrajnymi, środek masy porusza się do przodu, jak gdyby nie było żadnego zderzenia. Zbadamy teraz ruch środka masy nieco bardziej szczegółowo. Przeanalizujmy teraz zespół n cząstek o masach niekoniecznie jednakowych. Interesuje nas jedynie ruch ich środka masy. Choć środek masy to tylko punkt, jego ruch jest taki sam, jak ruch cząstki o masie równej sumie mas wszystkich cząstek układu. Do jego opisu możemy zastosować pojęcia położenia, prędkości i przyspieszenia. Okazuje się (co wkrótce udowodnimy), że ruch środka masy układu cząstek opisuje równanie wektorowe:
^"wyp = W U « Ś M
(9.14)
(układ cząstek).
9.3.
Druga zasada dynamiki Newtona dla układu cząstek
209
Jest to druga zasada dynamiki Newtona dla ruchu środka masy układu cząstek. Zauważ, że ma ona taką samą postać (F = ma), jak dla ruchu jednej cząstki. Wielkości w niej występujące należy jednak dobierać z pewną starannością. Kyp
!•
^wyp jest to wypadkowa wszystkich sił zewnętrznych, jakie działają na układ. Siły działające między składnikami układu cząstek (siły wewnętrzne) nie występują w równaniu (9.14).
2.
m jest całkowitą masą układu. Zakładamy, że w czasie ruchu układu jego masa nie zwiększa się, ani nie zmniejsza, tak że m jest stałe. Taki układ nazywamy układem zamkniętym. u
a
3.
5 J M jest przyspieszeniem środka masy układu. Równanie (9.14) nie daje żadnych informacji o przyspieszeniu jakiegokolwiek innego punktu układu.
Równanie (9.14) jest równoważne trzem równaniom dla składowych i U J M wzdłuż trzech osi układu współrzędnych. Oto te równania: (9.15) Wróćmy teraz do naszych kul bilardowych i zbadajmy dokładniej ich ruch. Od chwili, gdy pierwsza bila została wprawiona w ruch, na nasz układ ciał (dwie bile) nie działa żadna wypadkowa siła zewnętrzna. Z równania (9.14) wynika, że skoro F = 0, to także a^ = 0. Przyspieszenie jest szybkością zmiany prędkości, oznacza to więc. że prędkość środka masy układu cząstek (dwóch bil) się nie zmienia. Podczas zderzenia w układzie działają siły wewnętrzne, czyli siły. jaką każda z bil działa na drugą. Te siły nie mają wpływu na wielkość siły /v>pktóra jest nadal równa zeru. Tak więc, jeśli środek masy układu cząstek porusza się przed zderzeniem w pewnym kierunku i z pewną prędkością, to po zderzenia będzie poruszał się w tym samym kierunku i z taką samą prędkością. Kyp
Równanie (9.14) stosujemy nie tylko dla układu cząstek, lecz i dla ciała roz ciągłego, jak na przykład kij baseballowy z rysunku 9.Ib. W tym konkretnym przypadku m w równaniu (9.14) jest masą kija. a F — działającą na kij siłą ciężkości. Z równania (9.14) wynika, że « Ś = g. Innymi słowy, środek masy kija poruszał się tak, jak gdyby kij był cząstką o masie m , na którą działa siła F.. u
w y p
M
u
Rys.
9 . 5 . W czasie pokazu ogni sztucz
nych
rakieta
eksploduje
w
locie.
Je
śli pominiemy opór powietrza, to śro dek
masy
kawałków,
na
które
rozpa
dła się rakieta porusza się torze para bolicznym, po jakim poruszałaby się ra kieta,
gdyby nie uległa rozpadowi,
aż
do chwili spadku pierwszych fragmen tów rakiety na ziemię
210
9 . Układy cząstek
Inny ciekawy przypadek przedstawiono na rysunku 9.5. Wyobraź sobie, że w czasie pokazu ogni sztucznych wystrzelono rakietę, która najpierw poruszała się po torze parabolicznym, po czym w pewnej chwili eksplodowała i rozpadła sie na kawałki. Gdyby rakieta nie wybuchła, to nadal poruszałaby się po torze przed stawionym na rysunku. Siły, działające w czasie wybuchu to siły wewnętrzne, działające w układzie, którym jest najpierw rakieta, a potem jej fragmenty. Są to siły, które działają między składnikami naszego układu ciał. Jeśli pominiemy opór powietrza, to działającą na układ wypadkową siłą zewnętrzną F jest siła ciężkości, niezależnie od tego, czy rakieta rozpadła się na części, czy nie. Wobec tego z równania (9.14) wynika, że przyspieszenie O j środka masy fragmentów rakiety jest równe g dopóty, dopóki wszystkie fragmenty rakiety po eksplozji znajdują się w locie. Oznacza to, że środek masy fragmentów porusza się po takim samym torze parabolicznym, po jakim poruszałaby się rakieta, gdyby nie wybuchła w locie. wyp
M
tor gtowy
tor środka masv
Rys.
9 . 6 . Skok ..grand jęte" (na podstawie książki Kennetha Lawsa
Schirmer Books.
The Physics of Dance.
1984)
m Baletnica, wykonująca skok ,.grand jęte , zaraz po oderwaniu się od sceny wrmosi ręce i prostuje nogi do pozycji poziomej (rys. 9.6"). \em\i jej środek [ masy przemieszcza się "ku gÓTze. Ś t c t ó , mass; \yk\ekwvcy, ccKusza się nad sceną po iorze parabolicznym, lecz dzięki zmianie jego położenia w obrębie ciała tancerki majduje się on coraz bliżej jej głowy i torsu. W wyniku tego głowa i tors baietmcy poruszają się po torze niemal poziomym, co sprawia wrażenie „płynięcia" tancerki nad sceną.
I
Uzasadnienie równania (9.14) i Wyprowadzimy teraz to bardzo ważne równanie. Dla układu n cząstek ze wzoru • (9.8)
otrzymujemy:
|
m rśM
=
m
u
\ ? \ + '"-^ + mih + . . . + m„r„,
( 9 . 1 6 )
jrzy czym m jest całkowitą masa układu, a r$ — wektorem położenia środka i masy uMadu. Różniczkując równanie (9.16) względem czasu, dostajemy: u
M
/wu^ŚM ='n,v,
+ mv 2
2
-f
+ mv 3
3
(9.17)
1- m„v„.
gdzie dj ( = d?,/d/) jest prędkością /-tej cząstki, a DĆ ( = dre /df) — prędko ścią środka masy. Różniczkując następnie równanie (9.17) względem czasu, otrzymujemy: m
'"U^ŚM
=
m
\ a \ + ma 2
2
+ W3a
3
H
M
(- m„a„,
(9.18)
gtłzie 5/ ( = dv,/dr) jest przyspieszeniem i-te) cząstki, a a^, ( = di)ś /dt) — ^nyspieszeniem środka masy. Choć środek masy jest tylko punktem geometryczWsm. to możemy mu — podobnie jak cząstce — przypisać położenie, prędkość M
i
™
" Q
Firnem
T n ę n r ł n r K m n m l l f i M o w ł n n n A\n iiL-ł*irłn r r n c ł o l
O l i
Z drugiej zasady dynamiki wynika, że iloczyn w,a, jest równy sile wypad kowej, działającej na z-tą cząstkę. Korzystając z tego, możemy zapisać równanie (9.18) w postaci: _ md = F\ + F + F + • • • + F„. (9.19) u
&M
2
3
Po prawej stronie równania (9.19) występują zarówno siły, jakimi działają na sie bie cząstki układu (siły wewnętrzne), jak i siły działające na cząstki układu spoza tego układu (siły zewnętrzne). Siły wewnętrzne można połączyć w pary akcjareakcja. które — na mocy trzeciej zasady dynamiki — redukują się w sumie po prawej stronie równania (9.19). Suma ta jest zatem równa jedynie sumie wek torowej wszystkich sił zewnętrznych, jakie działają na układ cząstek. Równanie (9.19) sprowadza się zatem do równania (9.14), które zamierzaliśmy uzasadnić.
^SPRAWDZIAN 2:
trzyma przeciwległe końce tyczki o znikomo
|
malej masie. Łyżwiarze stoją na tafli lodowej, po której mogą poruszać się bez tarcia.
Dwoje łyżwiarzy
•
Przyjmij, że oś układu współrzędnych jest zgodna z kierunkiem tyczki, a początek osi znajduje się w środku masy układu dwojga łyżwiarzy. Jedno z łyżwiarzy — Filip — waży dwa razy tyle. co drugie —
Eliza. Gdzie spotkają się łyżwiarze, jeśli: a) Filip ciągnie
tyczkę, chwytając ją coraz dalej tak. aby zbliżyć się do Elizy, b) tyczkę ciągnie w ten
i
sposób Eliza, c) oboje ciągną tyczkę równocześnie?
|
Przykład 9.3 Trzy cząstki przedstawione na rysunku 9.7a znajdują się począt 4 kg
kowo w spoczynku. W pewnej chwili na każdą z nich zaczyna działać sita
zewnętrzna,
pochodząca od ciał spoza tego układu
tości są równe: fj
=
6 N. F
2
=
12 N i Fj, =
8 kg
SM .
cząstek. Kierunki działania sil pokazano na rysunku, a ich war 14 N. Ile wynosi
przyspieszenie środka masy układu i w jakim kierunku będzie się on poruszać?
-3
4 kg
ROZWIĄZANIE:
-2
Położenie środka masy wyznaczone metodą z przykładu 9.1, za znaczono na rysunku czerwoną kropką. Przypomnij sobie, że:
-3
O—nr 1. Środek masy możemy traktować jako cząstkę o masie równej całkowitej masie układu, tzn. m
u
=
16 kg. Można również
a)
uważać, że siły zewnętrzne działają tak. jak gdyby przyłożone były w środku masy układu (rys. 9.7b). Zauważ następnie, że: O^r
2.
Ruch
( F w y p = ma),
środka
masy
opisuje
druga
Fwyp = ' » u " Ś N f
dynamiki
(9.20) 1
czyli F\ + F
2
Rys.
zasada
która w naszym przypadku przyjmuje postać:
9.7.
+ Fi =
m aś\iu
2
3
4
5
b)
Przykład 9.3. a) Na trzy cząstki znajdujące się początkowo w spoczynku zaczynają działać sity zewnętrzne. Na rysunk*
zaznaczono położenia początkowe cząstek i ich środka masy oraz działające na nie siły. b) Siły przesunięto do środka masy. który porusza się jak cząstka o masie m wektor przyspieszenia a $
212
M
9. Układy cząstek
u
równej całkowitej masie układu. Pokazano również wektor wypadkowej siły zewnętrznej F
środka masy
w y p
oraz
Fu +
skąd wynika, że:
SU.x
A
F, +
F
2
+
F
3
=
(9.21)
"SM
F
+
u
F
(-6
_
3x
N) +
=
(12N)cos45= +
(14N)
(16 kg) 1.03
m/s , 2
a dla składowych wzdłuż osi y: Z równania (9.20)
wynika, że przyspieszenie środka 5 $
układu ma taki sam kierunek, jak F,,^
wypadkowa
sita
M
«e
F + F 2y
«ŚM.v
zewnętrzna
(0) +
iy
m =
0.53
(12 N) sin 4 5
+
c
(0)
(16 kg)
a
działająca na układ (rys. 9.7b). W chwili początkowej cząstki
spoczywają, a więc spoczywa również ich środek masy. Wobec ego,
F, +
masy
m/s . 2
Mając wartości składowych, wyznaczamy moduł wektora 5 $
M
:
gdy środek masy zaczyna się poruszać, przemieszcza się on wspólnym kierunku 5 j Aby
obliczyć
M
wartość
i F
w y p
.
«ŚM
prawej strony
równania
piszemy to równanie dla składowych, a następnie z niego składowe wektora 5 j
M
=
/ ( " Ś M . , )
+
2
(«ŚM.,)
2
=
2
*
1.2
m/s
2
(odpowiedź)
( 9 . 2 1 ) . za
wyznaczymy
1.16 mA
oraz kąt, jaki tworzy on z dodatnim kierunkiem osi x:
i sam wektor. Równanie dla skła
0
=
a
r
c
dowych wzdłuż osi x ma postać:
t
=
2
A
27°
(odpowiedź)
ŚM.jr
9.4. Pęd Słowo „pęd" ma wiele znaczeń w mowie potocznej, lecz tylko jedno ścisłe zna czenie w fizyce. Pędem cząstki jest wektor p zdefiniowany jako: p = mv
(pęd cząstki),
(9.22)
przy czym m jest masą cząstki, a v — jej prędkością. Ponieważ m jest zawsze dodatnią wielkością skalarną, z równania (9.22) wynika, że wektory p i v mają taki sam kierunek. Wynika z niego również, że jednostką pędu w układzie SI jest kilogram razy metr na sekundę. Korzystając z pojęcia pędu. możemy sformułować drugą zasadę dynamiki jako:
Szybkość zmian pędu cząstki jest równa wypadkowej sił działających na cząstkę i ma kierunek tej siły.
Właśnie tak pierwotnie sformułował ją Newton. Stwierdzenie to możemy zapisać w postaci równania: F
w v p
=
d£ dr
(9.23)
Podstawiając do tego równania p ze wzoru (9.22), otrzymujemy: F
w y p }V
dp d dv = —- = — (mv) = m — = ma. dt dt dt
Wyrażenia: F = dp/dt oraz F = ma są więc równoważnymi sobie posta ciami drugiej zasady dynamiki Newtona dla ruchu cząstki. w y p
w y p
9 . 4 . Pęd
213
^/SPRAWDZIAN 3 : zależy
od
czasu
pęd
Na rysunku pokazano, jak cząstki
poruszającej
się
wzdłuż osi .v. Na cząstkę działa siła. mająca kie runek tej osi. a) Uszereguj cztery obszary z ry sunku, według wartości działającej w nich sity. od największej do najmniejszej, b) W którym z tych obszarów cząstka zwalnia?
9.5. Pęd układu cząstek
P r z e a n a l i z u j m y teraz układ n c z ą s t e k o pewnych w a r t o ś c i a c h m a s y . p r ę d k o ś a .
i pędu. Cząstki m o g ą ze sobą o d d z i a ł y w a ć , a p o n a d t o m o g ą na nie d z i a ł a ć s * ^ z e w n ę t r z n e . C a ł y układ c z ą s t e k m a pęd P. zdefiniowany j a k o s u m a wektorów* pędów poszczególnych cząstek. W o b e c tego:
P = P\ + P: + Pi +
p„
H
in\T>\
=
+
, m V2 2
+
b
H
m„v„.
{9-24
P o r ó w n u j ą c to r ó w n a n i e z e w z o r e m ( 9 . 1 7 ) stwierdzamy, ż e :
P = m vS M
(9.251
(pęd układu cząstek).
u
K o r z y s t a j ą c z p o w y ż s z e g o w z o r u , m o ż e m y p o d a ć j e s z c z e inną definicje
PCMF
układu c z ą s t e k :
Pęd układu cząstek jest równy iloczynowi całkowitej masy układu m
u
oraz prędkośr
jego środka masy.
Różniczkując równanie ( 9 . 2 5 ) względem czasu, otrzymujemy: dP
di
dt
SM
dt
u
P o r ó w n u j ą c ze sobą r ó w n a n i a ( 9 . 1 4 ) i ( 9 . 2 6 ) m o ż e m y s t w i e r d z i ć , że drugą d y n a m i k i N e w t o n a dla układu c z ą s t e k m o ż e m y r ó w n i e ż z a p i s a ć w p o s t a c i : dP (układ cząstek).
~d7 przy c z y m F
v v > p
jest w y p a d k o w ą sił z e w n ę t r z n y c h d z i a ł a j ą c y c h n a układ. Rś*
nie t o stanowi uogólnienie r ó w n a n i a dla p o j e d y n c z e j c z ą s t k i : F
w y p
= d/»
p r z y p a d e k układu wielu c z ą s t e k .
Przykład 9.4
ROZWIĄZANIE: Potraktujmy samochód jako układ cząstek.
Na rysunku 9.8a przedstawiono model samochodu o masie 2 kg
O—w
przed i po pokonaniu przez niego zakrętu toru. Jego prędkość
i po pokonaniu przez niego zakrętu. Potrzebne nam
przed skrętem ma wartość 0.5
m/s. a po wyjściu z zakrętu
wartość 0.4 m/s. Wyznacz zmianę pędu AP
—
samochodu, jakiej
1 . Aby wyznaczyć AP.
prędkości
i l\ ńc 0
musimy znać pęd samoc
samochodu przed i po skręcie. * *
współrzędnych z rysunku 9.8a możemy zapisać fp^-z i i
doznał on w czasie pokonywania zakrętu. i'po« -
214
9.
Układy cząstek
-(0.5
m/s)j
oraz
i\
o
ń
c
=
(0.- i
lorzystając z równania (9.25), wyznaczamy pęd samochodu przed
Zwróć uwagę, że aby odjąć
i po pokonaniu przez niego zakrętu:
dodajemy - P p o c z do
Ppocz = muDpocz =
(2 k g ) ( - 0 , 5 m/s)j =
= mv
(2 kg)(0,4 m/s)i =
(-1
Ą
o
ń
c
Ppocz
od
/\
o l
j
C
w równaniu
(9.28)
.
kg • m/s)j
•raz Kofic
O—r eż
u
końc
=
( 0 , 8 kg • m/s)i.
2. Wektory pędu nie mają jednakowego kierunku, dlatego
nie możemy
wyznaczyć zmiany pędu A P , po prostu odejmując
•artość /'pocz od wartości Ą
0 I
j . Zmianę pędu musimy wyznaczyć C
z równania wektorowego:
A P
=
Ąofc -
(9.28)
Ppocz,
co daje:
AP
= =
Xi
rysunku 9.8b
( 0 . 8 kg • m/s)i (0,8i +
(-1
kg • m/s)]
lj) kg • m/s.
Rys.
(odpowiedź)
przedstawiono wektory
AP,
P
k o l i c
i — Ppocz.
9.8.
Przykład 9.4. a) Model samochodu pokonuje zakręt,
b) Zmiana pędu A P samochodu jest sumą wektorową pędu
P
k o ń c
pojazdu po wykonaniu manewru i wektora przeciwnego do pędu początkowego Ppocz samochodu
9.6. Zachowanie pędu Załóżmy, że wypadkowa sił zewnętrznych działających na układ cząstek jest iróna zeru (tzn. układ jest izolowany) oraz że żadne cząstki nie opuszczają Aładu, ani do niego nie przybywają (tzn. układ jest zamknięty). Podstawiając do sównania (9.27) F = 0, otrzymujemy: dP/df = 0, czyli: w y p
P = const
(układ zamknięty i izolowany).
(9.29)
Wyrażając to słowami: Jeśli na układ cząstek nie działają siły zewnętrzne lub ich wypadkowa jest równa zeru, to całkowity pęd P układu nie ulega zmianie. Stwierdzenie to nosi nazwę zasady zachowania pędu. Można je także za pisać w postaci: *
Ppocz = Ąońc
(układ zamknięty i izolowany).
(9.30)
Słownie oznacza to, że dla układu zamkniętego i izolowanego: /
całkowity pęd układu
\ w pewnej chwili początkowej
\ fpocz/
/
całkowity pęd układu
\w dowolnej chwili późniejszej
\ fkońc/
Równania (9.29) i (9.30) są równaniami wektorowymi, a zatem każde z nich jest równoważne trzem równaniom wyrażającym zachowanie pędu wzdłuż trzech wzajemnie prostopadłych kierunków, np. trzech osi układu współrzędnych xyz. W zależności od tego, jakie siły działają na układ, pęd może nie być zachowany
9 . 6 . Zachowanie pędu
215
wzdłuż wszystkich trzech kierunków, a tylko wzdłuż jednego lub dwóch z nich Prawdziwe jest przy tym następujące stwierdzenie: Jeśli wypadkowa sił
zewnętrznych
działających na układ zamknięty ma wzdłuż pewnej
osi składową równą zeru, to składowa pędu układu wzdłuż tej osi nie ulega zmianie.
Rozważmy prosty przykład — wyobraź sobie, że rzucasz grejpfruta w drugi koniec pokoju. Jedyną siłą zewnętrzną działającą na grejpfruta (którego przyj miemy za nasz układ cząstek) w czasie jego lotu jest siła ciężkości F„ skiero wana pionowo w dół. Wobec tego składowa pionowa pędu grejpfruta zmienia się w czasie jego lotu. lecz składowa pozioma jego pędu nie ulega zmianie, gdyż w poziomie nie działa na grejpfruta żadna siła zewnętrzna. Zwróć uwagę, że mówimy o siłach zewnętrznych działających na układ za mknięty. Siły wewnętrzne mogą zmienić pęd składników układu, lecz nie most spowodować zmiany pędu układu jako całości.
•/SPRAWDZIAN 4 :
Pewien mechanizm leżący początkowo w bezruchu na podłodze,
po której może się poruszać bez tarcia nagle wybucha i rozpada się na dwie części, które rozjeżdżają się po podłodze. Jedna z tych części ślizga się w dodatnim kierunku osi
i.
a) Ile wynosi suma pędów obydwu części po wybuchu? b) Czy druga część może ślizgać sie pod katem wzaledem osi .v? c) Jaki jest kierunek pędu drugiej części?
Przykład 9.5
pędu układu jest zachowana, a zatem możemy skorzystać z rów nania (9.30) dla składowych wzdłuż osi .v.
Urna wyborcza o masie h i = 6 kg ślizga się bez tarcia po pod łodze, z prędkością o wartości
v =
Początkowy pęd układu to pęd całej urny:
4 m/s i kierunku zgodnym
z dodatnim kierunkiem osi .v. Nagle urna wybucha i rozpada się na dwie części. Jedna z nich o masie m\ — 2 kg porusza się w dodatnim kierunku osi x. z prędkością o wartości i'i = Ile wynosi prędkość drugiej części, której masa jest równa
8 m/s.
Ppoci
=
Podobnie, pędy końcowe dwóch części urny są równe:
;h ?
^koiic.l = m\Vi
:
i
Całkowity pęd końcowy P
ROZWIĄZANIE:
"iv.
k o ń c
Pkońc.2 =
"izh-
układu jest sumą wektorową peśft»
obydwu części urny:
Należy zauważyć dwie rzeczy: O—w
1. Wyznaczymy
dziemy jej hi — O—r
ni i 2.
pęd. gdyż
= 4
prędkość drugiej części urny. jeśli znaj wiemy już. ile wynosi jej
masa: 1112
=
Wszystkie występujące w tym zadaniu prędkości i pędy są torami skierowanymi wzdłuż osi x. dlatego też możemy uwzdW-
kg.
niać tylko ich składowe .v. Zapisując równanie (9.30) dla sidS**Pęd
każdej
części
urny
będziemy
mogli
powiązać
wych wzdłuż tej osi. otrzymujemy:
z pędem urny przez wybuchem, o ile pęd jest zachowany. Spraw
PpcKł — Pkońc *
dźmy to. Wybieramy układ odniesienia związany z podłogą. Rozwa żany
układ złożony
a zatem: H U ' = » I | t'l + H I U ' 2 .
początkowo z urny. a potem z dwóch jej
części, jest zamknięty, ale nie jest izolowany, ponieważ na urnę
Podstawiając wartości liczbowe danych, dostajemy:
i każdą z jej części działa siła normalna ze strony podłogi oraz siła
(6 kg)(4 m / s ) =
ciężkości. Obie te siły działają jednak w pionie, a więc nie mogą powodować zmiany składowej poziomej pędu układu. Zmiany ta
(2 kg)(8 m / s ) + (4 k g ) r . :
a stąd: i> =
kiej nie mogą również wywołać sity działające podczas wybuchu
2 m/s.
( o d p c w T *
urny. ponieważ z punktu widzenia naszego układu ciał są to siły
Wynik jest dodatni, a więc druga część urny porusza się w ŚW-
wewnętrzne. Dochodzimy więc do wniosku, że składowa pozioma
datnim kierunku osi x.
216
9. Układy cząstek
Pkonc =
*'ad 9.6
-t
p r z y
-
przedstawiono
holownik
kosmiczny
i C i - a s k - O \ac.zv&\masie fcraaku v
holownika
p 0 C I
•.zględem S ł o ń c a m a w a r t o ś ć 2 1 0 0 k m l h . \*J w y w t a t
« S B C . V - _ : : > wybuchu holownik uwalnia się o d pojemnika, k t ó w\nosi 0.2m _
u
( r y s . 9 . 9 b ) . H o l o w n i k p o r u s z a się n a s t ę p -
osi x o 5 0 0 k m / h szybciej niż pojemnik, tzn. prędkość _-
wówczas
prędkość
r s holownika H
_»._
—
pęd
stronie r ó w n a n i a to
prawej
p ę d h o l o w n i k a .
tiYi
za
Wmnika
comocą
w z g l ę d e m Słońca, lecz
znanych
prędkości:
prędkość h o l o w n i k a \ względem Słońca
/
/ prędkość holownika \
/prędkość
\względem pojemnika/
\
pojemnika\
względem Słońca
t'HS = i\vz i + i'ps-
/
(9.34)
g
J
HS
czyli l-'PS = f H S — fwzgl-
0.2 m„
70'emnik
Podstawiając wyrażenie na u s d o wzoru ( 9 . 3 3 ) .
m„
0.8
a)
P
"'u^pocz =
. 9 . Przykład 9 . 6 . a) Holownik kosmiczny z pojemnikiem na u
p
o
c
z
a n a s t ę p n i e wsta
wiając wyrażenia ( 9 . 3 2 ) i ( 9 . 3 3 ) do równania ( 9 . 3 1 ) . otrzymujemy:
b)
_ j T . s k p o r u s z a się z p r ę d k o ś c i ą p o c z ą t k o w ą
.
b) Holownik
_-."jcił p o j e m n i k n a ł a d u n e k . P o j e m n i k m a t e r a z p r ę d k o ś ć 5 p s .
0 . 2 m „ ( l ' H S - ŁVzgl) + 0 . 8 m u s , u
H
a stąd: I'HS = Upocz + 0,2rVzgiczyli D
nik — p r ę d k o ś ć ? H S
=CT
d r u g i
moitraN ^ n a d s t a w i ć
względem
^pocz -4>
- holownik
-
a
«9.?3.
u
p o
Zapisując to przy użyciu symboli, dostajemy:
-
5
(0.2/« )i'Ps + (0.8mu)rHs.
w y r a z
^S&TSflSKj ^ & £ Ś d
W Z
H|JKi»i&- ...
* -
p o j e m n i k a ,
i' gi. równą 5 0 0
holownika i pojemnika m a wartość
apfc Ze w y n o s i
p i e r w s z y
wraz z po-
poruszający się w k o -
o s i x. P r ę d k o ś ć p o c z ą t k o w a i '
c z y m
H S
=
(2100km/h) + (0,2)(500 km/h) = 2200 km/h. (odpowiedź)
AZANIE:
3 — * Układ ciał, który jest złożony z holownika i pojemnika na Dsk jest
zamknięty
i izolowany,
więc j e g o całkowity pęd jest
rwany, t z n . :
Ppocz — Pkońc :zym
(9.31)
^SPRAWDZIAN 5 : lownika
i pojemnika
Tabela zawiera wartości prędkości h o ( p o ich r o z d z i e l e n i u
oraz ich p r ę d k o ś c i w z g l ę d n e j W y p e ł n i j p u s t e pola w tabeli. Słońca)
wskaźniki p o c z i końc o d n o s z ą się d o sytuacji przed
Prędkość
[km/h]
Prędkość
: x m i p o nim. Ruch odbywa się przez cały czas w t y m saPojemnik
r u n k u . a z a t e m m o ż e m y z a j m o w a ć s i ę tylko s k ł a d o w y m i p K Ł o s c i i pędów wzdłuż tego kierunku. Przed w y b u c h e m m a m y :
Ppocz = C s r ^ c z m y p r z e z r>
PS
"luWpocz-
(9.32)
prędkość odrzuconego pojemnika względem
S t e c a . C a ł k o w i t y p ę d układu p o w y b u c h u w y n o s i z a t e m :
a
1500
b c
Holownik
przypadkach.
względna
[km/h]
2000 3000
1000
względem
się.
w trzech
400 600
v
=-zykład 9.7 rrarda u m i e s z c z o n a w e w n ą t r z o r z e c h a k o k o s o w e g o o m a s i e
- zz.wa.
Przed
m
u
g o n a t r z y k a w a ł k i , które r o z s y p u j ą s i ę p o p o d ł o d z e .
wybuchem orzech pozostawał w spoczynku, a p o wybuchu
ruch j e g o k a w a ł k ó w p o p o d ł o d z e o d b y w a s i ę b e z t a r c i a . W i d o k i góry orzecha w chwilę p o wybuchu przedstawiono na rysunku 9.10a. Kawałek C o masie 0 . 3 m
u
porusza się p o w y b u c h u petardy
z prędkością o wartości Uk ń c = 5 m / s . 0
C
Rys. 9 . 1 0 . P r z y k ł a d 9 . 7 . T r z y k a w a ł k i o r z e c h a , n a k t ó r e z o s t a ł o n r o z e r w a n y w w y n i k u w y b u c h u petardy, r o z s y p u j ą s i ę b e z t a r c i a p o podłodze w trzech kierunkach, a ) W i d o k z góry tuż p o wybuchu, b) T o s a m o w wybranym, d w u w y m i a r o w y m układzie
współrzędnych
9.6. Zachowanie p ę d u
217
a) He wynosi prędkość kawałka B o masie 0 , 2 m ?
Ponieważ u ńcc = 5 m/s, otrzymujemy stąd:
u
k0
0 =
0 -
0.2w !w u
B
sin50° + (0,3m„)(5 m / s ) sin 80°,
ROZWIĄZANIE: a następnie: O—r
1. Sprawdźmy, czy w omawianym przypadku pęd jest za
chowany. Zauważ, że: 1) orzech i jego kawałki tworzą układ za
I W B
= 9 , 6 4 m/s =s 9,6 m/s.
(odpowiedź)
mknięty; 2) siły działające podczas wybuchu są w tym układzie siłami wewnętrznymi; 3) wypadkowa działających na układ sił ze
jest równa zeru. Wobec tego w układzie tym pęd jest
wnętrznych
na pewno zachowany. Zacznijmy od wyboru układu współrzędnych xy, jak na ry sunku 9. J Ob, tzn. tak. aby wektor
b) Ile wynosi prędkość kawałka A?
ROZWIĄZANIE: Pęd jest też zachowany dla składowych wzdłuż osi x, mamy więc:' Ppocz.jr
?końc.A był skierowany zgodnie
z ujemnym kierunkiem osi x. Oś x tworzy kąt 80° z kierunkiem
przy czym Ppocz.* =
wektora Ckońc.c i kąt 50° z kierunkiem wektora Dk i .B.
czywa. Aby wyznaczyć / W i e r
01
C
2 . Pęd jest zachowany z osobna dla składowych wzdłuż osi
Ppocz.y
PkońcA.jc
(9.35)
Pkońc.y,
=
wskaźnik pocz odnosi się do sytuacji
p
o
c
i
z
P
M c
.
~
u
( = m„ — 0 , 2 m
u
— 0,3m ): u
0-5niuV\x>t\cA
u
B
t
= 0,2/n tw
P k o ń c c * = O.SmuUkoitcc.* =
u
0.3m u u
kO
B
cos 50°,
n ccos80°. C
Równanie (9.36) przybiera teraz postać:
Wartość początkowa składowej pędu /'pocz.y jest równa zeru, ponieważ orzech znajduje się początkowo w spoczynku. Aby zna
=
PkońcB..t = 0 , 2 m i w . .
początkowej
(przed wybuchem), a wskaźnik y oznacza, że rozważamy skła dowe y wektorów P
obliczamy składowe x pędu koń
kawałka A musi być równa 0,5m
x i y. Dla składowych wzdłuż osi y mamy:
przy czym
(9.36)
0, gdyż w chwili początkowej orzech spo
cowego poszczególnych kawałków orzecha, pamiętając, że masa
Zauważ następnie, że: O—t
^końcr»
=
Ppxz,x
=
P\iońc.x
PkońcA.x "h PkońcB.jr + PkońcC.j-
=
Ponieważ UkońcC = 5 m/s, a i'k ifcB = 9 , 6 4 m/s, otrzymujemy: 0
leźć wyrażenie na /"korfc.y, wyznaczymy składowe pędu każdego 0 =
z kawałków, korzystając z równania (9.22) zapisanego dla składo wych y (p
= mity):
y
PkońcA.y = 0, PkońcB.>- =
-0.2m t; u
u
koi
icB.,' =
końcC
._
v
=
-0.2m y u
0.3m u u
kO
k o T
+
(0,3m )(5
u
u
u
m/s)cos80°,
k0
•/SPRAWDZIAN
o
0, jest konsekwen
(odpowiedź)
6:
Wyobraź sobie, że przed wybuchem
orzech porusza się ruchem przyspieszonym w ujemnym kie- q runku osi y z rysunku 9.10 (na przykład stacza się po równi pochyłej opadającej w tym kierunku). Czy w tym przypadku t
przybiera zatem postać:
A:ońc.y
m/s.
C
ńccsin80
(postać pierwszego z tych równań p ńcA.v =
^końcA = 3
i B sin 50°,
cją naszego wyboru osi układu współrzędnych). Równanie (9.35)
=
0,5m UkońcA + 0 , 2 m ( 9 . 6 4 m/s) cos 50°
a stąd:
PkońcC.y = 0 . 3 m u
Ppocz.y
-
/'końcA.y
=
"b
PkońcB.y
"ł~
pęd jest zachowany wzdłuż: a) osi x (jak opisano w równaniu PłtańcC.y
(9.36)), b) osi y (jak opisano w równaniu (9.35))?
Sztuka rozwiązywania z a d a ń Porada 2 :
Zachowanie
Rozwiązując przede
zadania
wszystkim,
Określenie zamknięty
pędu upewnij się
Następnie wybierz rozsądnie dwa stany układu (możesz je
izolowany.
nazwać stanem początkowym i stanem końcowym) i zapisz wy
oznacza, że przez granice układu nie prze
rażenia na pęd układu w każdym z tych stanów. Upewnij się przy
dotyczące
czy
wybrałeś
zachowania zamknięty
pędu układ
Określenie
tym, że wiesz, w jakim inercjalnym układzie odniesienia zapiso-
oznacza, że wypadkowa działających na układ sił ze
jesz te wyrażenia oraz pamiętaj, aby zapisać pęd całego układu,
wnętrznych jest równa zeru. Pamiętaj, że dla układu, który nie
tzn. aby nie zapomnieć o żadnym składniku tego układu oraz nie
jest izolowany pęd jest zachowany jedynie dla tych składowych,
włączyć do układu ciał, które do niego nie należą.
pływa w żadnym kierunku materia (czyli izolowany
cząstki).
dla których odpowiednia składowa wypadkowej sił zewnętrznych
Na koniec przyrównaj wyrażenia na Ppocz oraz P
k o ń c
i z otrzyj
jest równa zeru. Tak więc dla pewnych składowych pęd może być
manego równania wyznacz te wielkości, które należało znaleźć
zachowany, a dla innych nie.
w zadaniu.
218
9. Układy cząstek
9.7. Układ o zmiennej masie: rakieta Dotychczas zajmowaliśmy się układami, co do których zakładaliśmy, że ich cał kowita masa pozostaje stała. Czasem jednak tak nie jest, na przykład dla rakiety uys. 9.11). W chwili startu rakiety większość jej masy stanowi paliwo, które jest potem stopniowo spalane i wyrzucane przez dysze silnika pojazdu. Aby uwzględnić zmianę masy rakiety w czasie jej ruchu, zastosujemy drugą zasadę dynamiki Newtona nie dla samej rakiety, lecz dla układu, jaki stanowią ' tocznie rakieta i wyrzucane przez nią produkty spalania paliwa. Masa tego układu wie zmienia się w czasie lotu rakiety.
Wyznaczenie przyspieszenia Wyobraź sobie, że znajdujesz się w spoczynku w inercjalnym układzie odniesieaia i obserwujesz rakietę poruszającą się ruchem przyspieszonym w przestrzeni kosmicznej, gdzie nie działa na nią ani siła ciężkości, ani siła oporu aerodyna micznego. Ruch rakiety jest zatem prostoliniowy. Przyjmijmy, że w chwili t masa iakiety wynosi w , a jej prędkość jest wówczas równa v (patrz rysunek 9.12a). u
Na rysunku 9.12b przedstawiono sytuację w chwili późniejszej o dr. Rakieta ma teraz prędkość v + dv oraz masę m + dm , przy czym zmiana masy d/n jest mjemna. Produkty spalania paliwa, wyrzucone przez rakietę w przedziale czasu dr, mają masę —dw , a ich prędkość względem naszego inercjalnego układu odnie sienia wynosi u. u
u
u
u
Rozważmy układ, złożony z rakiety i produktów spalania wyrzuconych z silmka w czasie dr. Układ ten jest zamknięty i izolowany, a zatem jego pęd musi być zachowany w przedziale czasu dr, czyli musi zachodzić związek: ^
Ppocz
=
Ąońc,
(9.37)
przy czym wskaźniki pocz i końc odnoszą się do chwil stanowiących początek i koniec przedziału dr. Równanie (9.37) możemy zapisać w postaci: m v = —dm u + (m + dw )(v + du), u
a
u
(9.38)
u
przy czym pierwszy wyraz po prawej stronie równania jest pędem spalin wy rzuconych w przedziale czasu dr, a drugi wyraz — pędem rakiety na końcu przedziału dr. ^
— granica uktadu
m
a
y-
-dm
v
u
m
granica uktadu
u
+ dm
u
v + dv
x
x
a) Rys.
b)
9 . 1 2 . a) Rakieta poruszająca się ruchem przyspieszonym, obserwowana z inercjalnego
układu odniesienia, ma w chwili r masę m . b) To samo, co na rysunku (a), lecz w chwili u
r + dr. Pokazano również produkty spalania paliwa, wyrzucone w przedziale czasu dr
9.7.
Równanie (9.38) można zapisać w prostszej postaci, przez wprowadzeni j prędkości względnej rakiety iv i i spalin związanej z prędkościami w układzu | inercjalnym zależnością: zg
/
prędkość rakiety
\ _ f prędkość rakiety \
\w układzie inercjalnym/
/
\ względem spalin/
prędkość spalin
\
\w układzie inercjalnym/
Zapisując to równanie za pomocą symboli, otrzymujemy: (v + dv) - i' i + u wzg
czyli (9.?9i
u — v + di' - i' gi. WZ
Po podstawieniu wyrażenia na u do równania (9.38) i wykonaniu prostych prze kształceń algebraicznych dostajemy: (9.40i
- d w i \ v | = m dv. u
Zg
u
Dzieląc obie strony równania przez dr, otrzymujemy: dm —
—
dv
u
dt
i'«zgt =
>»u —
*
df
. , <9.41|
•
Wielkość dm /dr (czyli szybkość, z jaką rakieta traci masę) oznaczymy p c z s — R , przy czym R jest szybkością, z jaką spalane jest paliwo (R jest wielkcśm dodatnią). Zauważając ponadto, że dv/df jest to przyspieszenie rakiety. moża«f zapisać równanie (9.41) w postaci: u
I
^ i'w g] = Z
(9.42i
»' a. u
Równanie (9.42) obowiązuje w każdej chwili, przy czym masa m , szybfcac spalania paliwa R i przyspieszenie a odnoszą się do tej samej chwili. , Lewa strona równania (9.42) ma wymiar siły (kg • m/s = N) i zależy r s t a od parametrów silnika rakiety, mianowicie od szybkości zużycia paliwa R
2
W
u
u
Wyznaczenie prędkości
Jak zmienia się prędkość rakiety w miarę spalania przez nią paliwa? Z rówomaEl (9.40) otrzymujemy: , dm du = -t\vzoi '
Wu
Scałkowanie tego równania daje:
'pocz
l
u
"'u po,/
•
_ s r czym w jest masą początkową rakiety, a n i ń — jej masą końcową. A—czając całki, otrzymujemy wyrażenie na wzrost prędkości rakiety w czasie, « Ł B Ó r > m jej masa zmienia się z m na w k o ń c up o c z
u
ko
C
:
u
p
o
c
U
z
. fkońc -
1'pocz =
iVzgi
u pocz
.t
m
In
(9.43)
u końc
„In" oznacza logarytm naturalny). Z równania tego widać, że korzystne stosowanie rakiet wielostopniowych, dla których odrzucanie kolejnych części nfciety po zużyciu zawartego w nich paliwa daje dodatkowe zmniejszenie war— ś r i M u końc- Najlepsza rakieta to taka, która w chwili osiągnięcia celu zawiera Dtfko swój ładunek.
^smbol
Przykład 9.8
9,8 m/s . Inaczej mówiąc, siła ciągu rakiety musi być większa 2
niż działająca początkowo na rakietę siła ciężkości, której war fckieta o masie początkowej m
n
x szybkością R -
p ^ równej 850 kg zużywa paliwo
2.3 kg/s. Prędkość iv i wyrzucanych z silnika zg
ipałin względem rakiety wynosi 2800 m/s.
tość /MupoczS
wynosi w naszym przypadku (850 kg)(9,8
m/s ) 2
czyli 8330 N. Warunek ten nie jest spełniony (gdyż — j a k stwier dziliśmy —
T =
6400 N), a zatem nasza rakieta nie może być
z powodzeniem wystrzelona w kosmos z powierzchni Ziemi; jej
*>Jaką siłę ciągu ma silnik tej rakiety?
siła ciągu jest na to zbyt mała.
K/ZWIĄZANIE: ftzypomnij sobie, że: O — r
siła ciągu T jest równa iloczynowi
_ybkości zużycia paliwa R i prędkości względnej iv gi. z jaką Z
c) Załóżmy wobec tego. że rakieta zostaje wystrzelona ze statku kosmicznego, który wyniósł już ją w przestrzeń kosmiczną, gdzie na rakietę nie działa żadna siła grawitacyjna. Masa rakiety po
s p a l i n y opuszczają pojazd, to znaczy:
zużyciu całego paliwa w;
u ko
T
=
/?i-« i = zg
( 2 . 3 kg/s)(2800 m/s) =
6440 N *
6 4 0 0 N. (odpowiedź)
Wartość przyspieszenia a rakiety jest związana z siłą ciągu T za - m a . przy czym m a
u
jest masą rakiety. Trzeba jed
nak pamiętać, że: O—w w miarę zużywania paliwa m
u
a
maleje, zaś
rośnie. Naszym zadaniem jest znalezienie początkowej wartości zatem musimy do tego wzoru
masy rakiety m
jest równa 180 kg. Ile wynosi wów
mijmy, że masa statku jest tak duża. że jego prędkość praktycznie
ROZWIĄZANIE:
ROZWIĄZANIE:
a.
C
nie zmienia się w chwili startu rakiety.
k» De wynosi początkowe przyspieszenie rakiety?
leżnością: T
ń
czas prędkość rakiety względem tego statku kosmicznego? Przyj
u p o c z
'u pocz
(850 kg)
0
rakiety wynosi i'poc
i W -
7.6 m/s"
(odpowiedź)
rakiety, jaką osiąga ona w chwili
C
wej i końcowej, zgodnie z równaniem (9.43). Prędkość początkowa Z
= 0. a więc mamy:
podstawić wartość początkową
, co daje: (6440 N)
Prędkość końcowa Uk ń
całkowitego zużycia paliwa, zależy od stosunku jej mas: początko
m
u
poc
2
= iwzei 'n — - — = (2800 ' " u końc
=
m/s) ln
(2800 m/s) ln4.72 % 4 3 0 0 m/s.
850 kg 180 kg (odpowiedź)
Jeśli rakieta ma być wystrzelona w kosmos z powierzchni Ziemi,
Zwróć uwagę na to. że prędkość końcowa rakiety może być więk
to jej
sza od prędkości, z jaką wyrzucane są spaliny.
przyspieszenie
początkowe
musi
być
większe
niż g
=
9.8. Siły zewnętrzne i zmiany energii wewnętrznej Gdy łyżwiarka odpycha się od poręczy, jak na rysunku 9.13a. działa na nią ze strony poręczy siła F, skierowana w tym przypadku pod kątem cp do poziomu. W wyniku działania tej siły łyżwiarka zwiększa swoją prędkość, czyli porusza
9 . 8 . Siły zewnętrzne i zmiany energii wewnętrznej
221
się ruchem przyspieszonym aż do oderwania się od poręczy (rys. 9.13b). Zatem ' z powodu działania na nią siły zwiększa się jej energia kinetyczna. Przypadek tea różni się jednak pod dwoma względami od rozpatrywanych przez nas poprzednio sytuacji, w których energia kinetyczna ciała zwiększała się w wyniku działania na nie siły. 1.
Poprzednio każda część ciała poruszała się jednakowo w tym samym kie runku. Tu ramiona łyżwiarki nie poruszają się tak samo, jak reszta jej ciała.
2.
Poprzednio następowało przekazanie energii między ciałem (lub układem^ ciał) a jego otoczeniem, za pośrednictwem siły zewnętrznej, tzn. siła ta wy-i konywała pracę. Obecnie energia jest przekazywana w obrębie układu (z jed-' nej jego części do innej), za pośrednictwem siły zewnętrznej F. Konkretnie, energia mięśni łyżwiarki zamienia się na energię kinetyczną łyżwiarki jako całości. i
Chcemy znaleźć związek siły zewnętrznej z tą zamianą energii. Mimo dwóch wymienionych różnic siłę F można powiązać ze zmianą energii kinetycznej prak- j tycznie tak samo, jak to zrobiliśmy dla cząstki w paragrafie 7.3. W tym celu za- i łóżmy najpierw, że cała masa m łyżwiarki jest skupiona w jej środku masy. co pozwoli traktować ją jak cząstkę, znajdującą się w tym punkcie. Możemy teraz uważać, że siła zewnętrzna F działa na cząstkę punktową (rys. 9.13c). Składowa pozioma tej siły F cos
-^-O
; — >
> d
x c)
Rys. 9 . 1 3 . a) Gdy łyżwiarka odpycha się od poręczy, działa na nią ze strony tej poręczy siła F. b) Po oderwaniu się łyżwiarki od poręczy jej środek masy poru sza się z prędkością v. c) Przyjmujemy, że siła zewnętrzna F działa na środek masy łyżwiarki, czyli pod kątem <> / do osi poziomej x. Gdy środek masy prze mieszcza się o d. jego prędkość zmienia się z Do na C, pod wpływem składowej poziomej siły F
k
A£
k
= Fdcoscp.
(9.44) *
Można sobie łatwo wyobrazić sytuację, w której pod działaniem siły ze-! wnętrznej zmienia się również wysokość środka masy łyżwiarki nad ziemią, a zatem zmienia się także grawitacyjna energia potencjalna £ układu łyżwiarkaZiemia. Musimy wtedy uwzględnić również zmianę energii potencjalnej A £ i i zapisać równanie (9.44) w postaci: p
p
A£
k
+ A £ = Fdcos
(9.45) j
p
Po lewej stronie tego równania mamy zmianę energii mechanicznej A £ układu. Z atem w przypadku ogólnym otrzymujemy: A
£mech =
Fd
COS
(siła zewnętrzna, zmiana
(p
£m
e c h
).
meC
b
(9.46)
Przeanalizujmy teraz zmiany energii w obrębie łyżwiarki, która będzie sta nowić badany przez nas układ. Choć na ten układ działa siła zewnętrzna, to nie powoduje ona ani dostarczenia energii do układu, ani odebrania jej od niego. Zatem całkowita energia £ układu nie ulega zmianie: A £ = 0. Wiemy, że gdy łyżwiarka odpycha się od poręczy, zmienia się nie tylko energia mechaniczna jej środka masy, lecz także energia jej mięśni. Nie wchodząc w szczegóły zmiany energii mięśni, oznaczmy ją po prostu jako A £ n (czyli zmianę energii we wnętrznej). Równanie A £ = 0 możemy teraz zapisać w postaci: w e w
A£
222
9. Układy cząstek
weW
n + A£
m e c h
=0
(9.47)
A£ wn = - A £ we
Z równania wynika, że gdy £
meC
m e c
(9-48)
h-
h łyżwiarki rośnie, jej £
• e o taką samą wartość. Podstawiając zależność
A£
m e
ch
maleje dokład
w e w n
z równania (9.48) do
lównania (9.46), otrzymujemy:
A£„
(siła zewnętrzna, zmiana energii wewnętrznej).
— -Fd cos (
(9.49) Równanie to wiąże zmianę energii wewnętrznej A£wewn z siłą zewnętrzną F, za pośrednictwem której ta zmiana zachodzi. Jeśli siła £ nie ma stałej wartości, to w miejsce £ w równaniach (9.46) i (9.49) należy podstawić £ , czyli średnią śr
« r t o ś ć siły £ . Choć równania (9.46) i (9.49) wyprowadziliśmy dla łyżwiarki, obowiązują one i dla innych ciał, dla których zmiana energii wewnętrznej A £
w e w n
układu
zachodzi za pośrednictwem siły zewnętrznej. Rozważmy na przykład samochód z napędem na cztery koła (co oznacza, że silnik obraca wszystkie cztery koła pojazdu), który zwiększa swoją prędkość. W trakcie przyspieszania silnik powo duje, że opony pchają powierzchnię drogi do tyłu. Dzięki temu pojawia się siła
Rys.
tarcia, która działa na wszystkie koła pojazdu w kierunku jego ruchu (rys. 9.14).
cztery koła porusza się ruchem przyspie
9.14.
Samochód
z
napędem
na
Wypadkowa siła zewnętrzna F, która jest sumą sił tarcia działających na po
szonym
szczególne kola jest źródłem przyspieszenia
działa na dolną powierzchnię opon si
3 środka masy pojazdu. Zachodzi
zaaem zamiana energii wewnętrznej paliwa na energię kinetyczną samochodu. Jeśli siła F jest stała, to dla danego przemieszczenia d środka masy samochodu m f t m o m e i
drodze, zmianę energii kinetycznej A £k pojazdu możemy powiązać
•« _ft "is?WK$s.TX& F T4. ^Qxaac,^TOVKwa.wia (9.49), podstawiając w nim A £ = 0 k
łami
w prawo.
tarcia,
Powierzchnia
z których
dwie
drogi
pokazano
na rysunku. Wypadkowa siła zewnętrzna F, jaka działa na samochód jest sumą
tych czterech sil
c
l
i<Ź> = 0. Równanie (9.45) jest również spełnione, gdy kierowca hamuje swój pojazd. Siła £ jest wtedy sumą sił tarcia działających w kierunku przeciwnym do ruchu samochodu, a
Uzasadnienie równania (9.44) Powróćmy do łyżwiarki i rysunku 9.13. Załóżmy, że w czasie przemieszczania jej środka masy o d jego prędkość ulega zmianie z io na i . Odpowiednie wartości prędkości są ze sobą związane — jak wynika z równania (2.16) — zależnością: v = vi + 2a d. 2
(9.50)
x
gdzie a jest przyspieszeniem łyżwiarki. Pomnóżmy obie strony równania (9.50) przez masę łyżwiarki m i podzielmy je przez 2. Po przeniesieniu wyrazu z v^ na lewą stronę równania otrzymujemy: x
1 jltW
2—
1 •> 5/Ml/g
: ma d.
(9.51)
x
Lewa strona równania (9.51) jest różnicą końcowej energii kinetycznej £ k o ń c środka masy łyżwiarki i jego początkowej energii kinetycznej £ Ta różnica stanowi zmianę energii kinetycznej A £ środka masy związaną z działaniem k
k
k
9 . 8 . Siły zewnętrzne i zmiany energii wewnętrznej
223
sj)y F. Zapisując lewa stronę równania ( 9 . 5 1 ) j a k o A E j c , a p o prawej stronie podstawiając Fcos
=
p
d
COS0.
co zamierzaliśmy wykazać.
Przykład 9.9
cza na końcu wyskoku. Ze ślepej uliczki, w jaką w ten sposób zabrnęliśmy możemy się wydostać zauważając, że:
Leżący na grzbiecie chrząszcz sprężyk może podskoczyć, wygi
mią. Energię mechaniczną w punkcie największego wzniesienia
skoków chrząszcza wynika, że środek masy chrząszcza o masie 4 • 10~
6
chrząszcza możemy wyznaczyć, gdyż wiemy, jaka jest wtedy jego
kg w czasie wyskoku wzniósł się pionowo w górę
prędkość ( u =
na wysokość 0,77 mm, a całkowita wysokość skoku sprężyka wy niosła h = 0 . 3 m. Wyznacz średnią wartość siły zewnętrznej
stała od chwili za
końcu wyskoku, jak na największej wysokości chrząszcza nad zie
słyszalny trzask. Z analizy zapisu na taśmie wideo jednego z pod
=
układu jest
kończenia wyskoku, a więc w szczególności jest taka sama na
nia się na energię mechaniczną. Towarzyszy temu całkiem dobrze
m
2 . Energia mechaniczna
O—ł
nając gwałtownie grzbiet, przy czym energia jego mięśni zamie
0) i jego wysokość nad ziemią (y =
h). Mamy za
tem:
F,
£mech.i =
działającej na grzbiet chrząszcza ze strony podłoża podczas jego
£
+
k
£
=
p
Podstawiając tę wartość
wyskoku.
\mv £
meC
+ mgy
2
h.i
=
0 + mgh
oraz £ ech.o m
=
=
mgh.
0 do równania
(9.52), dostajemy: A£
ROZWIĄZANIE:
7. W czasie wyskoku energia wewnętrzna chrząszcza za mienia się w energię mechaniczną układu chrząszcz-Ziemia. przy czym ta ostatnia wzrasta o AE hZamiana energii odbywa się za pośrednictwem sity zewnętrznej F. Aby wyznaczyć wartość tej
związek
energii
Oznaczmy
przez
E
m
K
o energię
h
przed wyskokiem chrząszcza,
a przez
mechaniczną £
mec
h.i
mechaniczną na końcu wyskoku. Zmiana A £ A£
—
m e c h
i,.
jego
energię
wynosi zatem:
A
0 =
mgh -
E
m
x
h
(9.53)
mgh.
z silą zewnętrzną.
Zapiszemy
= F d cos
r
wartością
d jest wartością
działającej
na
przemieszczenia
(0.77
chrząsz mm)
środka masy chrząszcza w czasie wyskoku (tzn. wtedy, gdy działa na niego siła zewnętrzna), a 0 ( =
0") kątem między kierunkami
siły zewnętrznej i przemieszczenia. Wyznaczając F<.
T
z równania (9.54) i korzystając ze związku
(9.53). otrzymujemy: Musimy
teraz
znaleźć
£
mec
h.]
i
£m«h.o.
Przyjmijmy,
że
gdy
_ A£ ' śr — d cos
chrząszcz-Ziemia wynosi £ .o =
0. Przed skokiem energia kine-
p
tyczna środka masy chrząszcza jest także równa zeru: £k.o = a
zatem
początkowa
energia
mechaniczna
£
meC
h.o
równa 0. Niestety, nie potrafimy wyznaczyć energii £ nie znamy ani energii kinetycznej £
k
_
m e c h
chrząszcz leży spokojnie na podłożu, energia potencjalna układu
=
0,
mgh
tj>
1.5 • 1 0
- 2
_
(4 • 1 0 "
d cos
6
kg) ( 9 . 8 m / s ) ( 0 . 3 :
m)
(7.7 • 10-» m ) ( c o s 0 = )
N.
(odpowiedź)
układu j est
Ta wartość siły może ci się wydać dość mała. lecz dla sprężyka
h . i . gdyż
jest ona olbrzymia, gdyż — j a k możesz łatwo obliczyć — w czask
mec
i, ani prędkości v\ chrząsz
wyskoku chrząszcza nadaje mu ona przyspieszenie ponad 380g.
Podsumowanie Środek
masy
Środkiem
masy
układu
n
cząstek
nazywamy
punkt o współrzędnych: 1
"
przy czym m„ jest całkowitą masą układu. Jeśli masa ciała jesl rozłożona w sposób ciągły, to środek masy tego ciała jest zdefi
1
"
1=1
1
niowany jako punkt o współrzędnych:
"
•« . = 1
• ŚM = V
(9.5)
—
m
u
f
J
xdm.
Y
Ś
M
=
— M
U
[
J
ydm.
t:
Ś M
=
—
f
m J u
czyli
m..
224
9. Układy cząstek
Z
s
(9.8)
je
(9.54)
iT
tym / J jest średnią
W równaniu
cza siły zewnętrznej,
(9.52)
— ^ rr
m
mec
układu tuż
h =
mechanicznej
w postaci:
mec
siły z równania (9.46), musimy najpierw znaleźć wartość AZT
m e C
Teraz możemy już skorzystać z równania (9.46), które opisuje
zdm.
(9.9
Jeśli gęstość ciała, czyli masa jego jednostki objętości jest stałi (ciało jest jednorodne), to równanie (9.9) przybiera postać:
*ŚM
l
=
/
^dV,
y
11
=
Ś M
ydV.
z
Ś M
i
=
|
przy czym
zdV.
wskaźniki
pocz
i końc odnoszą
się do wartości
P
w pewnej chwili przyjętej za początkową i w pewnej chwili póź
(9.11) przy czym V jest objętością ciała.
niejszej, którą przyjęliśmy za końcową. Równania (9.29) i (9.30) są równoważnymi
sobie
sformułowaniami
zasady
zachowania
pędu.
Druga
zasada
dynamiki
Newtona
dla układu
cząstek
Ruch
śodka masy dowolnego układu cząstek jest opisany przez drugą n s a d ę dynamiki Newtona dla układu cząstek w postaci:
£»-yp = ' " u 2 Ś M -
Układy
o zmiennej
masie
Jeśli
masa układu zmienia
się. to
analizujemy większy układ taki. aby jego masa pozostawała
(9.14)
zmian;
bez
dla takiego układu zasada zachowania pędu jest spełniona.
W przypadku rakiety układ taki zawiera rakietę i gazowe produkty W tym równaniu £
nych, działających na układ. m —
zewnętrz
jest wypadkową wszystkich sił
w y p
u
— całkowitą masą układu, a
fl
SM
przyspieszeniem środka masy układu.
spalania paliwa. Analiza tego układu wykazuje, że pod nieobec ność sił zewnętrznych rakieta porusza się ruchem przyspieszonym, którego przyspieszenie chwilowe jest dane równaniem: fltW,
ł\d i druga zasada pęd
dynamiki
Newtona
Dla pojedynczej cząstki
definiujemy jako:
przy czym m
=
(9.42)
m a. u
jest chwilową masą rakiety (w tym paliwa, które nie
u
zostało jeszcze zużyte), R — szybkością spalania paliwa, a t\ p =
(9.22)
mv,
—
prędkością
spalin względem
rakiety. Wielkość
Rv
vzg
i
nazy
nzgl
wamy siłą ciągu silnika rakiety. Dla rakiety, dla której wartości co pozwala zapisać drugą zasadę dynamiki jako:
R
i r'wz2i są stałe, a jej prędkość zmienia się z u ^
jej masa zmienia się z » !
Dla układu cząstek powyższe związki przybierają postać:
P
oraz
= mv a
£
W V B
'
H
=
dP
— dt
.
i w
( 9 . 2 5 . 9.27)
Siły zewnętrzne
-
na » i
u p o c z
i'pocz =
i zmiany
u k 0
noc
m
u
m
u
i\«gi In
energii
na v „ic. gdy kc
otrzymujemy:
ńc,
Z
•
(9.43)
końc
wewnętrznej
Zmiany energii
w obrębie układu polegające na zamianie energii wewnętrznej na mechaniczną lub odwrotnie, mogą zachodzić za pośrednictwem
Zachowanie
pędu
Jeśli układ jest izolowany, tzn. wypadkowa
działających na niego sił zewnętrznych jest równa zeru, to pęd
siły zewnętrznej F. Zmiana energii &E„ „
układu P pozostaje stały:
P
— const
A£«
(układ zamknięty i izolowany).
(9.29)
wewnętrznej układu
m
jest związana z siłą zewnętrzną zależnością:
przy
czym
d
jest
w
.
n
= - £ d c o s 0 .
przemieszczeniem
(9.49)
środka
masy
układu,
a
P
pCKl
=
F
(układ zamknięty i izolowany),
k o ń c
Pytania 1.
,
Na rysunku
mechanicznej wynosi:
9.15
z których
A£
m K
h
=
A£
k
+
A£
p
=
Fdcostp.
(9.46, 9.45)
przedstawiono
towe płyty metalowe,
(9.30)
cztery jednorodne
y
kwadra
wycięto pewne ich części.
y
Je
śli układ współrzędnych wybierzemy tak, że jego początek znaj dzie
się
w
środku
płyty
wyjściowej,
usuniętej z każdej płyty będzie leżeć
to
środek
w początku
masy
części
tego układu.
Określ miejsce, w którym leży środek masy płyty po usunięciu z niej każdej z tych części, podając ćwiartkę układu, prostą lub punkt.
2 . Dobry koszykarz potrafi podczas wyskoku pod koszem niemal zawisnąć w powietrzu, co daje mu więcej czasu na przerzucenie piłki z ręki do ręki i trafienie nią do kosza. Czy czas
przeby
wania gracza w powietrzu wzrośnie, zmaleje, czy pozostanie bez zmiany, jeśli nogi?
w czasie
wyskoku podniesie
c)
d)
on w górę ręce lub Rys.
9 . 1 5 . Pytanie 1
Pytania
225
3.
Jak
sunku na
pokazano 9.16,
lewym
rodnych L.
na
brzegu
sań
o
układu tych trzech cząstek:
ry
pingwin
a) jest nieruchomy, b) porusza się
w prawo ze stałą prędkością, c) porusza się w prawo ruchea
stoi
przyspieszonym?
jedno
długości
spoczywających
7. Pojemnik ślizgający się bez tarcia po powierzchni wzdłuż o s i x
na po
wierzchni lodu, po którym
wybucha i rozpada się na trzy części. Każda z tych części porusza
Rys. 9 . 1 6 . Pytanie 3
się następnie wzdłuż osi x,
mogą się one poruszać bez tarcia. Pingwin ma taką samą masę jak sanie, a) Gdzie znajduje się środek masy sań? b) Jak daleko od tego punktu i w jakim kie runku od niego znajduje się środek masy układu sanie-pingwin? W pewnej chwili pingwin zaczyna dreptać w prawo po sa
w kierunku wskazanym na rysunła
9.19. W tabeli podano wartości pędu poszczególnych części Pi
p\.'
i Pi (w kg • m/s) dla czterech różnych przypadków. Uszereg^
te przypadki według wartości prędkości początkowej pojemnika,' od wartości największej do najmniejszej.
niach, przechodząc na ich prawy brzeg, przy czym sanie ślizgają się po lodzie, c) Czy środek masy układu sanie-pingwin przesuwa
P i
się wówczas w prawo, w lewo, czy nie zmienia swego położenia? d) Jak daleko od środka masy układu sanie-pingwin i w jakim od niego kierunku znajduje się środek masy sań po przejściu pin gwina na prawy brzeg sań? e) Jak daleko przemieścił się pin
Rys. 9 . 1 9 . Pytanie 7
gwin względem sań? Jak daleko przesunął się przy tym wzglę dem środka masy układu pingwin-sanie: 0 środek sań, g) pingwin (rozgrzewka przed zadaniem 19)?
Pi
P2
P i
6
(a)
10
2
(b)
10
6
2
4. Przeanalizuj ponownie pytanie 3 i rysunek 9.16 zakładając te
(c)
2
10
6
raz, że sanie i pingwin poruszają się początkowo w prawo z pręd
(d)
6
2
10
kością i>o. a) Czy prędkość v sań, gdy pingwin drepcze na ich prawy brzeg jest mniejsza, większa, czy równa uo? b) Czy pręd kość sań, gdy pingwin przechodzi z powrotem na ich lewy brzeg, jest mniejsza, większa, czy równa i>o?
8.
Statek kosmiczny poruszający się wzdłuż osi x dzieli się
pokazanych na rysunku 9.20 mogą ilustrować zależność od c z a s położenia statku i dwóch jego części? b) Które z linii na
5.
Na rysunku 9.17
•
dwie części, jak holownik z rysunku 9.9. a) Które z wykresów
v&
przedstawiono widok z góry czterech czą
wykresach odnoszą się do tej części statku, która pozostaje w rsk
stek o jednakowych masach, ślizgających się bez tarcia po pod
za drugą? c) Wykresy wybrane w punkcie (a) uszereguj wedhe
łożu
ze
stałymi
prędkościami.
Kierunki
ich
prędkości
poka
zano na rysunku, a wartości
wartości względnej prędkości części najmniejszej.
ich prędkości są takie same.
y
Przeanalizuj różne pary czą
[m]
stek i odpowiedz, które pary tworzą taki układ, że jego środek masy: a) jest nieru chomy, b) jest nieruchomy i znajduje się w początku układu jest
współrzędnych,
ruchomy,
a
w
c)
czasie
tego ruchu przechodzi przez początek układu współrzęd nych.
Rys. 9 . 1 7 . Pytanie 5
6 . Na rysunku 9.18 przed stawiono trzech działają
widok
cząstek, siły
z
góry
na
które
zewnętrzne.
Wartości i kierunki sił dzia łających na dwie z tych czą
• 1
3
•
5N
stek pokazano na rysunku. Jaka jest wartość i kierunek siły, działającej cząstkę, jeśli
226
2*"
3N
na trzecią
środek masy
9 . Układy cząstek
Rys. 9 . 1 8 . Pytanie 6
Rys. 9 . 2 0 . Pytanie 8
statku, od największej ó t
9.
Pudło porusza się jak urna wyborcza z przykładu 9.5 ze stałą
prędkością w dodatnim kierunku osi x. Nagle wybucha i rozpada sie na dwie części. Jedna z tych części o masie m,
ma po wybuchu
prędkość v\ dodatnią, a druga o masie ni;, prędkość u?: a) dodatnią (rys.
b)
a)
c)
9.21a), b) ujemną (rys. 9.21b), c ) równą zeru (rys. 9.21c).
Uszereguj te trzy przypadki według wartości prędkości
v\,
od
Rys.
9 . 2 1 . Pytanie 9
•ąjwiększej do najmniejszej
Zadania www
Rozwiązanie jest dostępne na stronie internetowej pod
ilw
Rozwiązanie jest
ręcznika: http://www.wiley.com/college/hrw dostępne
w postaci
interaktywnej,
wykorzystującej oprogramowanie Interactive LearningWare (na tej samej stronie)
.v =
ści płyty, jaka pozostała po 6 m
wycięciu kwadratu.
Na
dano
masy
0. Wyznacz:
rzędną y środka masy czę
6.
9.2. Środek
2 m, y =
a) współrzędną x, b) współ
rysunku
wymiary
9.25
po
płyty,
zło
żonej z dwóch materiałów
1 . a) Jak daleko od środka Ziemi znajduje się środek masy układu Złemia-Księżyc (odległość Ziemi i Księżyca oraz ich masy znaj dziesz w dodatku C)? b) Jaka to część promienia Ziemi /?z?
— z
jedna
węgla (CO) znajdują się w odległości 1,131 • I O "
10
m od siebie.
połowa (o
jest
gęstości
Rys.
9 . 2 4 . Zadanie 5
2,7 g / c m ) , a druga z żelaza 3
(o 2. Środki atomów węgla i tlenu w cząsteczce gazowego tlenku
jej
aluminium
gęstości
Gdzie
7,85
znajduje
g/cm ). 3
się
środek
masy tej płyty?
Wyznacz położenie środka masy cząsteczki CO względem atomu węgla (masy atomów C i O znajdziesz w dodatku F ) .
3 . Znajdź: a) współrzędną*, b)
współrzędną
y
[m]
środka
y
2
masy układu trzech cząstek, przedstawionego na rysunku
2,8 cm .8
kg
k
1
4kg
9.22. c) Jak będzie zmieniać się położenie
tego
iikjL 1
środka
2
3
-x[m]
masy, gdy masa położonej najwyżej cząstki będzie się stopniowo zwiększać?
Rys.
9 . 2 2 . Zadanie 3 Rys.
4.
Trzy cienkie pręty, każ
9 . 2 5 . Zadanie 6
3m
dy o długości L ustawiono
7. W cząsteczce amoniaku NH3 (rys. 9.26) trzy atomy wodoru (H)
tak.
odwróconą
znajdują się w wierzchołkach trójkąta równobocznego, w odległo
pokazano na
ści 9 , 4 - 1 0 ~ " m od środka tego trójkąta. Atom azotu (N) znajduje
że tworzą
literę U, jak rysunku
9.23.
Pręty
usta
się w wierzchołku ostrosłupa prawidłowego, którego podstawą jest
wione pionowo mają każdy
trójkąt utworzony przez atomy wodoru. Stosunek mas atomów
masę ra, a trzeci
azotu
pręt ma
masę 3m. Znajdź położenie środka masy układu prętów.
5.
Rys.
9 . 2 3 . Zadanie 4
Z jednorodnej płyty kwadratowej o boku równym 6 m wycięto
i
wodoru
13,9,
a
azotu
od
mów
wodoru
wynosi
odległość każdego
10,14-10-"
jest m.
atomu z
położenie środka masy cząsteczki
cie o współrzędnych x =
sunku do atomu azotu,
O, a środek wycięcia — w punkcie
m
równa
współrzędnych wybrano tak, że środek płyty znajduje się w punk y =
11
Wyznacz
kwadrat o boku 2 m na środku jednej z krawędzi (rys. 9.24). Układ
amoniaku
^ - 1 0 , 1 4 • IO"
ato
w
--
9,4 • 10
m
sto ilw
Rys. 9 . 2 6 . Zadanie 7
Zadania
227
8 . Na rysunku 9.27 przed
13.
stawiono pudetko w kształ
czono swobodnie w chwili
cie
t = 0. a drugi o masie dwa
sześcianu
zbudowane
Jeden
kamień
z płyty metalowej o stałej
razy
większej
gęstości
szy,
upuszczono
i
znikomo
łej
grubości.
ma
ściany
krawędź cm.
Pudełko
górnej,
ma
rzędną
b)
x.
a)
nie
niż
pierw swobod
nie z tego samego punktu 40 cm
a jego
długość
Wyznacz:
ma
upusz
40
współ
w
chwili
a)
W jakiej odległości
punktu
współrzędną
mieni
t
100
=
ms.
wypuszczenia znajduje
środek
ich
masy pudełka.
300 ms (przyjmij, że żaden kamieni
w
się
y. c) współrzędną z środka
z
masy
od ka
chwili
nie
t
=
spadł jesz
9". Walcowa puszka do napojów o masie m . wysokości H i stałej
cze na ziemię)? b) Ile wy
gęstości jest początkowo wypełniona napojem gazowanym o ma
nosi prędkość ruchu środka
sie m (rys. 9.28). Następnie robimy niewielkie otwory w środku
masy kamieni w tej chwili?
u
ilw
obydwu podstaw walca, aby opróżnić puszkę z napoju. Oznaczmy przez h wysokość środka masy puszki i zawartego w niej napoju.
Rys.
Ile wynosi Ir. a) przed wypuszczeniem napoju z puszki, b) po cał
14.
kowitym
o masie 1000 kg stoi przed
jej
opróżnieniu?
Samochód
9 . 2 9 . Zadanie 12
osobowy
c) Jak zmienia się wartość
skrzyżowaniem, czekając na zmianę świateł. W chwili, gdy zapali
h w czasie wypływania na
się zielone światło samochód rusza ze stałym przyspieszenia*,
poju z puszki? d) Oznacz
równym 4 m/s . W tej samej chwili wyprzedza go ciężarówki
przez x wysokość słupa na
0
poju w puszce w określonej
a) Jak daleko od sygnalizatora znajdzie się środek masy układi
chwili i wyznacz wartość .v
samochód-ciężarówka w chwili t =
w chwili, gdy środek masy
rusza w chwili t
puszki
i zawartego w niej
chwili środek masy samochodu i ciężarówki?
napoju
znajduje
żej,
H
2
=
mfi.
3 s (przyjmij, że samochód
0)? b) Z jaką prędkością porusza się w tej
się najni
wyrażając x przez »i„. i
masie 2 0 0 0 kg. jadąca ze stałą prędkością o wartości 8
1 5 . Granat zostaje wystrzelony z prędkością początkową VQ O war
m.
Rys.
9 . 2 8 . Zadanie 9
tości 20 m/s, pod kątem 6 0
:
do poziomu. W najwyższym punkck
toru granat wybucha i rozpada się na dwie części o jednakowMl masach (rys. 9.30). Jedna z tych części, która ma tuż po wybuchu
9 . 3 . Druga zasada dynamiki N e w t o n a dla układu cząstek
prędkość równą zeru. spada pionowo na ziemię. Jak daleko od wyrzutni spadnie na ziemię druga część granatu, jeśli teren jest plaski, a opór powietrza można pominąć?
10.
Dwie
łyżwiarki. jedna
o
masie
65
kg
i druga
o
masie
40
kg stoją na lodowisku, trzymając za końce tyczkę o długości
10
m i znikomo małej masie. W pewnej chwili zaczynają ciągnąć
wybuch
tyczkę, chwytając ją coraz dalej i w ten sposób zbliżają się do siebie aż do chwili, gdy się spotkają. O ile przemieszcza się przy tym łyżwiarka o masie 4 0 kg?
1 1. Stary Chrysler o masie 2 4 0 0 kg jedzie po prostym odcinku drogi z prędkością 8 0 km/h, a za nim jedzie Ford o masie 1 6 0 0 kg. Rys.
którego prędkość wynosi 6 0 km/h. Z jaką prędkością przemiesz
9 . 3 0 . Zadanie 15
cza się przy tym środek masy obydwu samochodów? 16. 12.
Człowiek o masie m\
trzyma się drabinki sznurowej, zwisa
Gigantyczna oliwka (o masie ;;i| =
0,5
kg) znajduje sie
w początku układu współrzędnych, a gigantyczny orzech brazylij
jącej z gondoli balonu o masie m i — patrz rysunek 9 . 2 9 . Balon
ski (o masie » i ; =
pozostaje w spoczynku względem ziemi, a) W jakim kierunku
m na płaszczyźnie .w. W chwili t =
i z jaką prędkością (względem ziemi) będzie poruszać się balon,
łać siła: F] =
gdy człowiek zacznie wspinać
Wyznacz przemieszczenie środka masy układu oliwka-orzech. od
się po drabince z prędkością
v
(w stosunku do drabiny)? b) Czy i jak będzie poruszał się balon,
chwili t =
jednostkowych.
9 . Układy cząstek
0 na oliwkę zaczyna dzia
(2i + 3j) N . a na orzech siła: f i =
gdy człowiek przestanie się wspinać?
228
1.5 kg) — w punkcie o współrzędnych (1. 21
0 do chwiii t =
(—3i -
2j) N.
4 s i zapisz je za pomocą wektorów
17. Dwa jednakowe naczynia z cukrem połączone są linką o zni-
21.
feKDO
biec. aby mieć taki sam pęd. jak samochód o masie
malej masie, przełożoną przez krążek o średnicy 5 0 mm
(rys.
9.31).
Kłła
o
i może
którym się
naczynia
wej
z nich jenie catru
on
zakładamy, obracać
znajdują
się
ma masę 500 g.
na
że jego
bez
tarcia.
tym
masa jest W
samym
a) Jakie jest
początko
poziomie
i
każde
wówczas poziome poto-
z jednego naczynia do drugiego, ale nie pozwalamy im
aaasy.
swego
położenia.
licząc
od
symetrii
pionowej
lżejszego
czamy
naczynia,
u
pozwala
porusza
się
l
I
środek masy naczyń z cu krem? d)
Ile
wynosi jego
c) kierunek zmiany pędu ciężarówki?
A
24.
Rys.
dzie współrzędnych zazna
9 . 3 1 . Zadanie 17
mieniają się oni miejscami, które są odległe od siebie o 3 m i są położone symetrycznie względem środka łódki. Ricardo zauważa, że łódka przesuwa się przy tym o 4 0 cm względem znajdują cej się w wodzie gałęzi i na tej podstawie szybko oblicza masę Carmelity. której ta nigdy nie chciała mu zdradzić. Ile wynosi masa Carmelity?
Jak pokazano na rysunku 9.32a. pies o masie 4.5 kg stoi na
przechodzi
nia się przy odbiciu na prze ciwną, a jej składowa .v nie
czym
Załóż,
się że
barką a wodą nie wy
m
"
was
kąt 9 na rysunku 9.33? b) Ile wynosi zapisana
zmiana za
pędu
pomocą
bili.
/
wek
/30°
torów jednostkowych? Fakt. że bila toczy się po stole nie
X
ma wpływu na odpowiedź
25.
Rys.
9 . 3 3 . Zadanie 24
Stwierdzono, że wektor położenia przedmiotu, wyznaczony
za pomocą radaru jest dany wyrażeniem: r =
(3500 — 160f)i
+
dach. Oś .v skierowana jest na w schód, oś y — na północ, a oś z
za
mie
—
k.
ulega zmianie, a) Ile wynosi
2700j + 300k. przy czym r jest wyrażone w metrach, a t w sekun
2.4 m po barce w kierunku
dz)
skła
na żadne z tych pytań.
barce o masie 18 kg. znajdując się w odległości 6.1 m od brzegu.
trzymuje.
na rysunku,
dowa y prędkości bili zmie
chwili, gdy łódka jest nieruchoma na spokojnej wodzie, za
po
kg i prędkości początkowej o wartości
sunku 9.33. na którym przedstawiono widok stołu z góry. W ukła
podziwiają o zmierzchu jezioro Merced z łódki o masie 30 kg.
brzegu,
Bila o masie 0.165
ilw
2 m/s odbija się od bandy stołu bilardowego, jak pokazano na ry
1 8 . Ricardo o masie 80 kg i Carmelita. która jest od niego lżejsza,
pies
km/h. skręca w pewnej chwili na wschód i przyspiesza
do prędkości 51 km/h. a) Ile wynosi zmiana energii kinetycznej
czonym
przyspieszenie?
Następnie
Ciężarówka o masie 2 1 0 0 kg jadąca na północ z prędko
ścią 41
ciężarówki przy tym manewrze? Jakie są przy tym: b) wartość,
na
jąc im się poruszać. W jakierunku
23.
m
czynia? c) Następnie pusz
19.
Piłka o masie 0.7 kg porusza się poziomo z prędkością 5 m/s i
uderza w pionową ścianę. Prędkość piłki po odbiciu od ściany ma wartość 2 m/s. Jaka jest wartość zmiany pędu piłki przy opisanym
łażenie poziome ich środka
W
22.
odbiciu?
Jride jest wtedy nowe po
łrm
1600 kg.
jadący z prędkością 1.2 km/h?
ich środka masy? b) W pewnej chwili przenosimy 20 g
mienić
aa
chwili
znikomo
Załóż, że twoja masa wynosi 80 kg. Jak szybko musiałbyś
— L.
6,1 m
stępuje tarcie i oblicz, jak
pionowo do góry. Okazało się. że przedmiotem tym jest sonda
meteorologiczna o masie 250 kg. a) Ile wynosi pęd sondy? b) Jaki
-
jest kierunek ruchu sondy? c) Ile wynosi wypadkowa działających
a)
na nią sił?
daleko od brzegu znajduje się
pies.
kończąc
Wskazówka:
sunek 9.32b — sza w
się
w
prawo,
spacer.
Spójrz na ry
lecz
a
barka
czy
zmie
kg. a prędkość ma wartość
<
15 m/s i jest skierowana pod kątem 35" w dół od poziomu, zderza
^
się z kijem odbijającego ją gracza. Wyznacz wartość zmiany pędu pitki w wyniku jej odbicia, gdy po odbiciu jej prędkość: a) ma
przemieszczenie barki d
b
nia się przy tym położenie b)
środka masy układu barka + pies? w w w
Piłka, której masa wynosi 0.3
p
pies poru
lewo.
26.
przemieszczenie psa d
Rys.
wartość 20 m/s i jest skierowana pionowo w dół. b) ma wartość 20 m/s i jest skierowana poziomo w kierunku gracza, który ją rzucił w stronę odbijającego.
9 . 3 2 . Zadanie 19
9.5. Pęd układu cząstek
9.6. Z a c h o w a n i e pędu 2 7 . Leżący na podłodze człowiek o masie 91 kg rzuca w bok po
20.
Jak szybko musi poruszać się Volkswagen ..garbus" o masie
podłodze kamień o masie 68 g. nadając mu prędkość o wartości
816 kg. aby: a) miał taki sam pęd jak Cadillac o masie 2 6 5 0 kg. ja
4
dący z prędkością 16 km/h. b) miał taką samą energię kinetyczną,
podłodze, jeśli żarów no on. jak i kamień poruszają się po podłodze
m/s. Z jaką prędkością zaczyna się wówczas sam ślizgać po
jak ten Cadillac?
bez tarcia?
Zadania
229
1 kg i 3 kg są połączone sprężyną
w zadaniu, są skierowane wzdłuż jednej prostej. Oblicz łączną
i znajdują się w spoczynku na powierzchni, po której mogą poru
energię kinetyczną obydwu części pojazdu: c) przed, d) po ich
szać się bez tarcia. Obydwa klocki zostają następnie wprawione
odłączeniu się od siebie. Wyjaśnij przyczynę ewentualnej różnicy
w ruch ku sobie, przy czym klocek o masie
tych wartości.
28.
Dwa klocki o masach
l kg porusza się
w chwili początkowej z prędkością 1,7 m/s w kierunku ich środka masy, który nie zmienia swego położenia. Ile wynosi w chwili
34.
Kocher o masie 4 kg ślizga się bez tarcia po podłodze. W pew
nej chwili rozpada się on na dwie części o masach 2 kg, z których
początkowej prędkość drugiego klocka?
jedna porusza się na północ z prędkością 3 m/s, a druga — pod Człowiek o masie 75 kg jedzie wózkiem o masie 39 kg po
kątem 30° na północ względem kierunku wschodniego, z prędko
ruszającym się z prędkością 2,3 m/s. W pewnej chwili wyskakuje
ścią 5 m/s. Ile wynosiła prędkość kochera przed jego rozpadem?
29.
z wózka, przy czym składowa pozioma jego prędkości względem ziemi jest równa zeru. Jak zmienia się przy tym prędkość wózka?
35.
Pewne jądro promieniotwórcze może zamienić się w inne
jądro, wysyłając elektron i neutrino (neutrino
to jedna z cząstek
Zabawka mechaniczna ślizga się bez tarcia po podłodze. Ruch
elementarnych). Przyjmij, że przed rozpadem jądro znajduje się
zachodzi wzdłuż osi x i odbywa się z prędkością (—0, 4 m/s)i.
w spoczynku, oraz że elektron i neutrino wysyłane są w kierun
W
kach wzajemnie prostopadłych, a wartości ich pędów wynoszę
30.
pewnej chwili
uruchamiają się dwie wewnętrzne
sprężynki
i zabawka rozpada się na trzy części o masach i prędkościach
1,2 • 1 0 ~
podanych w tabeli. Ile wynosi prędkość części A?
trina. Jądro zostaje przy tym wprawione w ruch (doznaje odrzutu),
2 2
kg • m/s dla elektronu i 6,4 • 1 0 "
2 3
kg • m/s dla neu
a) Ile wynosi wartość pędu jądra końcowego? Jaki kąt tworzy kie Część
Masa [kg]
Prędkość [m/s]
runek ruchu tego jądra z kierunkiem ruchu: b) elektronu, c) neu
A
0,5
?
trina? d) Ile wynosi energia kinetyczna tego jądra, jeśli jego masa
B
0,6
0,2i
C
0,2
0,3i
wynosi 5,8 • 1 0 "
36.
2 6
kg?
ilw
Cząstki A i B znajdują się na końcach ściśniętej sprężyny:
Gdy sprężyna zostaje zwolniona, odpycha ona te cząstki od siebie, Pojazd kosmiczny porusza się z prędkością 4 3 0 0 km/h wzglę
w wyniku czego rozbiegają się one w przeciwnych kierunkach,
dem Ziemi, gdy zużyty człon napędowy zostaje odłączony od ka
przy czym żadna z nich nie styka się ze sprężyną. Masa cząstki
biny statku i odrzucony w tył z prędkością 82 km/h względem
A jest 2 razy większa od masy cząstki B, a energia ściśniętej
kabiny. Masa członu jest czterokrotnie większa od masy kabiny.
sprężyny jest równa 60 J. Przyjmij, że masa sprężyny jest znikomo
31.
Ile wynosi prędkość kabiny względem Ziemi, tuż po odłączeniu
mała i że cała jej energia zostaje przekazana cząstkom. Wyznacz
od niej członu napędowego?
energię kinetyczną: a) cząstki A. b) cząstki B po ich oddzielenie się od sprężyny.
32.
Platforma kolejowa o ciężarze W może toczyć się bez tarcia
po prostym torze poziomym. Na platformie znajduje się człowiek
37.
o ciężarze w (rys. 9.34). Początkowo człowiek stoi na platformie
z prędkością 200 m/s. gdy w wyniku wybuchu w jego wnętrza
Ciało o masie 20 kg porusza się w dodatnim kierunku osi i
bez ruchu, a platforma toczy się w prawo z prędkością uo- Jak
rozpada się ono na trzy części. Jedna z tych części o masie 10 k s
zmieni się prędkość platformy, gdy człowiek zacznie biec po niej
porusza się po wybuchu z prędkością 100 m/s w dodatnim kie
w lewo (jak na rysunku) z prędkością u gi względem platformy?
runku osi y, a druga, o masie 4 kg porusza się w ujemnym kie
WZ
runku osi x z prędkością 500 m/s. a) Ile wynosi prędkość trzeciej ruch
^
części (o masie 6 kg)? b) Ile wynosi energia uwolniona w czasie
w
wybuchu? Pomiń zjawiska związane z działaniem siły ciężkości, ilw
38.
www . Ciało o masie m i prędkości v względem pewnego obserwa
tora rozpada się na dwie części, z których jedna ma masę trzy razy większą od drugiej. Wybuch następuje w przestrzeni kosmicznej. Cząstka o mniejszej masie zatrzymuje się w układzie obserwa Rys.
9 . 3 4 . Zadanie 32
33.
W
tora. Ile wynosi energia przekazana układowi w trakcie wybuchu, mierzona w układzie odniesienia obserwatora?
końcowej fazie
lotu pojazd
rakietowy
poruszający
się
z prędkością 7 6 0 0 m/s składa się z dwóch połączonych ze sobą
39.
części: członu napędowego o masie 290 kg i kapsuły z ładunkiem
Dwie z nich o jednakowych masach rozbiegają się w kierunkach
Nieruchome naczynie wybucha i rozpada się na trzy części
o masie 150 kg. W trakcie rozłączania tych części zwolniona sprę
wzajemnie prostopadłych z prędkościami o jednakowych warto
żyna odpycha je od siebie z prędkością względną 9 1 0 m/s. Ile wy
ściach. Trzecia część ma masę trzykrotnie większą od masy każdej
nosi prędkość: a) członu napędowego, b) kapsuły z ładunkiem po
z pozostałych. Wyznacz wartość i kierunek prędkości tej części
ich rozłączeniu? Załóż, że wszystkie prędkości, o których mowa
zaraz po wybuchu.
230
9. U k ł a d y cząstek
40.
C i a ł o o masie 8 kg porusza się z prędkością 2 m / s , przy
4 7 . J a k p o k a z a n o n a r y s u n k u 9 . 3 5 , d w i e d ł u g i e barki p ł y n ą w tę
c z y m n i e d z i a ł a j ą n a n i e ż a d n e siły z e w n ę t r z n e . W p e w n e j c h w i l i
s a m ą stronę po spokojnej wodzie, j e d n a z prędkością
następuje w y b u c h i c i a ł o r o z p a d a się n a d w a k a w a ł k i o m a s a c h
a d r u g a z p r ę d k o ś c i ą 2 0 k m / h . G d y j e d n a z nich w y p r z e d z a d r u g ą ,
po 4 kg k a ż d a .
z wolniejszej na szybszą przesypywany jest węgiel z szybkością
W
wyniku
wybuchu
ciało zyskuje energię
J . która z o s t a j e z a m i e n i o n a n a e n e r g i ę k i n e t y c z n ą . O b i e
16
części,
j a k i e r o z p a d ł o się c i a ł o p o r u s z a j ą się w z d ł u ż k i e r u n k u r u c h u
10 km/h.
1 0 0 0 k g / m i n . O ile m u s i w z r o s n ą ć siła w y t w a r z a n a p r z e z silnik: a) szybszej, b) wolniejszej
barki, jeśli prędkość
ciała p r z e d j e g o r o z p a d e m . W y z n a c z w a r t o ś ć i k i e r u n e k p r ę d k o ś c i
m a pozostać niezmieniona? Załóż, że węgieł jest
każdej c z ę ś c i c i a ł a p o r o z p a d z i e .
dokładnie w kierunku prostopadłym
każdej z
nich
przesypywany
d o kierunku ruchu
barek,
o r a z ż e siła t a r c i a m i ę d z y b a r k ą a w o d ą nie z a l e ż y o d m a s y b a r k i .
5 , 7 . U k ł a d o zmiennej masie: rakieta - * . Silnik s o n d y k o s m i c z n e j o m a s i e 6 0 9 0 k g l e c ą c e j w
(
kie
runku J o w i s z a d z i o b e m d o p r z o d u , z p r ę d k o ś c i ą w z g l ę d e m S ł o ń c a ; wartości 1 0 5 m/s, zostaje włączony, przy c z y m gazy spalinowe :• m a s i e 8 0 k g z o s t a j ą w y r z u c o n e z p r ę d k o ś c i ą 2 5 3 m / s w z g l ę d e m sondy. Ile w y n o s i k o ń c o w a p r ę d k o ś ć s o n d y ? -2.
Rakieta
? - 10
3
oddala
się od U k ł a d u
Słonecznego
z
prędkością
m / s . W p e w n e j c h w i l i z o s t a j e w ł ą c z o n y silnik, k t ó r y w y -
~ a c a gazy spalinowe z prędkością 3 • 1 0 ' .sa r a k i e t y w y n o s i w t e d y 4 • 1 0
3
m / s w z g l ę d e m rakiety.
kg, a jej przyspieszenie jest
4
. 2 m / s , a ) Ile w y n o s i siła c i ą g u silnika r a k i e t y ? b ) Z j a k ą 2
• • 3Ścią
wyrażoną w kilogramach na sekundę wyrzucane są z
• • i rakiety g a z y s p a l i n o w e ? R a k i e t a z n a j d u j ą c a się d a l e k o w p r z e s t r z e n i k o s m i c z n e j i p o -
Zadanie 4 7
Rys.
9.35.
48.
Rakieta o masie 6 1 0 0 kg m a być wystrzelona pionowo z p o
|ca p o c z ą t k o w o w s p o c z y n k u w z g l ę d e m i n e r c j a l n e g o u k ł a d u ;ienia m a m a s ę r ó w n ą 2 , 5 5 • 1 0 k g , z c z e g o 1,81 - 1 0 ^ k g s t a 5
p a l i w o . W p e w n e j c h w i l i silnik r a k i e t y zostaje w ł ą c z o n y n a ..
2 5 0 s, w k t ó r y m t o c z a s i e p a l i w o j e s t s p a l a n e z s z y b k o ś c i ą kg/s. S p a l i n y s ą w y r z u c a n e z p r ę d k o ś c i ą 3 , 2 7 k m / s w z g l ę -
_ -
rakiety, a ) Ile w y n o s i siła c i ą g u silnika r a k i e t y ? Ile w y n o s i :
Ł Ł » a . c ) prędkość rakiety p o 2 5 0 s pracy j e j silnika? i l w
-
Przeanalizuj
.
- cznej
rakietę,
i pozostającą
znajdującą
się daleko
w spoczynku
w
względem
przestrzeni
wierzchni Z i e m i . Silnik rakiety w y r z u c a gazy spalinowe z pręd k o ś c i ą 1 2 0 0 m / s . J a k a m a s a spalin m u s i b y ć w y r z u c a n a z silnika rakiety w ciągu ł sekundy, jeśli siła ciągu rakiety m a : a) być r ó w n a wartości działającej na rakietę siły ciężkości, b) u m o ż l i w i ć rakie cie uzyskanie skierowanego w górę przyspieszenia początkowego o wartości 21
m/s ? 2
inercjalnego
j o d n i e s i e n i a . Silnik tej r a k i e t y m a z o s t a ć u r u c h o m i o n y n a 3r--i-. c z a s . I l e m u s i w y n o s i ć s t o s u n e k m a s y r a k i e t y n a p o c z ą t k u •_ • )ńcu o k r e s u d z i a ł a n i a silnika, j e ś l i k o ń c o w a p r ę d k o ś ć r a k i e t y _ . d e m inercjalnego układu odniesienia m a być: a) równa prędspalin w z g l ę d e m rakiety, b ) d w u k r o t n i e w i ę k s z a o d p r ę d k o -
9 . 8 . Siły z e w n ę t r z n e i zmiany energii wewnętrznej 49.
W
1 9 8 1 roku Daniel G o o d w i n wspiął się p o
zewnętrznej
ścianie w i e ż o w c a Searsa w C h i c a g o na wysokość 4 4 3 m, korzy stając z przyssawek i m e t a l o w y c h klamer, a) W y z n a c z w przybli
rłlin?
żeniu m a s ę wspinacza i oblicz energię, j a k ą musiał on w y t w o r z y ć -i
•' c e l u s k o r y g o w a n i a toru statku k o s m i c z n e g o l e c ą c e g o w p o
m r ą Księżyca z prędkością 4 0 0 m/s w z g l ę d e m K s i ę ż y c a należy
1 0 0 0 m / s w z g l ę d e m statku. J a k a c z ę ś ć p o -
w e j m a s y statku m u s i b y ć s p a l o n a i w y r z u c o n a z e statku .
z energii wewnętrznej i zamienić j ą na grawitacyjną energię poten cjalną układu Z i e m i a - G o o d w i n ,
masy
wspinać się p o ścianie G o o d w i n wszedł na tę s a m ą w y s o k o ś ć p o schodach wewnątrz budynku?
s : s t a c i spalin, aby u z y s k a ć z a ł o ż o n y w z r o s t j e g o p r ę d k o ś c i ? 50.
-
aby w z n i e ś ć s w ó j ś r o d e k
na p o d a n ą w y s o k o ś ć , b ) Ile w y n i o s ł a b y t a e n e r g i a , g d y b y z a m i a s t
.
S z c z y t M o u n t Everestu znajduje się na wysokości 8 8 5 0 m nad
Wagon towarowy przejeżdża pod wylotem elewatora zbożo-
p o z i o m e m m o r z a , a) J a k a energia potrzebna jest alpiniście o m a
. stałą p r ę d k o ś c i ą 3 , 2 m / s . Z i a r n o s y p i e się d o w a g o n u
sie 9 0 kg d o p o k o n a n i a d z i a ł a j ą c e j n a n i e g o siły c i ę ż k o ś c i , p r z y
siły p o t r z e b n e j d o
w e j ś c i u z p o z i o m u m o r z a n a ten s z c z y t ? b ) Ile b a t o n i k ó w o w a r t o
stałej p r ę d k o ś c i r u c h u w a g o n u z a k ł a d a j ą c , ż e t a r c i e
ści e n e r g e t y c z n e j 1 , 2 5 M J m o ż e d o s t a r c z y ć a l p i n i ś c i e r ó w n o w a ż
^kością 5 4 0 kg/min. W y z n a c z w a r t o ś ć .-~>~ania
igonu o szyny m o ż n a pomininąć.
nej j e j e n e r g i i ? U z y s k a n a o d p o w i e d ź p o w i n n a ci u p r z y t o m n i ć , ż e
Zadania
231
praca wykonana przeciwko sile ciężkości jest bardzo małą częścią
58.
energii zużywanej w czasie wspinaczki górskiej.
która jest praktycznie niezależna od prędkości pojazdu oraz sfli
Ruchowi samochodu przeciwdziała siła tarcia opon o drosj
oporu powietrza, która jest proporcjonalna do kwadratu tej p r a ł 51.
Sprinter o ciężarze 670 N przebiega pierwsze 7 m dystansu
kości. Dla pewnego samochodu o ciężarze
1 2 0 0 0 N całkossiB
w czasie 1,6 s, poruszając się od startu ze stałym przyspieszeniem.
siła oporu F jest dana zależnością: F =
Wyznacz: a) prędkość, b) energię kinetyczną sprintera po 1,6 s
jest wyrażone w niutonach, a v w metrach na sekundę. Obfior
biegu, c) Ile wynosi średnia moc,
wytwarzana przez sprintera
300 +
1 . 8 i r . gdzie K
moc (w koniach mechanicznych) potrzebną do nadania samocł» dowi przyspieszenia o wartości 0.92 m/s , gdy jego prędkość
w tym czasie?
•
2
wartość 80 km/h. 52.
Luksusowy statek pasażerski
Queen
Elizabeth
2
jest napę
dzany generatorem o maksymalnej mocy 92 MW przy prędkości
Z a d a n i e dodatkowe
podróżnej 32,5 węzłów. Jaka siła działa na statek w kierunku ru chu przy tej prędkości (1 węzeł =
59.
1,852 km/h)?
W niektórych rodzajach zestalonej lawy stwierdzono istnieje
poziomych warstw pęcherzyków z gazem, między którymi wys 53.
Pływak porusza się w wodzie ze średnią prędkością o warto
ści 0,22 m/s. Średnia siła oporu hydrodynamicznego, przeciwsta wiająca się jego ruchowi, wynosi 110 N. Jaką średnią mocą musi
pują jedynie nieliczne pęcherzyki pojedyncze (aby się tego 4 wiedzieć, badacze musieli rozcinać zestalone bloki lawy). MaźH to wytłumaczyć w ten sposób, że przy ochładzaniu się lawy
r
cherzyki wznoszące się z dolnych obszarów łączyły się w
dysponować pływak?
warstwy, które potem zastygły przy zestalaniu się jej. P o d o b a 54.
Samochód ma wraz z pasażerami ciężar
1 6 4 0 0 N i jedzie
z prędkością 113 km/h, gdy kierowca zaczyna hamować, do chwili zatrzymania pojazdu. Siła tarcia działająca na koła samochodu ze strony drogi ma wartość 8230 N. Wyznacz drogę, na jakiej
tworzenie się warstw pęcherzyków obserwowano przy
Wznoszące
się z dna szklanki
pęcherzyki
szybko zbierają s t i
w poziome warstwy (rys. 9.36). Pęcherzyki w warstwie wznosy się z prędkością i' , a swobodne pęcherzyki między warstwa w
samochód się zatrzyma.
— 55.
napeł»
niu przezroczystej szklanki spienionym mocnym piwem z beczfe
Kobieta o masie 55 kg skacze pionowo w górę. Szykując
się do skoku, znajduje się w pozycji kucznej, w której jej środek masy jest odległy od podłoża o 4 0 cm. Gdy kobieta odrywa stopy od podłoża, jej środek masy znajduje się 90 cm nad podłożem, a w najwyższym punkcie skoku jest on na wysokości
120 cm.
a) Ile wynosi średnia wartość siły, jaka działa na kobietę ze strony
z prędkością i' , większą od v . s
v
Pęcherzyki odrywające !
od górnego brzegu jednej warstwy dołączają zatem do warsrW wyższej. Można więc założyć, że z górnej części stwy pęcherzyki ubywają z szybkością dy/dt =
i'
s
każdej
i z taką san
szybkością przybywają do jej dolnej części. Załóżmy również, i u = s
2u
w
=
1 cm/s. Z jaką prędkością i w jakim kierunku pon
się środek masy warstwy pęcherzyków?
podłoża, gdy odpycha się ona od ziemi? b) Ile wynosi maksymalna wartość prędkości kobiety w czasie skoku? w w w
56.
Samochód o masie 1500 kg rusza z miejsca i na poziomej
. • • *-• . • •
drodze uzyskuje prędkość 72 km/h w czasie 30 s. a) Ile wynosi energia kinetyczna samochodu po 30 s? b) Ile wynosi średnia moc,
dostarczana przez układ napędu samochodu w tym czasie?
vi warstwa
c) Ile wynosi chwilowa wartość mocy po 30 s przy założeniu, że
pęcherzyków
przyspieszenie pojazdu jest stałe? pęcherzyki 57.
Lokomotywa o mocy
swobodne
1,5 MW zwiększa prędkość pociągu
z 10 m/s do 25 m/s w czasie 6 minut, a) Oblicz masę pociągu.
•••••»•••••••••• J • •»•••,•!••
Wyznacz: b) prędkość pociągu, c) siłę powodującą przyspieszenie pociągu jako funkcję czasu (wyrażonego w sekundach) w ciągu 6 minut, d) Oblicz drogę, jaka zostaje przebyta przez pociąg w tym przedziale czasu.
Rys.
9 . 3 6 . Zadanie 59
10 Zderzenia
Ronald McNair, fizyk i asłronauta, który zginął w katastrofie promu kosmicznego Challenger był posiadaczem czarnego pasa karate. Na zdjęciu niżej rozbija jednym ciosem kilka płyt betonowych. W pokazach swoich możliwości karatecy najczęściej łamią drewniane deski lub betonowe płyty chodnikowe. Po uderzeniu deska lub płyta uginają się, zyskując energię, jak rozciągnięta sprężyna, aż do pewnej energii krytycznej. Po przekroczeniu tej energii przedmiot się łamie. Energia, potrzebna do złamania deski jest mniej więcej trzy razy większa od energii umożliwiającej rozbicie betonowej płyty. Dlaczego zatem deskę
jest znacznie łatwiej złamać? O d p o w i e d ź znajdziesz w t y m r o z d z i a l e .
10.1. Co to jest zderzenie? W języku potocznym o zderzeniu mówimy wtedy, gdy jeden przedmiot wpada na drugi. Choć za chwilę podamy definicję bardziej precyzyjną, stwierdzenie to całkiem dobrze oddaje znaczenie tego terminu i odnosi się do wielu typo wych zderzeń, jak zderzenia kul bilardowych, zderzenie młotka z gwoździem czy — niestety zbyt częste - kolizje drogowe. Na rysunku 10.la pokazano wciąż widoczne skutki gigantycznego zderzenia, jakie miało miejsce około 20000 lat temu. Zderzenia mogą dotyczyć zarówno obiektów mikroskopowych, na przykład cząstek mniejszych od atomów (rys. 10.Ib), jak i obiektów astronomicznych, ta kich jak zderzające się gwiazdy lub nawet galaktyki. Zderzenia, z którymi spo tykamy się w życiu codziennym trwają zwykle zbyt krótko, abyśmy widzieli, jak one zachodzą, choć mogą im towarzyszyć znaczne deformacje zderzających się ciał (rys. 1.1 Oc). Podamy teraz dokładną definicję zderzenia: •
4
Zderzenie zachodzi wtedy, gdy dwa lub więcej ciał (partnerów zderzenia) działa na siebie stosunkowo dużymi siłami w stosunkowo krótkim przedziale czasu.
Mówiąc o zderzeniu, musimy być w stanie rozróżnić przedziały czasu przed zderzeniem, podczas zderzenia i po zderzeniu, jak pokazano na rysunku 10.2.
b)
Rys.
1 0 . 1 . Zderzać się mogą obiekty o bardzo różnych wielko- {
ściach. a) Krater w Arizonie, powstały w wyniku upadku me-
j
teoroidu, ma średnicę około 1200 m i głębokość około 200 m. > b) Cząstka a
(której tor zaznaczono na żółto —
barwy na tym
zdjęciu nie są rzeczywiste: dodano je dla wygody obserwacji) zbli- \ zająca się z lewej strony, zderza się z jądrem azotu i odbija się od
!
niego. Jądro azotu, nieruchome przed zderzeniem, po zderzeniu i porusza się w prawo, w dół (tor czerwony), c) W czasie meczu tenisowego piłka styka się z rakietą przez około 4 ms w ciągu każdego odbicia (co daje łącznie zaledwie około całego seta)
1 s w czasie
j
Przedstawiono na nim układ dwóch zderzających się ciał — z punktu widzenia tego układu siły działające między partnerami zderzenia są siłami wewnętrznymi. Zauważ, że podana definicja zderzenia nie wymaga, aby zderzające się ciała uderzyły w siebie, jak w potocznym rozumieniu tego terminu. Gdy sonda ko smiczna okrąża dużą planetę, aby nabrać prędkości (wykorzystać planetę jako katapultę), również jest to zderzenie. Sonda nie styka się przy tym z planetą, ale też zderzenie nie musi oznaczać zetknięcia się ciał, a siła działająca podczas zderzenia nie musi być związana z tym, że ciała stykają się ze sobą — może nią być równie dobrze siła ciężkości, jak w tym przypadku. Wielu fizyków spędza dziś cały swój czas, zajmując się czymś, co mo glibyśmy nazwać „grą w zderzenia". Głównym celem tej gry jest uzyskanie jak najwięcej informacji o siłach działających podczas zderzenia, na podstawie znajo mości stanu cząstek przed i po zderzeniu. Właściwie cała nasza wiedza dotycząca świata cząstek — elektronów, protonów, neutronów, mionów, kwarków i im po dobnych — pochodzi z doświadczeń zderzeniowych. Regułami gry w zderzenia są zasada zachowania pędu i zasada zachowania energii.
przed zderzeniem
ł
układ ciał
podczas zderzenia
•
« 9 po zderzeniu Rys.
1 0 . 2 . Przebieg zderzenia dwóch ciał
Rys.
1 0 . 3 . Zderzenie dwóch cząstek L
10.2. Popęd siły i pęd Pojedyncze zderzenie Na rysunku 10.3 pokazano, że siły F(t) i — F(t) działające podczas prostego zderzenia czołowego cząstek o różnych masach, stanowią parę akcja-reakcja. W wyniku działania tych sił zmienia się pęd obydwu cząstek, przy czym zmiana pędu zależy nie tylko od średniej wartości sił, lecz i od czasu Af ich działania. Aby ująć rzecz ilościowo, zapiszmy drugą zasadę dynamiki Newtona w postaci: F = dp/dt dla którejś z tych cząstek, np. dla ciała znajdującego się po prawej stronie na rysunku 10.3 i oznaczonego przez P. Otrzymujemy: dp =
F(t)dt,
(10.1)
przy czym F(t) jest siłą, której wartość zależy od czasu w sposób przedstawiony jakościowo na rysunku 10.4a. Scałkujmy równanie (10.1) w przedziale czasu Ar, tzn. od chwili początkowej fpocz (tuż przed zderzeniem) do chwili końcowej tkońc (tuż po zderzeniu). Daje to: Pkońc
'koto
F(t)dt.
(10.2)
Ppocz
Lewa strona tego równania wynosi pk ń — Ppocz. czyli stanowi zmianę pędu ciała P. Prawą stronę, zależną zarówno od wielkości siły działającej podczas zde rzenia, jak i od czasu jej działania nazywamy popędem siły w czasie zderzenia i oznaczamy przez J. Tak więc: 0
C
i P. Podczas zderzenia cząstka L działa na cząstkę P siłą F(t),
'kOTH
cząstkę L siłą
F(f)dt
(definicja popędu siły).
(10.3)
-F(t).
a cząstka P na
Siły
F(t)
i -F(f)
stanowią parę akcja-reakcja. Ich warto ści zmieniają się podczas zderzenia, lecz w każdej chwili są sobie równe
10.2.
Popęd siły i pęd
235
'pocz
f
|-
At
końc
'pocz
H
|-
At
a)
Rys.
'końc
b)
1 0 . 4 . a) Wykres wartości siły F(t)
działającej na cząstkę P w czasie zderzenia z ry
sunku 10.3, jako funkcji czasu. Pole powierzchni pod tą krzywą jest równe wartości popędu siły J, doznawanego przez cząstkę P podczas całego zderzenia, b) Wysokość zacieniowanego prostokąta jest wartością średnią siły F
Sr
działającej na cząstkę P w przedziale czasu Ar. Pole
tego prostokąta jest równe polu pod krzywą z rysunku (a), a zatem także wartości popędu J siły podczas zderzenia
Z równania (10.3) wynika, że wartość popędu siły jest równa polu powierzchni pod krzywą F(t) z rysunku 10.4a. Siła F(t) działająca na ciało P i siła — F(t) działająca na ciało L stanowią parę akcja-reakcja, a więc ich popędy mają jed nakową wartość, lecz przeciwne kierunki. Jak widać z równań (10.2) i (10.3), zmiana pędu każdej cząstki podczas zderzenia jest równa popędowi siły działającej na to ciało: Pkońc ~ Ppocz = A p = J.
(10.4)
Z równania (10.4) wynika, że popęd siły i pęd są wektorami o tych samych wymiarach i jednostkach. Równanie to można także zapisać w postaci trzech równań dla składowych wektorów, tzn.: Pkońc* - Ppocz,* = Ap* = J ,
(10.5)
Pkońcy - Ppocz.}- = &Py = Jyi
(10.6)
Pkońc; - Ppocz,: = &Pz = z-
(10.7)
x
oraz J
Jeśli średnia wartość siły z rysunku 10.4a wynosi Fśr> to wartość popędu siły możemy zapisać jako: J = F At, (10.8) ix
gdzie At jest czasem trwania zderzenia. Wartość F jest taka, że pole prostokąta z rysunku 10.4b jest równe polu pod krzywą opisującą rzeczywistą zależność F(t) z rysunku 10.4a. śr
•"SPRAWDZIAN
1:
Spadochroniarz, któremu nie otworzył się spadochron wylądował
na śniegu i doznał niewielkich obrażeń. Gdyby przyszło mu lądować na odkrytym gruncie, czas wytracenia przez niego prędkości byłby 10-krotnie krótszy, czego z pewnością by nie przeżył. Czy obecność śniegu zwiększa, zmniejsza, czy nie zmienia wartości: a) zmiany pędu spadochroniarza, b) popędu siły zatrzymującej spadochroniarza, c) siły zatrzymującej spadochroniarza?
236
1 0 . Zderzenia
Ciąg zderzeń Przeanalizujmy obecnie siłę działającą na ciało w wyniku ciągu jednakowych, regularnie następujących po sobie zderzeń. Wyobraź sobie, że dla zabawy usta wiliśmy armatkę do wystrzeliwania piłek tenisowych tak, że są one z dużą czę stotliwością kierowane w stronę ściany. Przy każdym zderzeniu piłki ze ścianą, na tę ścianę działa siła, lecz jej wartość nas nie interesuje. Chcemy znaleźć śred nią siłę F$ , jaka działa na ścianę przy jej ostrzale, czyli średnią siłę w czasie, w którym zachodzi wiele zderzeń. T
Na rysunku 10.5 przedstawiono cel w postaci ciała unieruchomionego, na które pada stały strumień pocisków o jednakowych masach m i pędach mv, po ruszających się wzdłuż osi x. Oznaczmy przez n liczbę pocisków, zderzających się z celem w przedziale czasu Ar. Ruch pocisków zachodzi wzdłuż osi x, tak więc możemy zajmować się tylko składowymi wzdłuż tej osi. Załóżmy zatem, że każdy pocisk ma początkowo pęd mv, a w wyniku zderzenia pęd ten zmienia się o Ap. Łączna zmiana pędu n pocisków padających na cel w przedziale czasu At wynosi nAp. Łączny popęd siły J, jakiego doznaje cel w czasie At ma również wartość nAp, jest skierowany wzdłuż osi x, a jego kierunek jest przeciwny do kierunku zmiany pędu. Zależność tę możemy zapisać dla składowych w kierunku ruchu pocisków w postaci:
Rys.
10.5.
Stały
strumień
pocisków
o jednakowych pędach pada na stano wiące cel unieruchomione ciało. Średnia siła F
ir
działająca na to ciało jest skiero
wana w prawo i ma wartość zależną od częstości zderzeń z padającymi na nie pociskami, czyli — równoważnie — od szybkości, z jaką dociera do niego masa pocisków
(10.9)
J = -nAp.
gdzie znak minus oznacza, że wektory j i Ap mają przeciwne kierunki. Przekształcając równanie (10.8) i podstawiając do niego związek (10.9), otrzymujemy średnią siłę F^, działającą na cel w wyniku zderzeń z pociskami: Fśr
J
n
— ~T~ —
At
Ap
n At
--mAv.
(10.10)
At Równanie to podaje zależność F j od n/At, czyli częstości zderzeń pocisków z celem oraz Au, czyli zmiany prędkości tych pocisków przy zderzeniu. Jeśli przy zderzeniu pociski zostają zatrzymane, to do równania (10.10) mu simy w miejsce At; podstawić: r
(10.11)
A f = i w - I W = 0 - i; =
gdzie przez Upocz ( = v) i v^ \ ( = 0) oznaczyliśmy odpowiednio prędkość pocisku przez zderzeniem i po zderzeniu. Jeśli natomiast pociski odbijają się od celu w tył, bez zmiany wartości ich prędkości, to v^ = — i; i otrzymujemy: 0! Q
c
Au — i'
v
k0
— — 2v.
(10.12)
W przedziale czasu At do celu docierają pociski o łącznej masie Am — nm. Korzystając z tego oznaczenia, równanie (10.10) możemy zapisać w postaci: Am F = ——Au. At ir
(10.13)
To równanie podaje zależność F$ od Am/At, czyli szybkości, z jaką dociera do celu masa pocisków. Jak poprzednio, do równania tego możemy podstawić war tości Au z równań (10.11) lub (10.12), zależnie od stanu pocisków po zderzeniu. r
10.2.
Popęd siły i pęd
237
•SPRAWDZIAN 2 :
Na rysunku przedstawiono
widzianą z góry piłkę, odbijającą się od piono
O
wej ściany bez zmiany wartości prędkości. Rozważ zmianę pędu A p piłki, a) Czy Ap
x
ujemne, czy równe zeru? b) Czy A p nie,
v
/
/
\
\
jest dodatnie, jest dodat
ujemne, czy równe zeru? c) Jaki jest kierunek
wektora A p ?
Przykład 10.1
jej mg
Piłka baseballowa o masie 140 g poruszająca się poziomo z pręd kością o wartości
v 2 plX
równej 39 m/s zostaje odbita kijem. Po
odbiciu piłka porusza się w przeciwnym kierunku z prędkością o wartości
V) f
i0 tc
lotu, jak i w czasie zderzenia z kijem. Siła ta o wartości =
1,37 N jest znikomo mała w porównaniu ze średnią siłą
wywieraną na piłkę przez kij. której wartość wynosi 9 0 8 0 N. Po czynione przez nas przybliżenie, że zderzające się ciała można uważać za układ izolowany jest więc bardzo dobrze uzasadnione.
równej także 39 m/s.
a) Ile wynosi popęd siły działającej na piłkę, gdy podczas zde
c) Wyobraź sobie teraz, że zderzenie nie jest czołowe, lecz że piłka ma po zderzeniu prędkość o wartości i>końc równej 4 5 m/s
rzenia styka się ona z kijem?
i porusza się ku górze, pod kątem 30° do poziomu (rys. 10.6). Ile wynosi w tym przypadku popęd siły działającej na piłkę?
ROZWIĄZANIE: O — w
Popęd siły możemy obliczyć jako zmianę pędu piłki, tzn.
zastosować równanie (10.4) dla ruchu w jednym wymiarze. Przyj mijmy kierunek ruchu piłki przed zderzeniem za kierunek ujemny osi.
Z równania (10.4) otrzymujemy:
J = Pkońc
—
Ppocz = "t^końc
=
( 0 , 1 4 0 kg)(39 m / s ) -
=
10,9 kg • m/s.
—
"IDpcc
Z
(0,140 k g ) ( - 3 9
m/s) (odpowiedź)
Kierunek osi wybraliśmy tak, że prędkość początkowa piłki jest
Rys.
10.6.
Przykład
10.1. Kij baseballowy
uderza nadlatującą
piłkę i odbija ją ku górze pod kątem 30° do poziomu
ujemna, a zatem jej prędkość końcowa jest dodatnia. Otrzymali śmy dodatni popęd siły, co oznacza, że kierunek wektora popędu siły działającej na piłkę, jest zgodny z kierunkiem, w którym po
ROZWIĄZANIE:
rusza się kij przy odbiciu piłki. O—» b) Czas Ar zderzenia piłki z kijem wynosi 1,2 ms. Jaka średnia siła działa na piłkę w czasie zderzenia?
co przed zderzeniem. Równanie (10.4), z którego możemy wyzna czyć popęd siły J musimy zatem zapisać w postaci wektorowej, co daje:
ROZWIĄZANIE: O — r
Zderzenie musimy teraz analizować w dwóch wymiarach,
gdyż po odbiciu piłka nie porusza się wzdłuż tej samej prostej,
J = Ap = p
Średnia siła działająca w czasie zderzenia jest równa ilora
zowi popędu siły J i czasu At
zderzenia (wynika to z równania
J "
=
Al
( 1 0 , 9 kg =
J = m (tikońc -
średnia;
=
9
0
8
0
N
-
maksymalna
(
0
d
p
0
W
'
e
d
Ź
)
siła działająca
na piłkę w czasie uderzenia jest większa. Znak tej średniej siły jest dodatni, co oznacza, że kierunek wektora siły jest taki sam, jak kierunek wektora popędu siły. Podając definicję zderzenia zakładaliśmy, że wypadkowa sił zewnętrznych działających na zderzające się ciała jest równa zeru. W
omawianym przypadku założenie to nie jest spełnione, po
nieważ na piłkę działa zawsze siła ciężkości, zarówno podczas
238
1 0 . Zderzenia
(10.14)
iipocz) •
Wybierzmy układ współrzędnych, jak na rysunku
m/s)
( 0 , 0 0 1 2 s)
Zwróć uwagę, że jest to siła
- Ppocz = /ntikońc — "ttipocz.
Wobec tego:
(10.8)). Wobec tego:
F
kofic
10.6. W tym
układzie prędkość końcowa piłki tworzy z dodatnim kierunkiem osi x
kąt 30°,
a jej prędkość początkowa —
kąt
180°.
Skła
dowe wektora J wyznaczymy z równania (10.14), zapisanego dla składowych wzdłuż osi układu współrzędnych. Dla składowych x otrzymujemy:
/r
Pkońc*
=
= -
Ppocz.j: " ^t(^końc,x
^pocz.jc)
( 0 , 1 4 0 kg)[(45 m / s ) ( c o s 3 0 ° ) 10,92 k g - m / s .
(-39
m/s)]
i
Dla składowych y mamy:
Wartość wektora popędu siły J wynosi:
j
Jy = P k o ń c , - Ppocz.,- = "'(''końc., ~ fpocz.,•) =
( 0 , 1 4 0 kg)[(45 m/s)(sin 30°) -
0] =
=
JjJZ~J~2
= 1 1,4 kg • m / S ,
(odpowiedź)
3 , 1 5 kg • m / s . a jego kierunek tworzy z osią x kąt:
Popęd siły jest zatem równy: _ J =
j 6 =
(10,92i + 3.15J) kg • m / s .
(odpowiedź)
arctg — = / *
16°.
(odpowiedź)
10.3. Pęd i energia kinetyczna w zderzeniach Przeanalizujmy układ dwóch zderzających się ciał. Skoro ma dojść do zderzenia, to przynajmniej jedno z tych ciał musi się poruszać, a zatem przed zderzeniem układ ma pewną energię kinetyczną i pewien pęd. W czasie zderzenia energia kinetyczna i pęd każdego z ciał ulegają zmianie pod wpływem popędu siły, dzia łającej ze strony drugiego ciała. Aż do końca tego rozdziału będziemy badać te zmiany — a także zmiany energii kinetycznej i pędu całego układu — nie wnika jąc, jakie są popędy sił, powodujących te zmiany. Nasze rozważania ograniczymy do zderzeń w układach zamkniętych (tzn. takich, których masa nie ulega zmia nie) i izolowanych (tzn. takich, że wypadkowa sił zewnętrznych działających na ciała w układzie jest równa zeru).
Energia kinetyczna Jeśli całkowita energia kinetyczna układu złożonego ze zderzających się ciał nie zmienia się w wyniku zderzenia, to jest ona zachowana (tzn. jest taka sama przed i po zderzeniu). Zderzenie o tej właściwości nazywamy zderzeniem sprężystym. W zderzeniach, z jakimi spotykamy się na co dzień, na przykład zderzenie dwóch samochodów czy zderzenie piłki z kijem, zawsze pewna część energii kinetycznej ulega zamianie na jakąś inną postać energii, np. na energię termiczną lub energię akustyczną (dźwiękową). Zderzenia, w których energia kinetyczna układu nie jest zachowana nazywamy zderzeniami niesprężystymi. W pewnych przypadkach zderzenia ciał spotykanych w życiu codziennym możemy jednak traktować w przybliżeniu jako sprężyste. Wyobraź sobie, że upuszczasz na twarde podłoże niezwykle sprężystą piłkę („superpiłkę"). Gdyby zderzenie tej piłki z podłożem (czyli ziemią) było sprężyste, piłka miałaby po zderzeniu taką samą energię kinetyczną, jak przed nim, a zatem wzniosłaby się na wysokość, z jakiej została upuszczona. Nawet bardzo sprężysta piłka odbija się jednak na wysokość nieco mniejszą od pierwotnej, co oznacza, że przynaj mniej część energii kinetycznej jest tracona w czasie zderzenia, a zatem zderzenie nie jest całkiem sprężyste. Niemniej jednak czasem można pominąć tę niewielką zmianę energii kinetycznej i uważać zderzenie za niemal sprężyste. Upuszczona na podłogę piłka golfowa traci przy odbiciu sporą część energii kinetycznej i odbija się na wysokość, stanowiącą jedynie 60% wysokości po czątkowej. Jej zderzenie z podłogą jest więc wyraźnie niesprężyste i nie można go uważać za sprężyste nawet w przybliżeniu. Jeśli upuścisz na podłogę kulkę z mokrej zaprawy gipsowej, to w ogóle się ona nie odbije, lecz pozostanie na
10.3.
Pęd i energia kinetyczna w zderzeniach
239
p o d ł o d z e . Z a p r a w a styka się po zderzeniu z p o d ł o g ą , tak w i ę c z d e r z e n i e takie
zderzeniem całkowicie niesprężystym. Na rysunku 1 0 . 7 p o k a z a n o
nazywamy
bardziej d r a m a t y c z n y przykład zderzenia c a ł k o w i c i e niesprężystego. W takich z d e r z e n i a c h c i a ł a z a w s z e przylegają d o siebie i tracą energię kinetyczną.
Pęd N i e z a l e ż n i e od tego, j a k i e są p o p ę d y sił d z i a ł a j ą c y c h p o d c z a s zderzenia i nieza leżnie od t e g o , c z y i j a k z m i e n i a się przy t y m c a ł k o w i t a energia k i n e t y c z n a układa ciał. całkowity pęd P układu z a m k n i ę t e g o i i z o l o w a n e g o nie może
ulec zmianie.
Dzieje się tak d l a t e g o , że wektor P m o ż e ulec z m i a n i e tylko pod d z i a ł a n i e m sił z e w n ę t r z n y c h (czyli sil d z i a ł a j ą c y c h z e strony ciał s p o z a u k ł ad u ) , a siły dzia łające p o d c z a s z d e r z e n i a s ą siłami w e w n ę t r z n y m i (tzn. w y w i e r a n y m i na siebie przez c i a ł a n a l e ż ą c e d o u k ł a d u ) . W y n i k a stąd b a r d z o w a ż n e p r a w o :
Jeśli zderzenie zachodzi w układzie zamkniętym i izolowanym, to pędy zderzają- \ cych się ciał mogą się zmieniać, lecz całkowity pęd układu P nie może ulec zmianie, i niezależnie od tego, czy zderzenie jest sprężyste, czy niesprężyste. ^ Rys. 1 0 . 7 . Widok dwóch samochodów po niemal czołowym i niemal całkowicie niesprężystym zderzeniu
Jest to w istocie r z e c z y inne s f o r m u ł o w a n i e
zasady zachowania pędu, którą
o m a w i a l i ś m y j u ż w paragrafie 9 . 6 . W następnych d w ó c h p a r a g r a f a c h
zastosu
j e m y tę z a s a d ę do badania pewnych rodzajów z d e r z e ń , najpierw niesprężystych, a p o t e m sprężystych.
1 0.4. Zderzenia niesprężyste w jednym wymiarze Zderzenia w jednym wymiarze N a rysunku 1 0 . 8 p r z e d s t a w i o n o d w a c i a ł a tuż przed i tuż p o zderzeniu wymiarze
w
jednym
( c o o z n a c z a , ż e ruch o b y d w u ciał przed z d e r z e n i e m i p o zderzenia
o d b y w a się w z d ł u ż j e d n e j prostej). N a rysunku z a z n a c z o n o też prędkości ciał przed z d e r z e n i e m (wskaźnik p o c z ) i p o zderzeniu (wskaźnik k o ń c ) . Te d w a ciała t w o r z ą r o z w a ż a n y p r z e z nas układ, który jest z a m k n i ę t y i izolowany. Z zasady z a c h o w a n i a pędu dla t e g o układu w y n i k a , ż e : ciało 1
ciato 2
całkowity pęd
przed
^przed zderzeniem
zderze
^lpocz
niem
•^2pocz
p
całkowity pęd poC
z
po zderzeniu
Pkońc
c o m o ż n a z a p i s a ć przy użyciu s y m b o l i j a k o :
Pi pocz + P2pocz — Pi końc + P2końc
(zachowanie pędu).
(10.15)
po zderzeniu
9
x
1
R u c h o d b y w a się w j e d n y m w y m i a r z e , d l a t e g o też m o ż e m y o p u ś c i ć strzałki nad s y m b o l a m i o z n a c z a j ą c e w e k t o r y i z a j m o w a ć się tylko s k ł a d o w y m i w z d ł u ż kie-
Rys. 1 0 . 8 . Ciała 1 i 2 poruszające się
runku ruchu. K o r z y s t a j ą c z z a l e ż n o ś c i p = mv, p r z e k s z t a ł c a m y r ó w n a n i e ( 1 0 . 1 5 )
wzdłuż osi x przed zderzeniem i po ich
(j
zderzeniu niesprężystym
240
1 0 . Zderzenia
0
postaci" "M f i
pocz + '«2f2pocz
= '"1 f i
końc + W f2końc2
(10.16)
Jeśli znamy na przykład wartości mas i prędkości początkowych obydwu ciał oraz prędkość końcową jednego ciała, to z równania (10.16) możemy wyznaczyć prędkość końcową drugiego z nich.
przed zderze-
^lpocz
u
m
2pocz = 0
m
j
2
tarcza
pocisk
Zderzenie całkowicie niesprężyste
_^
y
PO
Na rysunku 10.9 przedstawiono dwa ciała, przed zderzeniem i po ich całkowicie niesprężystym zderzeniu (co oznacza, że po zderzeniu ciała stykają się ze sobą). Przyjmijmy, że przed zderzeniem ciało o masie m pozostawało w spoczynku (f — 0). Ciało to będziemy nazywać tarczą, a ciało poruszające się —poci skiem. Wspólną prędkość przylegających do siebie ciał po zderzeniu oznaczmy przez V. Równanie (10.16) daje w tym przypadku: 2
2pocz
wi^ipocz = ('"i + m )V,
(10.17)
2
zderzeniu
—O
JO
x
mi + m
2
Rys.
1 0 . 9 . Całkowicie niesprężyste zde
rzenie ciało
dwóch o
masie
ciał. m
2
Przed
zderzeniem
pozostaje
w
spo
czynku, a ciało o masie m i porusza się dokładnie
w kierunku ciała
nierucho
mego. Po zderzeniu ciała stykają się ze sobą i poruszają się wspólnie z prędko
czyli V =
m\ m \ + mi
ścią V
(10.18)
^lpOCZ'
Jeśli znamy na przykład wartości mas i prędkości początkowej u i pocz pocisku, to z równania (10.18) możemy wyznaczyć prędkość końcową V. Zwróć uwagę, że V musi być zawsze mniejsze od i>ipocz, ponieważ ułamek m\/(m\ + m ) jest zawsze mniejszy od jedności. 2
Prędkość środka masy "Mpocz
Prędkość u § środka masy układu zamkniętego i izolowanego nie może się zmie nić w wyniku zderzenia, ponieważ wypadkowa działających na układ sił ze wnętrznych, które mogłyby to sprawić jest dla układu izolowanego równa zeru. Aby wyznaczyć I > Ś , przeanalizujmy jeszcze raz układ dwóch ciał oraz ich zde rzenie w jednym wymiarze przedstawione na rysunku 10.8. Równanie (9.25) (P = m v§ ) podaje związek v^ z całkowitym pędem P układu dwóch ciał, który możemy zapisać jako: M
2pocz = 0
Jm
2
m
u
M
M
= (rn, +
P = >nuUśM
/«2)UŚM-
zderzenie
(10.19) 8H>
Całkowity pęd P jest zachowany podczas zderzenia; jest on równy każdej ze stron równania (10.15). Biorąc lewą stronę tego równania, mamy: P = Plpocz +
P2POCZ-
®-t>
(10.20)
®->
Wstawiając wyrażenie na P do równania (10.19) i rozwiązując je następnie względem u$ , dostajemy: M
Plpocz ~t~
m\ +m
2
Rys.
/?2pocz
(10.21)
m\ + m
1 0 . 1 0 . Położenie dwóch ciał z ry
sunku 10.9 zderzających się ze sobą cał kowicie niesprężyście, w kilku równo
2
odległych od siebie chwilach. W każ
Prawa strona tego równania jest stała, a zatem u § ma taką samą wartość przed i po zderzeniu. Jako przykład, na rysunku 10.10 pokazano stroboskopowy obraz ruchu środ ka masy w przypadku zderzenia całkowicie niesprężystego, pokazanego na ry sunku 10.9. Ciało 2 jest tarczą, a więc jego początkowy pęd w równaniu (10.21) M
10.4.
dym przypadku pokazano także położe nie środka masy układu. Prędkość 5 $
M
środka masy nie ulega zmianie w wy niku zderzenia. Po zderzeniu ciała po ruszają się razem, a więc ich wspólna prędkość V musi być równa D$
Zderzenia niesprężyste w jednym wymiarze
M
241
wynosi pSpocz = '"2f2pe.cz = 0- Ciało 1 jest pociskiem, a więc jego początkowy pęd w równaniu (10.21) wynosi p lpocz — "Mfipocz* Zauważ, że w miarę upływw
czasu (czemu odpowiadają kolejne ujęcia na tym rysunku) środek masy porusza się w prawo ze stałą prędkością, zarówno przed zderzeniem, jak i po zderzeni*. Po zderzeniu wspólna prędkość V obydwu ciał jest równa v^ , ponieważ środek masy porusza się wraz ze stykającymi się ze sobą ciałami. M
•/SPRAWDZIAN 3 :
Ciała 1 i 2 ulegają całkowicie niesprężystemu zderzeniu w jednym
wymiarze. Ile wynosi ich pęd po zderzeniu, jeśli ich pędy przed zderzeniem wynoszą odpowiednio: a) 10 kg • m/s i 0, b) 10 kg • m/s i 4 kg • m/s. c) 10 kg • m/s i - 4
kg • m/s?
Przykład 10.2 Przed
wynalezieniem
elektronicznych
przyrządów
do
pomiaru
czasu prędkość pocisków (np. karabinowych) mierzono za pomocą
wahadła
balistycznego.
W wersji pokazanej na rysunku 10.11 sta
nowi je duży kloc drewniany o masie « i ; = na dwóch długich linach. Pocisk o masie m\
5.4 kg, zawieszony =
9.5 g wystrze
lony w kierunku tego kloca zatrzymuje się w nim bardzo szybko.
kloc + pocisk
Układ
\
odchyla się ku górze, przy czym jego śro
dek masy wznosi się w pionie na wysokość h
- 6.3 cm w chwili,
\ \
gdy prędkość układu zmniejsza się do zera. Ile wynosiła prędkość pocisku tuż przez zderzeniem z klocem?
\ ROZWIĄZANIE: Łatwo się zorientować, że wysokość h. na jaką wznosi się waha dło,
zależy od prędkości v pocisku. 1 . Jednakże nie możemy wyznaczyć związku między tymi
O—w
wielkościami z zasady zachowania energii mechanicznej, gdyż
Rys.
niewątpliwie przy zagłębianiu się pocisku w kloc energia me
pomiaru prędkości pocisku
10.11.
Przykład
10.2. Wahadło balistyczne, stosowane d i
chaniczna ulega zamianie na inne postacie energii (jak energia termiczna i energia potrzebna do odształcenia drewna). Musimy więc podejść do zagadnienia inaczej.
sadę zachowania pędu
możemy
wyrazić
za pomocą
równana
(10.18). Stosując symbole, wprowadzone w treści zadania mancc 2. Zauważ, że złożony ruch układu można rozdzielić na
O—i
V
dwie fazy. z których każdą zbadamy osobno: 1) zderzenie pocisku
— — — v .
=
(10.23
z klocem. 2) ruch układu po zderzeniu, w trakcie którego energia mechaniczna
jest
zachowana.
Faza 2. W czasie ruchu wahadłowego pocisku razem z k l o c e * energia mechaniczna układu pocisk-kloc-Ziemia jest zachowa«
1 . Zderzenie pocisku z klocem trwa bardzo krótko, dla
(energia ta nie zmienia się pod w pływem sił działających na kloc
tego też możemy zrobić dwa ważne założenia. 1) Przyjmijmy, że
ze strony lin. gdyż te siły działają zawsze prostopadle do kierunka
Faza
w czasie zderzenia siła ciężkości działająca na kloc i siła działa
ruchu kloca). Przyjmijmy, że grawitacyjna energia potencjalna j e s
jąca na niego ze strony lin nadal równoważą się wzajemnie. Zatem
równa zeru. gdy kloc znajduje się w położeniu początkowym. Za
w czasie zderzenia popęd sił zewnętrznych działających na układ
chowanie energii mechanicznej oznacza zatem, że energia kine
pocisk-kloc jest równy zeru. Układ jest więc izolowany, wobec
tyczna układu, gdy wahadło zaczyna się wznosić, musi być r ó w B t
czego jego całkowity pęd jest zachowany. 2) Zderzenie zachodzi
grawitacyjnej energii potencjalnej w najwyższym punkcie ructa
w jednym wymiarze w tym sensie, że kierunek ruchu pocisku i kloca
tuż po zderzeniu
jest taki sam. jak kierunek ruchu pocisku
przed zderzeniem. Zderzenie zachodzi w jednym wymiarze — kloc pozostaje początkowo w spoczynku, a pocisk grzęźnie w klocu, zatem za-
242
1 0 . Zderzenia
wahadła. Prędkość pocisku i kloca na początku ruchu wahadfe jest równa prędkości uktadu tuż po zderzeniu, czyli V. a zate« zasadę zachowania energii możemy w naszym przypadku zapisać w postaci:
-(mi
+ m )V
2
2
= (mi
+ni2)gh.
Wstawiając do tego wzoru V z równania (10.22), otrzymujemy:
m
"( =
i
+ m
2
Wahadło balistyczne jest swego rodzaju „przetwornikiem", zamie niającym dużą prędkość ciała lekkiego (pocisku) na małą. a za
/2gh
tem znacznie łatwiejszą do zmierzenia, prędkość ciała ciężkiego
0 , 0 0 9 5 kg + 5 , 4 5 ki
(kloca). (2)(9,8 m/s )(0,063 2
0 , 0 0 9 5 kg
m)
(odpowiedź)
6 3 0 m/s.
Przykład 10.3
cjalna sprężystości wynosi więc — j a k wynika z równania (8.11) —
E
\ k d . Dla deski:
=
p
2
Doskonały karateka łamie drewnianą deskę o masie 0,14 kg, ude rzając w nią z góry pięścią o masie m\
=
0,7 kg, jak pokazano na
£
=
p
±(4.1 • 1 0
4
N/m)(0,016 m )
=
2
5.248 J
rysunku 10.12a. Następnie robi to samo z płytą betonową o masie 3,2 kg. Stała sprężystości k przy zginaniu wynosi 4,1 • 1 0 dla deski oraz 2,6 • 1 0 gięciu o d =
6
4
N/m
jak pokazano na rysunku
'
Journal
£
1,1 mm,
p
=
± ( 2 . 6 - 10
6
N/m)(0.0011
m)
2
=
1,573 J »
of Physics,
wrzesień 1983).
1.6 J.
(odpowiedź)
10.12c (dane zaczerpnięto z artykułu
S.R. Wilka, R.E. McNaira i M.S. Felda „The Physics of Karate",
American
a dla płyty:
N/m dla płyty. Deska pęka przy jej wy
16 mm, a płyta — przy wygięciu o d
5,2 J, (odpowiedź)
b) Ile wynosi najmniejsza prędkość u
p
pięści, potrzebna do zła
mania przedmiotu (deski lub płyty)? Skorzystaj z następujących założeń: 1) zderzenia są całkowicie niesprężyste, a biorą w nich udział jedynie pięść i łamany przedmiot, 2) zginanie przedmiotu rozpoczyna się tuż po zderzeniu, 3) gdy przedmiot jest zginany, tzn.
od końca zderzenia do początku pękania przedmiotu energia
mechaniczna jest zachowana, 4 ) gdy przedmiot zaczyna pękać, prędkości pięści i przedmiotu są praktycznie równe zeru.
ROZWIĄZANIE: O-^r
Złożony
ruch układu podzielimy
na trzy fazy,
a potem
zbadamy kolejno każdą z nich. 1.
W
wyniku całkowicie niesprężystego zderzenia w jednym
wymiarze energia kinetyczna pięści zamienia się na energię kinetyczną układu pięść-przedmiot. 2.
Energia ta zostaje następnie zamieniona na energię poten cjalną £
3.
p
zgiętego przedmiotu.
Gdy energia
£
p
osiąga wartość obliczoną w punkcie (a),
przedmiot pęka. W fazie c) Rys.
1 0 . 1 2 . Przykład 10.3. a) Karateka uderza w płaski przedmiot
pięścią poruszającą się z prędkością v. b) Następuje całkowicie niesprężyste zderzenie pięści z przedmiotem, który zaczyna się wyginać. Układ pięść-przedmiot ma prędkość
1 możemy skorzystać z równania (10.18), aby powią
zać prędkość u
p
pięści tuż przed zderzeniem, z prędkością
V
pp
układu pięść-przedmiot tuż po zderzeniu, gdy przedmiot zaczyna się zginać. Używając powyższych oznaczeń, zapisujemy równanie (10.18) jako:
V. c) Przedmiot
łamie się, gdy jego środek przemieszcza się o d
W fazie 2, gdy przedmiot zgina się, energia mechaniczna układu pięść-przedmiot jest zachowana (aż do chwili, gdy przedmiot się
a) Ile wynosi energia zgromadzona w przedmiocie (desce lub
łamie). Przemieszczenie przedmiotu w dół jest niewielkie, zmiana
płycie), tuż przed jego złamaniem?
grawitacyjnej
energii potencjalnej
pięści
i przedmiotu jest tak
mała, że można ją pominąć. Zachowanie energii ROZWIĄZANIE: O—f
Zginany przedmiot możemy potraktować jak ściskaną sprę
żynę, dla której spełnione jest prawo Hooke'a. Jego energia poten
mechanicznej
możemy zatem wyrazić w postaci:
(
energia kinetyczna \
na początku zginania/
10.4.
/ energia potencjalna sprężystości^ \
tuż przed pęknięciem
Zderzenia niesprężyste w jednym wymiarze
/
243
czyli
a w przypadku płyty:
-,'m\ +m )VPodstawiając do tego równania V
pp
(10.24)
= E
2
p
D„ = 5 m / s .
(odpowiedź)
ze wzoru (10.23) i rozwiązując
je względem v , otrzymujemy:
Tak więc odpowiedź na pytanie (a) oznacza, że złamanie deski
p
wymaga większej energii niż złamanie płyty. Odpowiedź na pyta
v = — JlEr,(m mi p
v
\ + m ).
(10.25)
2
nie (b) wyjaśnia jednak, dlaczego deskę łatwiej złamać: mniejsza jest w tym przypadku wymagana do tego prędkość pięści. Jak
W fazie 3 podstawiamy do powyższego wzoru wartość £ , p
od-
wynika z równania (10.23), dla przedmiotu o mniejszej masie
powiadającą złamaniu przedmiotu, którą obliczyliśmy w punkcie
uzyskuje się większą jego prędkość V
(a).
oznacza, że zostaje mu przekazana większa część energii pięści
Wstawiając też do niego odpowiednie wartości mas, dosta
jemy w przypadku deski:
pp
po zderzeniu, co z kolei
(w układzie z rysunku 10.12 bardzo łatwo jest złamać ołówek — Ł'
p
=
4.2 m/s.
(odpowiedź)
j
m.in. dlatego, że ołówek ma małą masę).
I
10.5. Zderzenia sprężyste w jednym wymiarze Nieruchoma tarcza
Jak mówiliśmy w paragrafie 10.3, zderzenia spotykane w życiu codziennym są niesprężyste, lecz nieraz możemy je w przybliżeniu uważać za sprężyste. Oznacza to, że można przyjąć, iż energia kinetyczna zderzających się ciał jest w przybli żeniu zachowana, czyli nie zostaje zamieniona na inne rodzaje energii:
(
całkowita energia kinetyczna\ przed zderzeniem
J
/całkowita energia kinetyczna\ \
po zderzeniu
/
Oczywiście nie oznacza to, że energia kinetyczna każdego ze zderzających się ciał się nie zmienia. Prawdziwe jest natomiast stwierdzenie, że:
•
Przy zderzeniu sprężystym energia kinetyczna każdego ze zderzających się ciał może się zmienić, lecz nie może ulec zmianie całkowita energia kinetyczna układu tych ciał.
przed zderze-
lpocz_2pocz
u —
J
—
J
= 0
m
2
pocisk
cel
lkoi
- o m, Rys. osi
u
u
po zderzeniu
2końc >
p 0
m
2
1 0 . 1 3 . Ciało 1 porusza się wzdłuż x
przed
zderzeniem
Przykładem zderzenia, które można w przybliżeniu uważać za sprężyste, jest zderzenie dwóch kul bilardowych. Jeśli to zderzenie jest czołowe (tzn. kula ruchoma porusza się dokładnie w kierunku kuli nieruchomej), to niemal cała energia kinetyczna kuli ruchomej może zostać przekazana kuli początkowo nieru chomej (z faktu, że zderzeniu kul towarzyszy charakterystyczny odgłos uderzenia można jednak wyciągnąć wniosek, że pewna niewielka część energii kinetycznej zostaje zamieniona na energię fali dźwiękowej). Na rysunku 10.13 przedstawiono dwa ciała przed zderzeniem i po ich zde rzeniu sprężystym w jednym wymiarze, podobnym do zderzenia czołowego kul bilardowych. Ciało o masie m\ i prędkości początkowej v i c z porusza się przed zderzeniem w kierunku ciała o masie mi, które jest przed zderzeniem nieruchome (^2pocz = 0)- Załóżmy, że ten układ dwóch ciał jest zamknięty i izolowany. Wobec tego całkowity pęd układu jest zachowany, co możemy wyrazić — korzystając z równania (10.15) —jako:
sprężystym
z ciałem 2, które jest przed zderzeniem nieruchome. Po zderzeniu obydwa ciała poruszają się wzdłuż tej osi
244
1 0 . Zderzenia
W l f l p o c z — ni\V\y,ońc
+ W2f2końc
(zachowanie pędu).
(10.26)
Skoro zderzenie jest sprężyste, to zachowana jest również całkowita energia ki netyczna, co możemy zapisać następująco: \in\v\
p o c l
=
+ ^2^2końc
(zachowanie energii kinetycznej).
(10.27)
W każdym z tych równań wskaźnik pocz odnosi się do prędkości początkowej zderzających się ciał, a wskaźnik końc — do ich prędkości końcowych. Jeśli znamy masy ciał oraz prędkość początkową Uipocz ciała 1, to wielkościami nie znanymi są prędkości końcowe uikońc i i>2końc obydwu ciał. Te dwie niewiadome możemy wyznaczyć, gdyż mamy do dyspozycji dwa równania. W tym celu zapiszmy równanie (10.26) jako: OTl(l>lpocz
-
(10.28)
Uikońc) = W U k o ń c , 2
2
a równanie (10.27) jako* m\(Vipoa
~ Vlkońc)(V\pocz
+ U1 końc) =
m
2vj
k o ń c
(10.29)
.
Dzieląc stronami równania (10.29) i (10.28), otrzymujemy po niewielkich prze kształceniach: " i końc =
;
uipocz
(10.30)
Ulpocz-
(10.31)
oraz 2
l>2końc =
m
n n i i \
i
;
mi +
nt2
Zauważ, że z równania (10.31) wynika, że U2końc J zawsze dodatnie (tzn. ciało o masie m początkowo nieruchome, po zderzeniu zawsze porusza się do przodu). Z równania (10.30) wynika natomiast, że uikońc może być dodatnie lub ujemne (tzn. ciało o masie m\ porusza się po zderzeniu do przodu, jeśli m\ > m , lecz odbija się od tarczy, jeśli m\ < mi). e
s
t
2
2
Rozważmy kilka przypadków szczególnych. 1.
Ciała o jednakowych masach. Jeśli m\ = m , to równania (10.30) i (10.31) sprowadzają się do postaci: 2
Ul końc
=0
oraz
l>2końc =
Ui
p o C
z,
co odpowiada idealnemu uderzeniu bilardzisty — przy zderzeniu czołowym ciał o jednakowych masach ciało 1 (początkowo ruchome) zatrzymuje się, a ciało 2 (początkowo nieruchome) uzyskuje prędkość równą prędkości począt kowej ciała 1. Innymi słowy, przy zderzeniu czołowym ciała o jednakowych masach „wymieniają się prędkościami". To ostatnie stwierdzenie jest słuszne także wtedy, gdy tarcza (ciało 2) nie jest początkowo nieruchoma. 2.
Tarcza o bardzo dużej masie. Jeśli tarcza ma bardzo dużą masę, to speł niony jest związek m2 » i (zastosowaliśmy oznaczenia z rysunku 10.13). m
*Zastosowaliśmy przy tym tożsamość a
2
—b
1
=
(a — b){a + b),co
pozwoli nam łatwiej
rozwiązać układ równań (10.28) i (10.29).
10.5.
Zderzenia sprężyste w jednym wymiarze
245
Przykładem takiej sytuacji może być wystrzelenie piłki golfowej w kierun ku kuli armatniej. Równania (10.30) i (10.31) sprowadzają się w tym przy padku do postaci: / 2m i \ fikońc -fipocz oraz u końc ( — Iv . (10.32) 8
2
%
Ipocz
2
Z równań tych wynika, że ciało 1 (piłka golfowa) po prostu odbija się wzdłuż linii padania, bez zmiany wartości prędkości. Natomiast ciało 2 (kula armat nia) porusza się po zderzeniu do przodu, lecz jego prędkość jest bardzo mała, gdyż wyrażenie w nawiasach w równaniu (10.32) jest dużo mniejsze od jedności. Tego właśnie należało się spodziewać. 3.
Pocisk o bardzo dużej masie. Jest to przypadek odwrotny do poprzedniego, tzn. przypadek, gdy m\ » m . Odpowiada on wystrzeleniu kuli armat niej w kierunku piłki golfowej. Równania (10.30) i (10.31) sprowadzają się teraz do: fikońc ~ fipocz oraz u końc 2vi ocz. (10.33)j 2
%
P
2
Z równań (10.33) wynika, że ciało 1 (kula armatnia) porusza się nadal do przodu, z prędkością praktycznie niezmienioną w wyniku zderzenia. Ciało 2 (piłka golfowa) natomiast porusza się po zderzeniu do przodu, z prędkością dwa razy większą od prędkości kuli armatniej. Możesz się dziwić, dlaczego ta prędkość jest właśnie dwa razy większa. Aby to wyjaśnić, przypomnij sobie zderzenie opisane równaniami (10.32), podczas którego prędkość pocisku o małej masie (piłki golfowej) zmienia się z +v na —v, co daje zmianę prędkości o 2v. W obecnym przykładzie zachodzi taka sama zmiana jej prędkości (z tym, że tym razem od wartości 0 do wartości 2v).
Ruchoma tarcza
_ ipocz u
—^
"2pocz
, —x
Rys. 1 0 . 1 4 . Dwa ciała przed czołowym zderzeniem sprężystym
Po rozważeniu sprężystego zderzenia pocisku z nieruchomą tarczą zajmiemy się teraz przypadkiem, w którym przed zderzeniem sprężystym obydwa ciała znaj dują się w ruchu. * w sytuacji przedstawionej na rysunku 10.14 zasada zachowania pędu przybiera postać: + W2f2pocz = '"iflkońc + W2f2końc. (10.34) a zasada zachowania energii może być zapisana jako: \ \ \pocz + \ 2V2 m
V
=
m
pocz
jWlwJkofc +
Aby rozwiązać ten układ równań względem nie (10.34) do postaci: «l(flpocz -
uikońc
5 2l>2kofcm
(10.35)
i f2końc> przekształćmy równa
Ul końc) = - W 2 ( U 2 p o c z ~ f 2 k o ń c ) ,
(10.36)
a równanie (10.35) do postaci: Wl(t>lpocz
246
1 0 . Zderzenia
—
flkońc)(flpocz+flkońc)
=
~W2(U2pocz — f2końc)(V2pocz+f2końc)-
(10.37)
Dzieląc stronami równania (10.37) i (10.36), otrzymujemy po niewielkich prze kształceniach:
m i - m fikońc —
2m
2
2
; m\
Uipoc
2
H
+ m
;
U2pocz
(10.38)
V2pocz-
(10.39)
m\ + m
2
2
oraz 2/M] l>2koiic =
m-> — m\
;
fipocz
H
m \ + m
; m\ + m
2
2
Zauważ, że przypisanie ciałom wskaźników 1 i 2 jest całkowicie dowolne. Za miana wskaźników (1 na 2 i 2 na 1) na rysunku 10.14 oraz w równaniach (10.38) i (10.39) nie zmienia tych równań. Zauważ również, że jeśli podsta wimy ł o p o c z = 0, to ciało 2 stanie się tarczą nieruchomą, jak na rysunku 10.13, a równania (10.38) i (10.39) sprowadzą się do równań (10.30) i (10.31).
•SPRAWDZIAN 4 :
Ile wynosi końcowy pęd tarczy z rysunku 10.13, jeśli początkowy
pęd pocisku jest równy 6 kg • m/s, a końcowy pęd pocisku wynosi: a) 2 kg • m/s. b) —2 kg • m/s? c) Ile wynosi końcowa energia kinetyczna tarczy, jeśli początkowa energia kinetyczna pocisku jest równa 5 J , a jego końcowa energia kinetyczna wynosi 2 J?
Przykład 10.4
O—ir
Faza 1.
W czasie powrotu kuli 1 do położenia początko
wego energia mechaniczna układu kula-Ziemia jest zachowana Dwie kule metalowe, zawieszone na pionowych linach w chwili początkowej ledwie się ze sobą stykają, jak pokazano na rysunku 10.15. Kula 1, o masie m\ = 3 0 g, zostaje odchylona w lewo, przy czym wznosi się w pionie na wysokość h\ =
8 cm, a następnie
zostaje puszczona swobodnie. Po powrocie do położenia począt kowego zderza się ona sprężyście z kulą 2 o masie m
2
Ile wynosi prędkość D i k ń 0
C
=
75 g.
kuli 1 tuż po zderzeniu?
(energia mechaniczna nie zmienia się pod wpływem siły działa jącej na kulę 1 ze strony liny, ponieważ ta siła jest zawsze skiero wana prostopadle do kierunku ruchu kuli). Wybierzmy najniższe położenie kuli jako poziom odniesienia, na którym grawitacyjna energia potencjalna jest równa zeru. Energia kinetyczna kuli 1 w jej najniższym położeniu musi być zatem równa grawitacyj nej energii potencjalnej układu, gdy kula 1 znajduje się w swym najwyższym położeniu, czyli:
l iV z=mighi. m
2
lpoC
Z równania tego możemy wyznaczyć prędkość i'ipocz kuli 1 tuż przed zderzeniem. Otrzymujemy:
^lpocz Faza
y/2ghi
=
=
7(2X9,8
m / s ) ( 0 . 0 8 m) =
1,252 m/s.
2
2. Oprócz założenia, że zderzenie kul jest sprężyste po-
czynimy jeszcze dwa inne założenia. Po pierwsze, potraktujemy zderzenie jako zachodzące w jednym wymiarze, gdyż ruch kul jest z dobrym przybliżeniem poziomy od chwili tuż przed, do chwili tuż po zderzeniu. Po drugie, ponieważ zderzenie trwa bar dzo krótko możemy przyjąć, że układ tych dwóch kul jest za Rys.
1 0 . 1 5 . Przykład
10.4. Dwie kule metalowe zawieszone na
linach w chwili początkowej spoczywają, ledwie się ze sobą sty kając. Następnie kula 1 o masie m
t
zostaje odchylona w lewo na
mknięty i izolowany. Wobec tego O—*
całkowity pęd układu jest
zachowany. Do wyznaczenia prędkości kuli
1 tuż po zderzeniu
możemy zatem skorzystać z równania (10.30). Daje to:
wysokość h \ i puszczona swobodnie m, ROZWIĄZANIE:
ihkońc =
-
Zauważ, że: O — w złożony ruch kul możemy rozdzielić na dwie
czątkowego, 2) zderzenie kul.
( 0 , 0 3 kg) -
2
thpocz =
m +m x
fazy, które zbadamy osobno: 1) powrót kuli 1 do położenia po
m
;
= Znak
2
—0.537 m/s ~
,
,
,
( 0 , 0 3 kg) +
( 0 , 0 7 5 kg) .
. (1,252 m/s)
( 0 , 0 7 5 kg)
—0.54 m/s.
minus oznacza, że tuż po zderzeniu kula
(odpowiedź) 1 porusza się
w lewą stronę.
10.5.
Zderzenia sprężyste w jednym wymiarze
247
10.6. Zderzenia w dwóch wymiarach Gdy dwa ciała zderzają się ze sobą, kierunki ich ruchu po zderzeniu zależą od popędów sił, jakimi działają na siebie te ciała. W przypadku, gdy zderzenie nie jest czołowe, kierunki ruchu ciał po zderzeniu są inne niż przed nim. Jeśli takie zderzenie w dwóch wymiarach zachodzi w układzie zamkniętym i izolowanym, to całkowity pęd układu musi być zachowany, tzn.: Plpocz + p2pocz = Pl końc + P2końc-
(10.40)
W szczególnym przypadku zderzenia sprężystego zachowana musi być także ene*gia kinetyczna układu, tzn.: £k.lpocz + £k.2pocz = £k.lkońc +
(10.41)
£k.2końc-
Do analizy zderzenia w dwóch wymiarach przy zastosowaniu równania (10.40) wygodnie jest zapisać to równanie dla składowych w układzie współrzęd nych Ary. Jako przykład na rysunku 10.16 przedstawiono zderzenie niecentralne (tzn. zderzenie, które nie jest czołowe) pocisku i tarczy, która przed zderzeniem się nie porusza. Popędy sił działających między tymi ciałami sprawiają, że po zderzeniu ciała poruszają się w kierunkach tworzących z osią x, tzn. osią wzdłuż której poruszał się przed zderzeniem pocisk, kąty 6\ i 62- Równanie (10.40) m a dla składowych wzdłuż osi x postać: (10.421
Wl^Ipocz = WlflkońcCOSfl, + W2f2końcCOS# , 2
a dla składowych wzdłuż osi y:
R y s . 1 0 . 1 6 . Sprężyste zderzenie niecentralne dwóch ciał. Ciało o masie m
2
0 =
(tar
cza) jest przed zderzeniem nieruchome
sin
-wjuikońc
+ W 2 i > k o ń c sinf? .
(10.43)
2
2
Równanie (10.41) obowiązujące w szczególnym przypadku zderzenia sprężystego możemy wyrazić przez prędkości ciał jako: \
m
1 i p o c z =\m\vjjccńc y
+
\m v| 2
(energia kinetyczna).
końc
(10.441
W równaniach od (10.42) do (10.44) występuje siedem zmiennych: dwie masy mi i i
trzy prędkości
nt2,
t i i p o c z , ujkońc
i f2końc oraz dwa kąty
9\
i
0 . 2
Jeśli znamy
przy
najmniej cztery z tych wielkości, to pozostałe możemy wyznaczyć, rozwiązując układ trzech wspomnianych równań. ^ S P R A W D Z I A N 5 : Przyjmij, że w sytuacji z rysunku 10.16 pęd pocisku przed zde rzeniem wynosi 6 kg • m/s, a po zderzeniu ma składowe, równe 4 kg • m/s wzdłuż osi x i —3 kg • m/s wzdłuż osi y . Ile wynoszą po zderzeniu składowe: a) x , b) y pędu tarczy?
Przykład 10.5 Dwoje łyżwiarzy, Artur i Bożena, zderza się ze sobą i łączy się
a) Ile wynosi prędkość
V pary łyżwiarzy po zderzeniu?
i
w uścisku, w wyniku czego zderzenie jest całkowicie niesprężyste. Po zderzeniu poruszają się oni zatem razem, jak pokazano na ry sunku 10.17, na którym początek układu współrzędnych umiesz czono w punkcie zderzenia. Artur, którego masa m
wynosi 83 kg,
porusza się początkowo na wschód, z prędkością u
A
A
Bożena, której masa m
B
1 0 . Zderzenia
6,2 km/h.
jest równa 55 kg, porusza się początkowo
w kierunku północnym z prędkością u
248
=
B
=
7,8 km/h.
ROZWIĄZANIE: O—r
'
1 . Możemy przyjąć, że para łyżwiarzy tworzy układ za
mknięty i izolowany, tzn.
wypadkowa
działających
na nich
zewnętrznych jest równa zeru. W szczególności oznacza to.
sl żs
pomijamy wszelkie siły tarcia działające na łyżwiarzy ze straw.
równanie (10.45) dla składowych wzdłuż osi x, otrzymujemy: m t) A
+ m (0) =
A
cos 9,
(10.46)
+m )Vsin0.
(10.47)
(m +m )V
B
A
B
a dla składowych wzdłuż osi y:
+ mv
w (0) A
B
= (m
B
B
A
Nie możemy rozwiązać żadnego z tych równań z osobna, gdyż każde zawiera dwie niewiadome (V i 9), ale możemy je rozwiązać łącznie jako
układ równań.
Dzieląc
stronami
równanie
(10.47)
przez równanie (10.46), dostajemy: SM-
mv
B
(55 kg)(7.8 km/h)
mv
A
(83 kg)(6.2 km/h)
B
tg0
=
A
Rys.
10.17.
żena ( B ) ,
t
Przykład
0.834,
a stąd: 9 = arctg 0 , 8 3 4 =
3 9 . 8 ° =« 4 0 ° .
(odpowiedź)
Wartość prędkości możemy teraz wyznaczyć z równania (10.47). do którego podstawiamy m
10.5. Dwoje łyżwiarzy, Artur (A) i Bo
doznaje całkowicie
niesprężystego
zderzenia.
m i>
=
Na ry
~
sunku przedstawiono widok z góry, a łyżwiarzy zaznaczono dla
=
prostoty jako kulki. Po zderzeniu poruszają się oni razem z pręd kością o wartości
=
B
(m
A
+m
B
A
+ m
B
=
B
(55 kg)(7.8 km/h)
=
)sin0
4 , 8 6 km/h =
138 kg. Otrzymujemy:
~
(138 kg)(sin 3 9 . 8 ° )
4 , 9 km/h.
(odpowiedź)
V, w kierunku tworzącym z osią x kąt 9. Po
kazano również tor środka masy łyżwiarzy oraz położenie środka
b) Ile wynosi prędkość D$
masy w chwili, w której łyżwiarze zajmują przed zderzeniem po
niem i po zderzeniu?
M
środka masy łyżwiarzy przed zderze
łożenia zaznaczone na rysunku
ROZWIĄZANIE: lodu. Przy tym założeniu możemy skorzystać z zasady zachowania
P ),
pędu układu (Ppocz = m S A
koAc
B
10.17. Zatem prędkość 0 $
= (m + m )V.
B
A
(10.45)
B
Rozwiązując to równanie względem V otrzymujemy: -
_
WĄJJĄ
m
2 . Aby wyznaczyć prędkość D$
M
zauważ, że:
prędkość
środka masy przed zde
ta mogłaby
ulec zmianie
tylko
pod wpływem sił zewnętrznych. Założyliśmy jednak, że łyżwiarze B
rzeniu, skorzystamy (jak to już robiliśmy w poprzednim rozdziale) z faktu, że:
tworzą układ izolowany (tzn. że wypadkowa działających na nich sił zewnętrznych jest równa zeru). Wobec tego prędkość 5 j
M
nie
może zmienić się w czasie zderzenia (w czasie którego na ciała działają tylko siły wewnętrzne). Zatem i przed zderzeniem, i po
2 . Pęd jest zachowany
każdej osi,
T
rzeniem,
B
Aby wyznaczyć wartość i kierunek prędkości łyżwiarzy po zde
O-nr
środka masy jest równa wektorowi V
M
obliczonemu w punkcie (a). O
+m łJB
+m
A
1. Po zderzeniu łyżwiarze poruszają się razem, a więc ich
środek masy porusza się wraz z nimi, jak pokazano na rysunku
co daje:
+mv
A
O—f
tzn.
wzdłuż osi x
z osobna dla składowych wzdłuż i y
z rysunku
10.17.
zderzeniu mamy:
Hm =
Zapisując
v
(odpowiedź)
-
Podsumowanie W
Zderzenia dużymi
siłami
czasie
zderzenia
nia układu zderzających w czasie
dwa
w stosunkowo krótkim się ciał
ciała
działają
na
siebie
czasie. Z punktu widze
są to siły wewnętrzne,
które
w którym p^ońc — Ppocz =
A p jest zmianą pędu cząstki w czasie
zderzenia, a J — popędem siły F(t)
działającej w czasie zderze
nia na tę cząstkę ze strony drugiej zderzającej się cząstki:
zderzenia są znacznie większe od wszelkich sił zew
'końc
nętrznych.
j = I
Popęd siły i pęd
Z
(10.3)
F(t)dt.
'pocz
drugiej zasady dynamiki Newtona dla cząstki
biorącej udział w zderzeniu zapisanej przy użyciu jej pędu wynika
Jeśli F
związek popędu siły ze zmianą pędu cząstki:
zderzenia, to w przypadku jednowymiarowym:
Pkońc -
Ppocz =
Ap =
J,
(10.4)
ś r
jest średnią wartością siły F(t),
J =
a At — czasem trwania
F Af.
(10.8)
śr
Podsumowanie
249
Jeśli na ciało, które jest unieruchomione pada stały strumień czą
Zderzenia
stek, z których każda ma masę m i prędkość u, to na ciało działa
jest szczególnym rodzajem zderzenia, w którym zachowana jest
średnia siła:
całkowita energia kinetyczna układu zderzających się ciał. Wiele F
=
ir
przy czym n/At
— — Ap = — — m A v , y Ar At
(10.10)
chomionym, a Au — zmianą prędkości każdej cząstki przy zde rzeniu. Siłę tę można również wyrazić jako:
gdzie Am/At
(10.13)
= --—Av, Ar
niu cząstki zostają zatrzymane, a Au =
1 (pocisku) z nieruchomą tarczą 2.
z zachowania energii kinetycznej i pędu układu wynikają nastę pujące wyrażenia na prędkości ciał zaraz po zderzeniu:
thkońc =
—u, jeśli przy zderze
m\ — m m
—2v, jeśli cząstki odbijają
niesprężystych
w jednym
W
wymiarze
dwóch ciał energia kinetyczna układu nie jest za
musi być
wity pęd układu
2
2m\
ści tuż po zderzeniu są równe:
mi — m
2m
2
flkońc = (10.15)
(10.31)
; ~~~ Ul pocz-
Jeśli przed zderzeniem poruszają się obydwa ciała, to ich prędko
zachowany, co można zapisać w postaci
Pi pocz + P2pccz = Pi kolie + P2końc,
(10.30)
flpocz
+m
2
równania wektorowego: oraz
;
2
flpocz H
m\ + m
;
f pocz 2
2
2m\
m-> — m\
U2końc = m \ +m - — Ihpocz + mi +i m . „ "2pocz-
oraz tuż po zderzeniu.
2
Jeśli ciała poruszają się wzdłuż jednej prostej, czyli zderzenie zachodzi w jednym wymiarze, to równanie (10.15) można wyrazić za pomocą składowych prędkości ciał wzdłuż tej prostej:
Wllhpocz +m V z
= '"lflkońc + »»2l>2kolic-
2v
(10.16)
Zwróć
(10.38)
m\ + m
2
przy czym wskaźniki pocz i końc odnoszą się do chwil tuż przed
2
i
m\ + m
zderzeniach
chowana. Jeśli jednak układ jest zamknięty i izolowany, to całko
2
;
^2końc — —
niesprężyste
sprężyste
pęd tego układu. Gdy zderzenie w jednym wymiarze polega na
się od celu do tyłu bez zmiany wartości ich prędkości.
Zderzenia
Zderzenie
tworzą układ zamknięty i izolowany, to zachowany jest również
jest szybkością, z jaką masa cząstek dociera do
celu. W równaniach (10.10) i (10.13) Au =
wymiarze
rodzajów zderzeń, z jakimi spotykamy się w życiu codziennym
zderzeniu cząstki ruchomej
Am
iT
w jednym
można uważać w przybliżeniu za zderzenia sprężyste. Jeśli ciała
jest częstością zderzeń cząstek z ciałem unieru
F
sprężyste
2
(10.39)
uwagę, że równania (10.38) i (10.39) nie zmienią się, jeśli
zamienimy w nich miejscami wskaźniki 1 i 2.
Zderzenia
w dwóch
Jeśli dwa ciała zderzają się.
wymiarach
ale ich ruch nie odbywa się wzdłuż jednej prostej (tzn. zderzenie Jeśli ciała stykają się ze sobą po zderzeniu, to zderzenie nazywamy
całkowicie
niesprężystym.
W tym przypadku ciała poruszają się
po zderzeniu z tą samą prędkością V (gdyż poruszają się razem).
Ruch
środka
masy
nie jest czołowe), to mamy do czynienia ze zderzeniem w dwóch wymiarach. Dla zamkniętego i izolowanego układu zderzających się ciał w zderzeniu zachowany jest całkowity pęd układu, co daje:
Jeśli zderzające się ciała tworzą układ za
Pi pocz + P2pocz = Pi końc + P2koifc-
mknięty i izolowany, to zderzenie nie ma wpływu na ruch środka
(10.40)
środka masy nie
Równanie to można zapisać w postaci dwóch równań dla składo
ulega zmianie w wyniku zderzenia i jest związana ze stałym pę
wych (po jednym dla każdego z dwóch wymiarów). W szczegól
masy tych ciał. W szczególności, prędkość D $
M
nym przypadku zderzenia sprężystego zachowana musi być także
dem P układu zależnością:
energia kinetyczna układu, co daje trzecie równanie: 5
Ś
M
=
—
— =
P
l
m \ +m
p
o
c
z
+
^
2
p
o
c
2
.
(10.21)
-k.lpocz + E ik.2pocz = E
k
2
: + £k.
(10.41)
Pytania F
4^o
F
1. Na rysunku 10.18 przedstawiono trzy wykresy zależności war
F
I—I
tości siły od czasu dla ciała biorącego udział w zderzeniu. Usze reguj te przypadki według wartości popędu działającej na to ciało siły, od największej do najmniejszej.
a)
b)
c)
2 . Dwa ciała poruszają się bez tarcia po podłożu w płaszczyźnie xy
Rys.
250
1 0 . 1 8 . Pytanie 1
1 0 . Zderzenia
i zderzają się ze sobą. Załóż, że tworzą one układ zamknięty
i izolowany. W tabeli podano niektóre ze składowych pędu tych
ciat przed zderzeniem oraz po zderzeniu (w kilogramach razy
6 . Pocisk poruszający się bez tarcia w dodatnim kierunku osi x
metr na sekundę). Uzupełnij brakujące miejsca w tabeli.
wpada na nieruchome początkowo inne ciało (jak na rysunku 10.13). Zderzenie ciał przebiega w jednym wymiarze. Załóż, że zderzające się ciała tworzą układ zamknięty i izolowany. Na ry
Przed zderzeniem
Przypadek
Ciało
1
A
2
C
B
Pr
Px
p
3
4
7
2
2
2
- 4
5
D 3
Po zderzeniu
Px
3
- 2
E
y
4
2
- 6
F
sunku 10.21 przedstawiono wykresy pędów tych ciał jako funkcji czasu (przed zderzeniem i po zderzeniu), w dziewięciu przypad kach. Które z tych wykresów odpowiadają sytuacji niemożliwej z fizycznego punktu widzenia? Dlaczego tak uważasz?
P
P
P
3
6
2
- 4
- 3
3 . W tabeli podano dla trzech przypadków wartości masy (w ki logramach) i prędkości (w metrach na sekundę) dwóch ciał z ry
a)
sunku 10.14. W których z tych przypadków środek masy układu ciał się nie porusza?
4.
P
Przypadek
m\
v\
mi
u
a
2
3
4
- 3
6
2
3
- 4
c
4
3
4
- 3
10.19 przedstawiono cztery
c)
P
P
2
b
Na rysunku
b)
d)
e
ij
g)
h)
wykresy położenia
dwóch ciał oraz ich środka masy w zależności od czasu. Ciała two rzą układ zamknięty i izo lowany,
w
którym
zacho
dzi całkowicie niesprężyste zderzenie
jednym
wy
miarze, wzdłuż osi x.
Czy
w
w
sytuacji
z
rysunku
1:
a) dwa ciała, b) ich środek
Rys. 1 0 . 2 1 . Pytanie 6
masy poruszają się w do datnim czy
ujemnym
kie
7 . Dwa ciała doznają zderzenia sprężystego w jednym wymia
runku osi JT? c) Które wy
rze,
kresy odpowiadają sytuacji niemożliwej
z
fizycznego
punktu widzenia?
a) Czy
Uzasad
nij odpowiedź.
wzdłuż
położenia
osi
tych
rysunku
oraz ich
przed zderzeniem
jedno z nich jest Rys. 1 0 . 1 9 . Pytanie 4
Na
x.
ciał
powiadają
ruchowi
10.22
przedstawiono
środka masy jako
poruszają się obydwa ciała, czy
nieruchome?
Które odcinki
środka
5 . Klocki A i B przedstawione na rysunku 10.20 mają pędy o war
c)
tościach
masa ciała, które porusza się
odpowiednio 9
kg • m/s
i 4
kg • m/s
oraz o kierunku,
zderzeniu?
też
na rysunku od 4
masy: b) przed zderzeniem, po
wykres
funkcji czasu,
d)
Czy
który pokazuje strzałka, a) W jakim kierunku porusza się śro
przed zderzeniem szybciej,
dek masy układu tych klocków przy założeniu, że ślizgają się one
jest większa, mniejsza, czy
po podłożu bez tarcia? b) Jaki będzie kierunek ruchu klocków,
może równa masie drugiego
jeśli po zderzeniu będą poruszać się razem? c) Czy pęd klocka A
ciała?
6
1
Rys. 1 0 . 2 2 . Pytanie 7
będzie co do wartości bez względnej mniejszy,
8.
więk
szy, czy taki sam, jak pęd
B
Upuść
mion,
na
twardą
najpierw piłkę
klocka B, jeśli po zderze
i zaobserwuj, na jaką
niu klocek A będzie się po
stępnie
ruszał w lewo?
Rys. 1 0 . 2 0 . Pytanie 5
ustaw
niewielkiej
piłkę
odległości
podłogę,
mniej
do koszykówki, wysokość tenisową od
więcej
z
a potem
wysokości
ra
piłkę tenisową
każda z nich się odbije. Na
nad
piłką
siebie, jak
na
do
koszykówki
rysunku
10.23a),
Pytania
(w po
251
czym upuść je jednocześnie
trzy
(bądź przygotowany na to,
chu krążka A po zderzeniu.
możliwe
kierunki
ru
że będziesz musiał odsko
Który z tych kierunków od
czyć
powiada sytuacji, gdy skła
i uważaj, aby
żadna
twarz),
a)
Czy
s>
piłka
z piłek nie uderzyła cię w
dowa x
tenisowa
wysokość,
pędu krążka B po
zderzeniu:
a)
jest
równa
na jaką odbije się piłka do
5
koszykówki,
niż 5 kg • m/s. c) jest mniej
mniejsza
poprzednio b) Czy
będzie
czy
teraz
większa
(rys.
niż
się
po
większa
sza niż 5 kg • m/s? Czy ta
10.23b)?
wysokość, na jaką
wzniesie
kg • m/s. b) jest
piłka do
składowa może być równa:
koszykówki
d) 1 kg-m/s, e) - 1
kg-m/s?
Rys.
1 0 . 2 4 . Pytanie 9
odbiciu
piłka tenisowa będzie więk
10.
sza czy mniejsza od sumy
się ze sobą na podłożu, po którym mogą poruszać się bez tar
wysokości, na jaką wznio sły
się
obie
piłki,
a) przed
czone z osobna (patrz także
Rys.
zadanie 4 5 ) ?
nie 4 5
9.
Krążek
hokejowy
A,
b) po odbiciu
odbiciem
upusz
10.23.
poruszający
się
Dwa ciała, tworzące układ zamknięty i izolowany, zderzają
cia.
Na której z trzech części rysunku
wiono widziane z góry
10.25 najlepiej przedsta
tory tych ciał
oraz ich środka
masy?
Pytanie 8 i zada
wzdłuż
osi
x
z pę
dem 5 kg • m/s zderza się z nieruchomym krążkiem B. Krążki, których widok z góry
przedstawiono
na rysunku
a)
10.24, poru
szają się po lodzie bez tarcia. Na rysunku zaznaczono również
Rys.
b)
c)
1 0 . 2 5 . Pytanie 10
Zadania www
Rozwiązanie jest dostępne na stronie internetowej pod ręcznika: http://www.wiley.com/college/hrw
ilw
Rozwiązanie jest
dostępne
w postaci
interaktywnej,
wykorzystującej oprogramowanie Interactive LearningWare (na tej samej stronie)
4.
Przez
Henri brzuch kości zera cuj
z 30
1 . Spoczywająca początkowo bila zostaje uderzona kijem bilardo wym, który działa na nią średnią siłą o wartości 50 N w czasie 10 Prędkość o jakiej wartości zostaje nadana bili, jeśli jej masa
wynosi 0.2 kg?
jego na
12
m
Zakładając,
masę
i
do
do że
prędkość
do
wyznacz:
a)
ze
strony
dna
z
średnią b)
z
wartość średni
70
lat
skokami
wodą
skoczka
naczynia
wody,
wieku
cyrkową
zbiornika
dotarciu
skoczka
osiągnięcia
publiczność
o
na
głębo
malała
do
wodą,
osza
siły
dzia
popęd
tej
5.
Kula stalowa o masie 0,4
kg poruszająca się z prędkością
14 m/s doznaje zderzenia, w czasie którego przez 27 ms działa na nią siła o średniej wartości 1200 N. Wyznacz wartość i kieru nek prędkości kuli po zderzeniu, jeśli kierunek działania siły jest przeciwny do kierunku początkowej prędkości kuli.
W czasie testów nowego modelu samochodu bada się jego
odporność na zderzenia. Podczas jednego z takich sprawdzianów pojazd o masie 2 3 0 0
kg poruszający
się z prędkością
15
m/s
uderza w podporę mostu i zatrzymuje się po 0,56 s od początku zderzenia. Jaką średnią silą działa podpora na samochód w czasie
6.
W lutym 1955 roku spadochroniarz, który wyskoczył z samo
lotu na wysokości 370 m nad ziemią nie zdołał otworzyć spado chronu, lecz szczęśliwie wylądował na śniegu, dzięki czemu do znał tylko nieznacznych obrażeń. Załóż, że jego prędkość w chwili upadku wynosiła 5 6 m/s (była to jego prędkość graniczna), masa
tego zderzenia?
skoczka 3.
wysokości cm.
aż
siły.
10.2. Popęd siły i pęd
2.
lata,
zachwycał
w chwili jego
łającej
ms.
długie
LaMothe
Piłka baseballowa o masie
150 g wyrzucona
z prędkością
(wraz
z kombinezonem
i spadochronem)
była
równa
85 kg, a wartość działającej na niego siły była równa 1,2 • 1 0
5
N,
4 0 m/s ma po odbiciu prędkość o wartości 6 0 m/s skierowaną
co jest największą siłą, nie powodującą jeszcze obrażeń śmier
dokładnie w stronę gracza, który ją wyrzucił. Ile wynosiła średnia
telnych. Wyznacz: a) minimalną grubość warstwy śniegu, która
wartość siły, jaką działał na piłkę kij, jeśli zderzenie kija z piłką
umożliwia
trwało 5 ms?
siły, działającej na skoczka ze strony śniegu.
252
1 0 . Zderzenia
skoczkowi
przeżycie
lądowania, b) wartość
popędu
7. Kula o masie 1.2 kg spada pionowo na podłoże i ma w chwili
13.
zetknięcia z podłożem prędkość 25 m/s. Prędkość kuli tuż po od
0
biciu ma wartość
nie w sztywnej ścianie. Wyznacz: a) pęd. b) energię kinetyczną
10 m/s. a) Ile wynosi popęd siły działającej
Strzelba śrutówka wystrzeliwuje w ciągu 1 s 10 ziaren śrutu
masie 2 g każde, nadając im prędkość 500 m/s. Śrut grzęź
na kulę w czasie jej zetknięcia z podłożem? b) Ile wynosi śred
każdego ziarna, c) średnią wartość siły działającej na ścianę ze
nia wartość siły działającej na podłoże ze strony kuli. jeśli czas
strony strumienia tych ziaren, d) Załóż, że czas zatrzymania każ dego ziarna w ścianie wynosi 0.6 ms i wyznacz średnią wartość
zetknięcia się kuli z podłożem wynosi 0.02 s?
siły działającej na ścianę ze strony ziarna w czasie jego zatrzy 8 . Jak wszyscy wiedzą, kule i inne pociski, wystrzelone w kie[ ranku Supermana po prostu odbijają się od niego. Załóż, że gang
mania, e) Dlaczego ta średnia wartość siły jest tak bardzo różna od średniej wartości siły. otrzymanej w punkcie (c)?
ster ostrzeliwuje Supermana z pistoletu automatycznego, który wystrzeliwuje pociski o masie 3 g i prędkości 500 m/s. z często ścią 100 kul na minutę. Przyjmij ponadto, że wszystkie pociski odbijają się od piersi Supermana dokładnie w kierunku ich pa dania, a wartość bezwzględna ich prędkości nie ulega przy tym zmianie. Jaka jest wartość średniej siły działającej na pierś Su permana ze strony strumienia kul?
1 4 . Na rysunku 10.27 przedstawiono schematyczny wykres zależ ności wartości sity od czasu, odnoszący się do zderzenia bardzo sprężystej kuli o masie 58 g ze ścianą. Początkowa prędkość kuli w ynosi 34 m/s i jest prostopadła do ściany. Po odbiciu kula poru sza się w kierunku przeciwnym do kierunku padania, czyli znów prostopadłym do ściany i ma prędkość, o wartości w przybliżeniu
9 . Samochód o masie 1400 kg jedzie z prędkością 5,3 m/s. Po czątkowo kieruje się na północ, czyli w dodatnim kierunku osi y.
takiej samej, jak przed zderzeniem. Wyznacz maksymalną wartość sity F . max
działającej na kulę ze strony ściany w czasie zderzenia.
Następnie pokonuje zakręt pod kątem prostym ( 9 0 ) w prawo, co =
zajmuje mu 4.6 s. po czym kierunek jego ruchu jest zgodny z do datnim kierunkiem osi x.
Niedługo potem nieostrożny kierowca
wpada na drzewo, które zatrzymuje pojazd w czasie 350 ms. Wy znacz popęd siły działającej na samochód: a) podczas pokonywa nia zakrętu, b) w czasie zderzenia z drzewem, wyrażając je za pomocą wektorów jednostkowych. Wyznacz średnią wartość siły
4
działającej na pojazd: c) podczas pokonywania zakrętu, d) w cza-
czas [ms]
a e zderzenia, e) Jaki kąt tworzy z dodatnim kierunkiem osi x średnia siła. o której mowa w pytaniu (c)? 10.
Rys.
Piłka o masie 0.3 kg ma tuż przed odbiciem jej za pomocą
kija prędkość o wartości 35
www
12 m/s i porusza się w dół pod kątem
do poziomu. Piłka styka się z kijem przez 2 ms, po czym
:
odbija się pionowo w górę i
Bści
1 5 . Pojazd kosmiczny rozpada się na dwie części w wyniku od palenia materiału wybuchowego zawartego w łączących je sworz niach. Masy części wynoszą
1200 kg i 1800 kg. a popęd siły,
z jaką sworznia działa na każdą z nich. jest rów ny 300 N • s. Z jaką
w chwili utraty kontaktu
, z kijem ma prędkość o war-
1 0 . 2 7 . Zadanie 14
względną prędkością oddalają się od siebie części po wybuchu? 10 m/s
12 m/s
10 m/s, jak pokazano
16.
Piłka o masie 150 g uderza w ścianę z prędkością 5.2 m/s.
•a rysunku 10.26. Wyznacz
a po odbiciu od ściany ma energię kinetyczną stanowiącą tylko
średnią wartość siły, działa-
50%
na kij ze strony piłki
' ftpej w
czasie ich zetknięcia się
ze
sobą.
swej początkowej energii kinetycznej, a) Jaka jest wartość
prędkości piłki tuż po odbiciu? b) Jaka jest wartość popędu siły działającej na ścianę ze strony piłki? c) Jaką średnią siłą działała Rys.
1 0 . 2 6 . Zadanie 10
1 1 . Wartość siły wypadkowej działającej na ciało o masie 10 kg rośnie jednostajnie od zera do 5 0 N przez 4
s. Pod wpływem
piłka na ścianę w czasie odbicia, jeśli stykały się one przez 7,6 ms?
1 7 . Piłka o masie 300 g i prędkości 6 m/s pada na ścianę pod kątem 6 równym 3 0 . Po odbiciu ma ona prędkość o takiej samej =
lej siły ciało pozostające początkowo w spoczynku, zostaje wpra wione w ruch. Ile wynosi prędkość ciała po 4 s? 12.
W czasie gwałtownej burzy gradowej gradziny o średnicy
1 cm i prędkości 25 m/s spadają pionowo w dół. Oszacowano, że 1 m
3
wartości, a jej tor tworzy ze ścianą taki sam kąt (patrz widok z góry na rysunku
10.28). W czasie odbicia piłka styka się ze
ścianą przez 10 ms. a) Ile wynosi popęd siły działającej na ścianę ze strony piłki? b) Jaką średnią siłą działała piłka na ścianę?
powietrza zawiera średnio 120 gradzin. a) Ile wynosi masa
gradzin (o gęstości równej 0.92 g/cm )? b) Wyznacz średnią war 3
tość siły działającej ze strony gradzin na plaski dach o rozmiarach 1 0 m x 20 m przy założeniu, że gradziny nie odbijają się od da chu. Wskazówka: siła działająca ze strony dachu na gradziny jest w
przybliżeniu równa sile wypadkowej działającej na gradzinę,
gdyż działająca na nią siła ciężkości jest bardzo mała.
Rys.
1 0 . 2 8 . Zadanie 17
Zadania
253
1 8. Bezzałogowy pojazd kosmiczny o masie 2 5 0 0 kg porusza
25.
się po linii prostej ze stalą prędkością równą 3 0 0 m/s. W pew
rając się zatrzymać przed czerwonym światłem na skrzyżowani*
Dwa samochody A i B ślizgają się po oblodzonej jezdni, sta
nej chwili na krótko włączają się silniki rakietowe, dzięki czemu
ulic. Masa samochodu A wynosi 1100 kg, a masa samochodu B
na pojazd działa siła o wartości 3 0 0 0 N w ciągu 65 s. a) Jakiej
jest równa
zmianie ulega wartość pędu pojazdu, jeśli siła ta działa zgodnie
zablokowanymi kołami każdego z samochodów a jezdnią wynoś
1400 kg. Współczynnik tarcia kinetycznego między
z kierunkiem ruchu pojazdu, przeciwnie do tego kierunku oraz
0,13. Samochodowi A udaje się zatrzymać przed sygnalizatorem,
dokładnie prostopadle do tego kierunku? b) Jakiej zmianie ulega
a samochodowi B nie udaje się to i uderza on z tyłu w samochód
energia kinetyczna pojazdu w każdym z tych przypadków? Przyj
A. Po zderzeniu samochód A przejeżdża po lodzie 8,2 m, a samo
mij,
chód B — 6,1 m, po czym obydwa się zatrzymują (patrz rysunek
że masa wyrzuconych przez silniki gazów spalinowych jest
znikomo mała w porównaniu z masą statku.
10.29). Przez cały czas hamulce obydwu samochodów są zablo kowane. Na podstawie dróg przebytych przez każdy z samocho
19.
Piłkarz wybija z rzutu wolnego piłkę o masie 0,45 kg. But
piłkarza styka się z piłką przez 3 • 1 0 ~
3
s, działając na nią w tym
czasie siłą daną wyrażeniem: F(t)
=
dów od chwili ich zderzenia wyznacz prędkość: a) samochodu A . b) samochodu B tuż po ich zderzeniu się ze sobą. c) Korzystając z zasady zachowania pędu wyznacz prędkość, jaką miał samo
[(6- 10 )t 6
chód B w chwili uderzenia w samochód A. Dlaczego skorzystanie
( 2 - 1 0 ) r ] N. 9
2
tu z zasady zachowania pędu można uważać za dyskusyjne? gdzie czas t z przedziału 0 ^ / ^ 3 • 1 0 ~
3
s jest wyrażony w se
kundach. Wyznacz wartości: a) popędu siły działającej na piłkę w czasie wykopu, b) średniej siły działającej na piłkę ze strony
przed zderzeniem
buta piłkarza w czasie ich stykania się ze sobą, c) maksymalnej siły działającej na piłkę ze strony buta piłkarza w czasie ich sty kania się ze sobą. d) prędkości piłki zaraz po oderwaniu się jej od buta piłkarza.
10.4. Zderzenia niesprężyste w jednym wymiarze 20.
Pocisk o masie 5,2 g poruszający się z prędkością 672 m/s
uderza w drewniany klocek o masie 700 g spoczywający na pod łożu, po którym może się poruszać bez tarcia. Pocisk przebija klocek i po wyjściu z niego porusza się w tym samym kierunku, lecz z prędkością zmniejszoną do wartości 428 m/s. a) Jaka pręd
Rys.
1 0 . 2 9 . Zadanie 25
kość została przy tym nadana klockowi? b) Z jaką prędkością 26.
porusza się środek masy układu pocisk-klocek?
Jak pokazano na rysunku 10.30a, pocisk o masie 3,5 g ude
rza w klocek o masie 1,2 kg, przebija go. uderza w drugi klocek 21.
Sanie w postaci skrzynki zaopatrzonej w płozy ślizgają się
bez tarcia po lodzie z prędkością 9
m/s. W pewnej chwili do
0
masie
1,8 kg, i grzęźnie w nim. Klocki pozostające począt
kowo w spoczynku na podłożu, po którym mogą się poruszać bez
skrzynki zostaje z góry wrzucona paczka o masie 12 kg. Z jaką
tarcia uzyskują przy tym prędkość, równą odpowiednio 0,63
prędkością poruszają się teraz sanie?
1 1,4 m/s (rys. 10.30b). Pomiń masę materiału wybitego przez po
rak
cisk z pierwszego klocka i wyznacz: a) prędkość pocisku tuż po 22.
Pocisk o masie 10 g uderza w wahadło balistyczne o masie
wyjściu z pierwszego klocka, b) prędkość początkową pocisku.
2 kg i grzęźnie w nim, w wyniku czego środek masy wahadła wznosi się w pionie o 12 cm. Oblicz wartość prędkości począt kowej pocisku. 23.
1,2 kg
1,8 kg
brak tarcia
Uważa się, że krater w Arizonie (rys. lO.la) powstał w wy a)
niku uderzenia meteoroidu w Ziemię przed mniej więcej 20 tysią cami lat. Szacuje się, że meteoroid ten miał masę około 5 • 1 0
1 0
kg
i prędkość około 7 2 0 0 m/s. Jaką prędkość nadałby Ziemi taki me
• 0,63 m/s
1,4 m/s
teoroid w zderzeniu czołowym? 24.
Pocisk o masie 4,5
g uderza poziomo w kloc drewniany
o masie 2,4 kg spoczywający na poziomym podłożu i grzęźnie
b)
w nim. Współczynnik tarcia kinetycznego między klocem a pod łożem wynosi 0,2. W wyniku uderzenia pocisku kloc przesuwa się po podłożu o
Rys.
1 0 . 3 0 . Zadanie 26
1,8 m (nie obracając się), a) Wyznacz pręd
kość kloca w chwili, gdy pocisk przestaje się poruszać względem
2 7 . Pudełko umieszczono na wadze wyskalowanej w jednostkach
niego, b) Wyznacz prędkość początkową pocisku.
masy, którą wytarowano tak, aby wskazywała zero, gdy pudełko
254
1 0 . Zderzenia
jest puste. Następnie do pudełka wrzucano kulki kamienne z wy
zbliżone do siebie, czemu towarzyszy ściśnięcie sprężyny, a potem
sokości h nad dnem pudełka, z częstością R kulek na sekundę.
puszczone swobodnie, gdy pozostają w spoczynku. W chwili, gdy
Każda z kulek miała masę m.
a) Wyznacz wskazanie wagi po
sprężyna powraca do położenia, w którym ma długość odpowia
czasie t od początku wsypywania kulek, zakładając, że zderze
dającą brakowi odkształcenia, podręcznik matematyki porusza się
nia kulek z pudełkiem były całkowicie niesprężyste. b) Wykonaj
z prędkością 4 m/s. Ile wynosi energia potencjalna sprężystości
obliczenia dla R =
sprężyny w chwili jej największego ściśnięcia?
28.
100 s
_ 1
, h =
7.6 m. m = 4.5 g oraz / =
10 s.
Klocek o masie 5 kg i prędkości 3 m/s zderza się z kloc
kiem o masie
10 kg poruszającym się w tym samym kierunku
33.
Klocek o masie m\
z prędkością
=
2 kg ślizga się bez tarcia po stole
10 m/s, a przed nim znajduje się klocek o masie
z prędkością 2 m/s. Po zderzeniu klocek o masie 10 kg porusza
niż
się z prędkością 2,5 m/s w tym samym kierunku, co przed zde
ścią 3 m/s. Do klocka o masie m
rzeniem, a) Ile wynosi tuż po zderzeniu prędkość klocka o masie
klocka o masie m \ sprężyna o stałej sprężystości k =
5 kg? b) O ile zmieniła się całkowita energia kinetyczna układu
jak pokazano na rysunku
obydwu klocków w wyniku ich zderzenia? c) Załóż następnie,
cie sprężyny w trakcie zderzenia klocków.
że prędkość klocka o masie 10 kg po zderzeniu wynosiła 4 m/s.
maksymalnego ściśnięcia sprężyny obydwa klocki poruszają się
Ile wynosiła w tym przypadku zmiana energii kinetycznej układu
razem; wyznacz ich prędkość zauważając, że w tej fazie ich zde
klocków? d) Uzasadnij wynik otrzymany w punkcie (c).
rzenie jest całkowicie niesprężyste.
29.
Wagon towarowy o masie 3,18 • 1 0
4
ilw
=
5 kg poruszający się w tym samym kierunku z prędko
o
masie
prędkością
10
1000
m/s
g
poruszający uderza
w
się
pionowo
spoczywający
do
go
i
po
z niego porusza
raz
10.31).
Oblicz
mak
się z prędkością 4 m/s. Wyznacz maksymalne ściśnięcie sprężyny Q pocisk
począt
Jak
pokazano
dującej rym
się
może
że
o ściany rzutni
wzrost
się
1 0 . 3 1 . Zadanie 30
10.32,
w bez
spoczynku tarcia.
największego
energii
kulka
w lufę wyrzutni
termicznej
na
masie
ni\
sprężynowej, znaj podłożu,
Kulka
zostaje
ściśnięcia w
o
razem.
po
sprężyny.
wyniku
lufy jest znikomo mały. a) Ile wynosi
45 m/s
któ
2 kg
—O
lkg
uwięziona
tarcia
Przyj kulki
prędkość wy
Rys.
1 0 . 3 4 . Zadanie 34
sprężynowej po za
trzymaniu
się kulki w lu
fie? b) Jaka część kowej
rysunku
Upocz
początkowo poruszać
w lufie, w położeniu mij,
na
odpowiadające chwili, w której prędkość klocków jest równa zeru, jeśli w trakcie zderzenia w jednym wymiarze klocki poruszają się
Rys.
wpada z prędkością
10.34). W pewnej chwili
z klockiem tym zderza się drugi klocek o masie 2 kg, poruszający
kowego?
31.
200 N/m. Drugi koniec sprężyny jest unieruchomiony,
a sprężyna jest nieodkształcona (rys.
symalną wysokość, na jaką
położenia
Klocek o masie 1 kg znajduje się w spoczynku na poziomej
stości k =
m/s
wzniesie się klocek, licząc od jego
1 0 . 3 3 . Zadanie 33
jest przymocowany do jednego końca sprężyny o stałej spręży
lecz te 400
2
powierzchni, po której może poruszać się bez tarcia. Klocek ten
się nadal
z prędkością
(rys.
34.
wyjściu
pionowo do góry,
Rys.
m
począt
kowo klocek o masie 5 kg, przebija
ilw
mm
drgającego itp. Wyznacz masę wagonu mieszkalnego, w w w
Pocisk
W chwili
»2a
kinetycznej zamienia się na energię termiczną, akustyczną, ruchu
z
Wskazówka:
kg zderza się ze znajdu
zderzeniu poruszają się one razem, a 27% początkowej energii
30.
1120 N/m,
10.33. Wyznacz maksymalne ściśnię
jącym się początkowo w spoczynku wagonem mieszkalnym. Po
góry
przymocowana jest od strony
2
energii
począt
kinetycznej
kulki zamienia się w ener gię sprężystości sprężyny?
>y—WIIWIIIIll
pocz
te Rys.
1 0 . 5 . Zderzenia sprężyste w jednym wymiarze 35.
1 0 . 3 2 . Zadanie 31
Na rysunku
10.35 przedstawiono dwa klocki ślizgające się
po podłożu bez tarcia oraz ich masy i prędkości, a) Wyznacz prędkość u, jaką ma po zderzeniu klocek o masie 1,6 kg. b) Czy
matematyki
zderzenie klocków jest sprężyste? c) Czy prędkość iJ klocka o ma
o masie 6 kg są ze sobą połączone sprężyną i spoczywają na pozio
sie 1,6 kg mogłaby mieć kierunek zaznaczony na rysunku, gdyby
32.
Podręcznik
fizyki o masie 4
kg i podręcznik
mej powierzchni, po której mogą poruszać się bez tarcia. Sprężyna
prędkość początkowa klocka o masie 2.4 kg miała kierunek prze
ma stałą sprężystości równą 8 0 0 0 N/m. Następnie książki zostają
ciwny do zaznaczonego na rysunku?
Zadania
255
5,5 m/s
2,5 m/s
W najniższym punkcie toru swego
* 2,4 kg
1,6 kg
ruchu
w nieruchomy
kula
uderza
klocek sta
lowy o masie 2,5 kg, spo przed zderzeniem U
czywający
bez
Zderzenie Wyznacz
jest
pręd
kość: a) kuli, b) klocka tuż po zderzeniu.
po zderzeniu Rys.
tarcia.
sprężyste.
2,4 kg
1,6 kg
na podłożu, po
którym może poruszać się
4,9 m/s
41.
1 0 . 3 5 . Zadanie 35
Rys.
1 0 . 3 7 . Zadanie 4 0
Ciało o masie 2 kg zderza się z innym ciałem, które przed
zderzeniem znajdowało się w spoczynku i po zderzeniu porusz* 36.
Elektron doznaje zderzenia sprężystego w jednym wymiarze
z nieruchomym początkowo atomem wodoru. Jaki procent począt kowej energii kinetycznej elektronu zostaje zamieniony na ener gię kinetyczną atomu wodoru (masa atomu wodoru jest 1840 razy większa od masy elektronu)? 37.
Wózek o masie 340 g poruszający się bez tarcia po liniowym
torze z poduszką powietrzną z prędkością początkową
1,2
m/s
ulega zderzeniu sprężystemu z nieruchomym początkowo wóz kiem o nieznanej masie. Po zderzeniu pierwszy wózek porusza się w tym samym kierunku co początkowo, z prędkością o warto ści 0,66 m/s. a) Wyznacz masę drugiego wózka, b) Jaką prędkość
się w tym samym kierunku z prędkością czterokrotnie mniejszą
od swej prędkości początkowej, a) Wyznacz masę drugiego ciała.1
b) Wyznacz prędkość środka masy tych ciał, jeśli prędkość po-1 czątkowa ciała o masie 2 kg wynosi 4 m/s. w w w
42.
Przeanalizuj układ dwóch kul, którego dotyczył
10.4.
Załóż, że kula
1 ma masę 50 g i wysokość
przykłai
początków
1
9 cm. a kula 2 ma masę 85 g. Wyznacz największą wysokość p *
zderzeniu: a) kuli 1, b) kuli 2. Następnie wyznacz największą wy-1 sokość: c) kuli 1, d) kuli 2 po ich kolejnym zderzeniu sprężystym. I
Wskazówka:
Nie zaokrąglaj otrzymanych wartości.
ma on po zderzeniu? c) Ile wynosi prędkość środka masy układu
4 3 . Dwie kule tytanowe zbliżają się do siebie czołowo z jednako-^
tych dwóch wózków?
wymi prędkościami i zderzają się sprężyście. Jedna z kul, któta 38.
Pojazd
kosmiczny
Voyager
2
(o
masie
m
i prędkości
względem Słońca) zbliża się do Jowisza (o masie m
s
ści
Vj względem Słońca), jak pokazano na rysunku
v
masa wynosi 300 g jest po zderzeniu nieruchoma, a) W y z n a a '
i prędko
masę drugiej kuli. b) Wyznacz prędkość środka masy tych k n l j
10.36. Po
jeśli ich prędkości początkowe (o takiej samej wartości) wynoszą'
jazd okrąża planetę i oddala się od niej w kierunku, z którego
2 m/s.
|
nadleciał. Wyznacz prędkość pojazdu (względem Słońca) po tym manewrze, który można rozpatrywać jako zderzenie. Przyjmij, że
44.
v =
staje w spoczynku na długim stole, na końcu którego znajduje się
12 km/s, a Vj =
13 km/s (prędkość orbitalna Jowisza). Masa
Jak pokazano na rysunku 10.38, klocek 1 o masie rai pozo
pionowa ściana. Między tym klockiem a ścianą umieszczono d m ą ^
Jowisza jest znacznie większa od masy pojazdu (raj 3> m).
klocek o masie m , który następnie wprawiono w ruch w lewa' 2
stronę, tzn. w kierunku klocka 1, ze stałą prędkością i^pocz- J a k a i musi być masa m
2
(w jednostkach masy rai), aby po jednym zóe- j
rżeniu klocka 2 z klockiem 1 i jego jednym zderzeniu ze ścianą obydwa klocki poruszały się z jednakowymi prędkościami? Za- i łóż,
że obydwa klocki ślizgają się po stole bez tarcia, wszystkie j
zderzenia są sprężyste, a ściana ma nieskończoną masę.
C g ł -
1>
-
-
"2pocz
u
Rys.
1 0 . 3 6 . Zadanie 38
m
2
39.
Cząstka a (o masie 4 u) ulega czołowemu zderzeniu spręży
stemu z jądrem złota (o masie 197 u), pozostającym początkowo w spoczynku. Jaki procent swej początkowej energii kinetycznej traci przy tym zderzeniu cząstka a ? Symbol u oznacza atomową Rys.
jednostkę masy. i l w 40. o
Kula stalowa o masie 0,5
długości
70
cm,
kg jest przymocowana do liny
nieruchomej
na
drugim
końcu.
Kula
staje puszczona swobodnie, gdy lina jest pozioma (rys.
256
10. Zderzenia
zo
10.37).
1 0 . 3 8 . Zadanie 4 4
4 5 . Małą piłkę o masie m\ ustawiono nad większą piłką o masie mi
(w niewielkiej odległości od niej, jak na rysunku 10.23a), po
czym obie piłki jednocześnie puszczono swobodnie z wysokości
i
I
li
nad podłogą (wysokość ta jest znacznie większa od promieni
obydwu piłek), a) Jaki musi być stosunek mas m i / m i .
aby po
zderzeniu sprężystym dużej piłki z podłogą, a następnie zderzeniu sprężystym obydwu piłek duża piłka miała prędkość równą zeru? Powinieneś otrzymać w przybliżeniu stosunek mas piłki tenisowej i piłki do koszykówki, jak w pytaniu 8. b) Na jaką największą wysokość wzniesie się potem mniejsza piłka?
całkowicie niesprężystym zderzeniu z prędkością o wartości rów nej połowie wartości ich prędkości przed zderzeniem. Wyznacz kąt między wektorami prędkości tych ciał przed zderzeniem. 52.
Kula bilardowa poruszająca się z prędkością 2.2 m/s zderza
się niecentralnie z taką samą kulą nieruchomą. Stwierdzono, że po zderzeniu jedna z nich porusza się z prędkością 1,1 m/s w kie runku tworzącym kąt 6 0
5
z kierunkiem ruchu pierwszej kuli przed
zderzeniem, a) Ile wynosi prędkość drugiej kuli? b) Czy dane tego
1 0 . 6 . Zderzenia w dwóch w y m i a r a c h 46.
Dwa ciała A
i B
o jednakowych
masach
zadania dopuszczają możliwość, że zderzenie było niesprężyste?
równych
2 kg
zderzają się ze sobą. Ich prędkości przed zderzeniem wynoszą: t}
A
=
15i + 30j i D = B
- lOi + 5j. Po zderzeniu: v'
A
=
-5i +
20j
(wszystkie prędkości wyrażone są w metrach na sekundę), a) Wy znacz prędkość końcową ciała B . b) Wyznacz zysk lub stratę ener gii kinetycznej w tym zderzeniu.
i zostaje rozproszona pod kątem 64° względem kierunku jej pa dania. Jądro doznaje odrzutu pod kątem 51 °, w przeciwną stronę, niż zostaje rozproszona cząstka. Prędkość jądra po zderzeniu ma wartość 1 , 2 - 1 0
Jak pokazano na rysunku 10.39, kula 1 poruszająca się z pręd
lami 2 i 3, których środki leżą na prostej prostopadłej do kierunku ruchu kuli 1. Kule 2 i 3 stykają się ze sobą w punkcie leżącym na prostej, wzdłuż której porusza się kula 1. Wszystkie kule są jednakowe, a ich ruch odbywa się bez tarcia. Jaką prędkość ma po zderzeniu: a) kula 2, b) kula 3, c) kula 1 ?
4 7 . Cząstka a zderza się z nieruchomym początkowo jądrem tlenu
5
53.
kością 10 m/s zderza się sprężyście z dwiema nieruchomymi ku
m/s. Wyznacz: a) prędkość końcową, b) prędkość
nie
ma
tarcia,
kie
popędy
sił
kul,
tknięcia się kul. 54.
48.
Proton o prędkości 500 m/s zderza się sprężyście z innym
protonem, pozostającym początkowo w spoczynku. Tory proto nów po zderzeniu są prostopadłe do siebie, a tor protonu, który przed zderzeniem się poruszał, tworzy kąt 6 0
=
z kierunkiem jego
prędkości początkowej. Jaką wartość ma po zderzeniu prędkość: a) protonu, który był przed zderzeniem nieruchomy, b) protonu, który był przed zderzeniem w ruchu?
49.
p Q
przechodzącej w chwili
zderzenia
przez
Ponieważ
skiero
cej środki zderzających się
tlenu —
ilw
są
Wskazówka:
wszyst
wane wzdłuż prostej łączą-
początkową cząstki a (masa cząstki ar jest równa 4 u. a masa jądra 16 u, gdzie u jest atomową jednostką masy),
to
^ °
t>
g
1
x
j
punkt ze
Dwójka dzieci
Rys. 1 0 . 3 9 . Zadanie 53 ślizga się na zamarzniętym
stawie.
Każde
z nich ma masę 30 kg i prędkość 4 m/s. Dzieci zderzają się ze sobą i po zderzeniu poruszają się razem, gdyż łączą je ze sobą zapięcia rzepowe ich kurtek. Następnie dzieci wpadają na męż czyznę o masie 75 kg. poruszającego się z prędkością 2 m/s. który chwyta je w objęcia. Po tym zderzeniu cała trójka się nie poru sza.
Jaki kąt tworzyły ze sobą wektory początkowych prędkości
obojga dzieci?
Kula bilardowa uderzona kijem przez gracza zderza się na
55.
Wykaż, że jeśli w zderzeniu sprężystym z nieruchomym deu-
stępnie z inną kulą o takiej samej masie, pozostającą początkowo
teronem neutron zostaje rozproszony pod kątem 9 0 , to traci on
w bezruchu. Pierwsza kula porusza się po zderzeniu z prędkością
na rzecz deuteronu 2/3 swojej początkowej energii kinetycznej.
3,5 m/s w kierunku tworzącym kąt 2 2 '
Masa neutronu wynosi 1 u, a masa deuteronu — 2 u. gdzie u jest
z kierunkiem jej ruchu
przed zderzeniem, a druga kula ma prędkość 2 m/s. a) Jaki kąt
=
atomową jednostką masy.
tworzy kierunek ruchu drugiej kuli z kierunkiem ruchu pierw szej kuli przed zderzeniem? b) Jaką prędkość miała pierwsza kula przed zderzeniem? c) Czy energia kinetyczna (środka masy układu
Z a d a n i a dodatkowe
tych kul — nie rozważaj ruchu obrotowego kul) jest zachowana
56.
w tym zderzeniu?
wierzchni
Małe jaszczurki zwane bazyliszkami potrafią biegać po po wody. W każdym kroku jaszczurka najpierw uderza
stopą w wodę, a następnie wciska ją
w wodę tak szybko, że
Dwie kule A i B. których masy są różne od siebie, ale żadnej
nad stopą tworzy się pęcherz powietrza. Aby nie pokonywać siły
z nich nie znamy, zderzają się ze sobą. Przed zderzeniem kula A
oporu cieczy przy wyciąganiu stopy z wody, jaszczurka podnosi
jest nieruchoma, a kula B ma prędkość o wartości v. Po zderze
stopę, zanim woda wyprze znad niej powietrze. Aby jaszczurka
niu kula B porusza się z prędkością o wartości u/2 w kierunku
nie wpadła do wody, w czasie
prostopadłym do kierunku jej ruchu przed zderzeniem, a) W ja
z wodą (złożonej z uderzenia w powierzchnię wody, pchnięcia
50.
pełnej fazy kontaktu jej stopy
kim kierunku porusza się po zderzeniu kula A? b) Wykaż, że na
stopy w dół i wysunięcia stopy z wody) średni popęd siły, działa
podstawie danych tego zadania nie można wyznaczyć prędkości
jącej na jaszczurkę w górę, musi równoważyć popęd pochodzący
kuli A po zderzeniu.
od siły ciężkości. Załóż, że masa jaszczurki wynosi 9 0 g, masa każdej jej stopy jest równa 3 g, prędkość stopy w chwili ude
51.
Stwierdzono, że dwa ciała o jednakowych masach i jedna
kowych wartościach prędkości początkowej poruszają się po ich
rzenia nią w wodę wynosi
1.5 m/s, a cała faza kontaktu stopy
z wodą trwa 0,6 s. a) Jaka jest wartość popędu siły działającej na
Zadania
257
jaszczurkę w czasie każdego jej kroku (załóż, że jest on skiero
a) Jaka jest wartość średniej siły wyrażonej w jednostkach ciężara
wany pionowo w górę)? b) Ile wynosi w czasie każdej (trwającej
tyranozaura, działającej w pionie na dinozaura w czasie jego zde
0,6 s) fazy kontaktu stopy jaszczurki z wodą skierowany w dół
rzenia z ziemią (tzn. w czasie, gdy jego środek masy opada o OJ
popęd siły. związany z siłą ciężkości? c ) Która faza kroku jasz
m)? Wyobraź sobie następnie, że tyranozaur biegnie z prędkości!
czurki, uderzenie stopą w wodę, czy pchnięcie stopy pod wodę,
19 m/s (czyli bardzo szybko), potyka się, upada, po czym ślizgi
jest głównym czynnikiem, umożliwiającym jaszczurce utrzyma
się po powierzchni ziemi aż do zatrzymania się, a współczynnł
nie się na powierzchni wody? A może znaczenie obydwu tych
tarcia kinetycznego między nim a gruntem wynosi 0,6.
czynności jest mniej więcej jednakowe?
mij, że średnia siła działająca na tyranozaura w czasie zderzeni
Przyj
z ziemią i poślizgu jest równa wartości, obliczonej w punkcie ( a l 5 7 . Tyranozaury wiedziały zapewne z doświadczenia, że nie po
Wyznacz w przybliżeniu: b) wartość całkowitej średniej siły dzia
winny biegać zbyt szybko, z uwagi na niebezpieczeństwo potknię
łającej na tyranozaura ze strony ziemi (jak poprzednio w jednoa-
cia się, gdyż ich krótkie przedramiona nie byłyby wówczas w sta
kach ciężaru dinozaura), c) drogę przebytą przez niego w czasie
nie zamortyzować upadku. Wyobraź sobie, że w czasie marszu
poślizgu. Wartości sił otrzymane w punktach (a) i (b) wskazaja
tyranozaur potyka się i przewraca, przy czym jego środek masy
na to, że w czasie upadku dinozaura jego korpus doznałby po*
spada swobodnie z wysokości 1,5 m, a następnie przemieszcza się
ważnych obrażeń. Jeszcze większe byłyby przy upadku obrażeaij
w dół o dalsze 0,3 m przy ugięciu się ciała dinozaura i gruntu.
łba zwierzęcia, który upada z jeszcze większej wysokości.
11 Obroty
Zawodnik mniejszy i słabszy, który zna prawa fizyki, może pokonać w dżudo zawodnika większego i silniejszego, który tych praw nie zna. Widać to szczególnie wyraźnie na przykładzie klasycznego „rzutu przez biodro", podczas którego zawodnik powoduje obrót przeciwnika wokół swego biodra i — jeśli rzut jest wykonany poprawnie — jego upadek na matę. Bez właściwego zastosowania praw fizyki taki rzut przeciwnika wymaga użycia znacznie większej siły, a zatem może się łatwo nie
t
11.1. Ruch postępowy a ruch obrotowy Pełen wdzięku ruch łyżwiarzy figurowych umożliwia zilustrowanie dwóch ro dzajów ruchu ciał. Na rysunku 11.1 a przedstawiono łyżwiarkę, ślizgającą się , lodzie wzdłuż linii prostej ze stałą prędkością. Jej ruch jest czystym ruchem po stępowym. Na zdjęciu z rysunku 11.Ib łyżwiarka wykonuje piruet, czyli obr się ze stałą szybkością wokół osi pionowej. Jest to czysty ruch obrotowy. Dotychczas zajmowaliśmy się przede wszystkim ruchem postępowym wzdhff linii prostej. Ruch obrotowy, o którym będziemy mówić w tym rozdziale to i jaki wykonują koła pojazdów, koła zębate, silniki, planety, wskazówki zegara, wirniki silników odrzutowych i śmigła helikopterów.
11.2. Zmienne obrotowe
a)
Chcemy opisać obrót ciała sztywnego wokół stałej osi. Ciało sztywne to ci które obraca się w taki sposób, że wszystkie jego części są związane ze sobąJ dzięki czemu kształt ciała nie ulega zmianie. Termin stała oś oznacza, że ob zachodzi wokół osi, której położenie nie zmienia się w czasie ruchu ciała. Nic będziemy zatem badać ruchu takich ciał jak Słońce, którego części (Słońce j : kulą gazu) nie obracają się razem. Nie będziemy się też zajmować na przykład ruchem kuli do kręgli w czasie jej ruchu wzdłuż toru kręgielni, gdyż obraca s ona wokół osi. która zmienia swoje położenie (ruch kuli do kręgli jest złożenie ruchu obrotowego i postępowego). Na rysunku 11.2 przedstawiono ciało sztywne o dowolnym kształcie, obraca jące się wokół stałej osi, którą będziemy nazywać osią obrotu. Każdy punkt tęp ciała porusza się po okręgu, którego środek leży na osi obrotu i każdy punkt za kreśla w ustalonym czasie taki sam kąt. W ruchu postępowym każdy punkt cia porusza się po linii prostej i doznaje w ustalonym czasie takiego samego prze mieszczenia liniowego (wielokrotnie w tym rozdziale będziemy porównywać ruca obrotowy z postępowym). Omówimy teraz po kolei odpowiedniki wielkości, związanych z ruchem po stępowym — położenia, przemieszczenia, prędkości i przyspieszenia - służące do opisu ruchu obrotowego.
b) Rys.
1 1 . 1 . Łyżwiarka figurowa Michelle
Kwan, poruszająca się: a) ruchem postę powym wzdłuż stałego kierunku, b) ru chem obrotowym wokół osi pionowej
Położenie kątowe Na rysunku 11.2 pokazano linię odniesienia prostopadłą do osi obrotu, związaaą z ciałem i obracającą się wraz z nim. Położeniem kątowym tej linii nazywanay kąt, jaki tworzy ona z pewnym stałym kierunkiem, wybranym za kierunek o ze rowym położeniu kątowym. Na rysunku 11.3 położenie kątowe 9 jest mierzone względem dodatniego kierunku osi x. Wiemy z geometrii, że: 6
=
-
r
(miara łukowa kąta).
(11.1)
We wzorze tym s jest długością łuku okręgu, zawartego między osią x (wyzna czającą zerowe położenie kątowe) a linią odniesienia; r jest promieniem okręgnl
260
1 1 . Obroty
oś obrotu^
--„ ^
ci ' 3
• "lx
0
linia =
(
1
~ ~-
odniesienia
—
W
y oś obrotu
O łys.
11.2.
kształcie,
Ciało
sztywne
obracające
się
o dowolnym wokół
ifcładu współrzędnych. Linia
osi
Rys.
11.3.
Przekrój płaszczyzną xy
ob
c
racającego się ciała z rysunku 11.2 (czyli
odniesienia
jego „widok z góry"). Płaszczyzna prze
aostała wybrana w obrębie ciała dowol-
kroju
aie.
która jest teraz skierowana prostopadle do
z tym że jest prostopadła do osi ob-
jest
prostopadła
do
osi
obrotu,
•DOJ. Jest ona związana z ciałem i obraca
kartki, w twoim kierunku. Położenie ciała
g ę wraz z nim
jest określone przez kąt 6, jaki tworzy li nia odniesienia z osią x
Kąt jest tu mierzony w radianach (rad), a nie w stopniach, czy liczbie pełnych obrotów. Radian jest równy stosunkowi dwóch wielkości o wymiarze długości, jest zatem liczbą bezwymiarową. Obwód okręgu o promieniu r jest równy 2nr, więc kąt pełny ma 2ix radianów: 1 pełny obrót = 360°
~
= 2TT rad.
(11.2)
1 rad = 57,3° = 0,159 pełnego obrotu.
(11-3)
czyli Kąt B nie przybiera znów wartości zero po każdym pełnym obrocie linii odniesiema wokół osi obrotu. Mówimy, że po dwóch pełnych obrotach linii odniesienia, od zerowego położenia kątowego, położenie kątowe 9 jest równe 9 = 4TT rad. W przypadku ruchu postępowego wzdłuż osi x wiedzieliśmy wszystko o ru chu ciała, jeśli znaliśmy funkcję x(t), wyrażającą zależność położenia ciała od czasu. Podobnie, w przypadku ruchu obrotowego pełna informacja o ruchu ciała jest zawarta w funkcji 9(t), czyli zależności położenia kątowego linii odniesienia ciała od czasu.
linia odniesienia
Przemieszczenie kątowe Jeśli ciało z rysunku 11.3 obróci się wokół osi obrotu, jak na rysunku 11.4, czyli położenie kątowe jego linii odniesienia zmieni się z 9\ na 9 , to przemieszczenie kątowe ciała A9 wyniesie:
- oś obrotu
2
Rys.
11.4.
sztywnego
AB
=6 -9 . 2
x
(11-4)
Linia z
ma w chwili
odniesienia
rysunków t\
11.2
położenie
11.3
kątowe
a w pewnej późniejszej chwili t
2
Ta definicja przemieszczenia kątowego odnosi się równie dobrze do ciała sztyw nego jako całości, jak i do każdej cząstki tego ciała, gdyż te cząstki są ze sobą sztywno związane.
ciata i
6\,
położe
nie kątowe 6 . Wielkość A8 ( = 9 — 0i) 2
jest
przemieszczeniem
2
kątowym
ciała
t —t\).
Samo
w przedziale czasu At ( =
2
ciało sztywne nie zostało narysowane
11.2.
Zmienne obrotowe
261
W przypadku ruchu postępowego ciała wzdłuż osi x jego przemi* nie Ax może być dodatnie lub ujemne, w zależności od tego, czy ciało p o r a ^ się w dodatnim, czy ujemnym kierunku osi. Podobnie, przemieszczenie kąto»e ciała może być dodatnie lub ujemne w zależności od tego, w którą stronę z a c h o Ć H jego obrót. Przesunięcie kątowe jest dodatnie, jeśli obrót zachodzi w kierunku przeciwnym do J kierunku ruchu wskazówek zegara, a jest ujemne, jeśli obrót zachodzi w kierunki zgodnym z kierunkiem ruchu wskazówek zegara.
Stwierdzenie, że „zegar jest ujemny" może ci pomóc w skutecznym za miętaniu tej reguły.
Prędkość kątowa Załóżmy (patrz rysunek 11.4), że położenie kątowe ciała w chwili t\ wynosi a w chwili t wynosi ono 6\ . Średnią prędkość kątową ciała w przedziale At od t1 do t definiujemy jako: 2
2
0. - 0, OJśr =
A0 =
t -1\ 2
—
,
(11
At
przy czym A0 jest przemieszczeniem kątowym ciała w przedziale czasu At (a»i mała litera grecka omega). Prędkość kątowa OJ (chwilowa), która będzie nam najbardziej p r z y d a o Ł j jest określona jako granica ilorazu w równaniu (11.5), przy Ar dążącym do: Zatem mamy: A0 d0 co = hm — = — . (11-6)1 A / ^ O Af dt
Jeśli znamy funkcję 0(r), to prędkość kątową OJ możemy obliczyć jako pochod« tej funkcji. ,_; Wzory (11.5) i (11.6) odnoszą się zarówno do obracającego się ciała sztywni nego jako całości, jak i do każdej cząstki tego ciała, gdyż te cząstki są ze soeą] sztywno związane. Najczęściej stosowanymi jednostkami prędkości kątowej s : radian na sekundę (rad/s) i obrót na sekundę. Jeszcze innej jednostki prędkośai kątowej używano przez ponad trzydzieści lat istnienia muzyki rockowej: muzyfe] zapisywano wówczas na płytach winylowych, a do ich odtwarzania stosowa gramofony (adaptery), których talerz obracał się z prędkością „331 rpm" lub „ rpm", co oznacza 331 lub 45 obrotów na minutę. J
W przypadku ruchu postępowego cząstki wzdłuż osi x jej prędkość liniowa w ] może być dodatnia lub ujemna, w zależności od tego, czy cząstka ta porusza sit w dodatnim, czy ujemnym kierunku osi. Podobnie, prędkość kątowa OJ obra-J cającego się ciała sztywnego może być dodatnia lub ujemna w zależności ać tego, czy obrót zachodzi w kierunku przeciwnym do kierunku ruchu wskazó-1 wek zegara (wtedy jest dodatnia), czy w kierunku zgodnym z kierunkiem r u c b t ' wskazówek zegara (wtedy jest ujemna — jak poprzednio: „zegar jest ujemny! Wartość bezwzględną prędkości kątowej oznaczamy także literą co.
262
1 1 . Obroty
Przyspieszenie kątowe Jeśli prędkość kątowa obracającego się ciała nie jest stała, to ciało ma przyspie szenie kątowe. Załóżmy, że prędkość kątowa ciała wynosi oj\ w chwili t\ i w w chwili t . Średnie przyspieszenie kątowe obracającego się ciała, w przedziale czasu od fi do t , jest zdefiniowane jako:
2
2
2
OJ2~W\
Aoj
«śr =
=—• (11-7) f - t\ Af przy czym Aoj jest zmianą prędkości kątowej ciała w przedziale czasu Af. Przy spieszenie kątowe a (chwilowe), które będzie nam najbardziej przydatne, jest określone jako granica ilorazu w równaniu (11.7) przy Af dążącym do zera. Zatem mamy 2
Aco
a = lim
Ar->0
dco —.
Af
. „ (11.8)
x
df
Wzory (11.7) i (11.8) odnoszą się zarówno do obracającego się ciała sztywnego jako całości, jak i do każdej cząstki tego ciała. Najczęściej stosowanymi jednost kami przyspieszenia kątowego są radian na sekundę kwadrat (rad/s ) i obrót na sekundę kwadrat. 2
Przykład 11.1
jest obrócona w stosunku do kierunku zerowego położenia kąto wego o 1.2 rad. czyli 69°, w kierunku przeciwnym do kierunku
Krążek przedstawiony na rysunku 11.5a obraca się jak karuzela wokół osi, przechodzącej przez jego środek. Położenie kątowe 9(t)
jego linii odniesienia zależy od czasu, zgodnie z wyrażeniem: =
6(t) przy czym
t jest
-1
wyrażone
- 0 . 6 f + 0,25f , 9
—
w radianach,
a zerowe położenie kątowe pokazano na rysunku.
— 3 s do t =
6 s. Naszkicuj krążek
i położenie kątowe jego linii odniesienia w chwilach t =
— 2 s, 0 s
i 4 s oraz w chwilach, dla których otrzymana krzywa przecina oś t.
ROZWIĄZANIE: ( H
sunku 11.5a. W taki sam sposób dla t =
0 otrzymujemy 9 =
=
sunku do zerowego położenia kątowego o 1 rad, czyli 57°, w kie
stawiono na szkicu 3. Dla t = 4 s otrzymujemy 9 =
które zależy od czasu zgodnie z równaniem
0 , 6 rad =
34°
(szkic 5 ) . Wykonanie rysunków dla punktów przecięcia krzywej z osią t jest łatwe, bo wtedy 9 =
0, a więc w takiej chwili linia
odniesienia pokrywa się chwilowo z kierunkiem zerowego poło żenia kątowego (szkice 2 i 4 ) .
b) W jakiej chwili, którą oznaczymy przez r
Położenie kątowe krążka jest to położenie kątowe jego li
nii odniesienia 9(t),
— 1 rad
—57°, co oznacza, że linia odniesienia krążka jest obrócona w sto
runku zgodnym z kierunkiem ruchu wskazówek zegara, co przed
a) Sporządź wykres położenia kątowego krążka jako funkcji czasu, w przedziale czasu od / =
położenie kątowe linii odniesienia przedstawiono na szkicu 1 z ry
(11.9)
2
w sekundach,
ruchu wskazówek zegara (przeciwnym, gdyż 9 jest dodatnie). To
miI1
funkcja 9(t)
przy
biera wartość minimalną, widoczną na rysunku 11.5b? Ile wynosi ta najmniejsza wartość 6 ?
(11.9). Wobec tego musimy sporządzić wykres funkcji danej rów naniem (11.9). Wynik przedstawiono na rysunku 11.5b. Aby
sporządzić
rysunki
krążka
i jego
linii
odniesienia
w określonej chwili, musimy wyznaczyć wartość 9 w tej chwili. W tym celu podstawiamy do wzoru (11.9) odpowiednią wartość czasu. Dla t = 9(t)
=
— 2 s otrzymujemy: -1
-
(0,6)(-2) +
(0,25)(-2)
2
=
1,2 rad
ROZWIĄZANIE: O—»
Aby wyznaczyć ekstremum funkcji (w naszym przypadku
minimum), należy obliczyć pierwszą pochodną tej funkcji i przy równać ją do zera. Pierwsza pochodna 9(t)
jest równa:
d6> — = - 0 , 6 + 0,5/. df
(11.10)
Przyrównując ją do zera i rozwiązując otrzymane równanie wzglę dem t, znajdujemy czas odpowiadający minimum Wynik ten oznacza, że w chwili t =
— 2 s linia odniesienia krążka
'min =
1.2 s.
11.2.
9(t): (odpowiedź)
Zmienne obrotowe
263
oś obrotu
11.5b) odpowiada
_
maksymalnemu
Zgodnym z kierunkiem
linia odniesienia
obrotowi krążka
ruchu wskazówek
zegara
w kierunku
względem zero
wego położenia kątowego, nieco większemu niż na szkicu 3.
zerowe położenie kątowe
c)
Sporządź wykres prędkości kątowej krążka co, jako funkcji
czasu, w przedziale czasu od / =
-3
s do / =
6 s. Naszkicuj
krążek i wskaż kierunek jego obrotu oraz znak co w chwilach t =
0[rad]
— 2 s i 4 s oraz w chwili
/ j . m
n
ROZWIĄZANIE: O—»
Prędkość kątowa co jest równa d#/df. Dla zależności
9(t)
danej wzorem (11.6) obliczyliśmy już tę pochodną w równaniu (11.10). Mamy zatem: co — —0.6 + 0.5f.
(11.11)
Wykres funkcji co(ł) przedstawiono na rysunku 11.5c. Aby naszkicować krążek w chwili t =
— 2 s, podstawiamy
tę wartość do wzoru (11.11) i otrzymujemy: co =
—1,6 rad/s.
(odpowiedź)
Znak minus oznacza, że w chwili t =
— 2 s krążek obraca się
w kierunku zgodnym z kierunkiem ruchu wskazówek zegara, co zaznaczyliśmy na rysunku 11,5c na dolnym szkicu. Podstawiając do wzoru (11.11) r = 4 s, otrzymujemy: 1,4 rad/s.
co =
co [rad/s]
(odpowiedź)
Jest to prędkość dodatnia, a zatem w chwili t = 4 s krążek obraca się w kierunku przeciwnym do kierunku ruchu wskazówek zegara
1
t 1
i
1
(górny szkic na rysunku 11.5c).
a> dodatnie,^^''^
Wiemy już, że co =
r[s]
że w chwili
l
min
mamy:
d9/dt
=
0, skąd wynika,
0. Zatem w tej chwili, w której linia odniesienia krążka
osiąga położenie, odpowiadające najmniejszej wartości 9 na ry sunku 11.5b, prędkość kątowa krążka przybiera wartość zero, c o -2
pokazano na środkowym szkicu na rysunku 11.5c.
d) Korzystając z uzyskanych dotąd informacji, opisz ruch krążka w przedziale czasu od f = w ujemne Rys. 9(t)
1 1 . 5 . Przykład
c)
—3 s do / =
6 s.
ROZWIĄZANIE:
11.1. a) Obracający się krążek, b) Wykres
— położenia kątowego krążka jako funkcji czasu. Na pięciu
W pierwszej chwili, w której badamy ruch krążka, tzn. w chwiE / =
—3 s, położenie kątowe krążka jest dodatnie i obraca się o a
małych rysuneczkach przedstawiono położenie kątowe linii odnie
w kierunku zgodnym z kierunkiem ruchu wskazówek zegara, lecz
sienia krążka dla pięciu punktów krzywej 9(t).
z coraz mniejszą prędkością. W chwili, gdy jego położenie ką
c) Wykres co(t)
—
prędkości kątowej krążka jako funkcji czasu. Dodatnia wartość co
towe jest równe 9 =
odpowiada obrotowi w kierunku przeciwnym do kierunku ruchu
wartość zero, a następnie zaczyna się on obracać w kierunku prze
wskazówek zegara, a jej wartość ujemna — obrotowi w kierunku
ciwnym do kierunku ruchu wskazówek zegara, a jego położenie
zgodnym z kierunkiem ruchu wskazówek zegara
kątowe staje się po pewnym czasie ponownie dodatnie.
l/SPRAWDZIAN Aby wyznaczyć minimalną wartość 6, podstawiamy t \„ m
do rów
Ta minimalna
264
rad « - 7 7 , 9 ° .
wartość 9(t)
1 1 . Obroty
1:
Krążek
może
się obracać
wokół osi
przechodzącej przez jego środek, jak na rysunku 11.5a. Które z podanych niżej par wartości jego kątowego położenia począt
nania (11.9) i otrzymujemy: 0 =-1.36
—1,36 rad prędkość kątowa krążka przybiera
(odpowiedź)
(najniższy punkt krzywej z rysunku
kowego i końcowego odpowiadają ujemnemu przemieszczeniu kątowemu: a) —3 rad, + 5 rad, b) —3 rad, —7 rad, c ) 7 rad, —3 rad?
11.3. Czy wielkości kątowe sq wektorami? Przemieszczenie, prędkość i przyspieszenie pojedynczej cząstki można opisać za pomocą wektorów. Jeśli jednak cząstka porusza się po linii prostej, to zapis wektorowy nie jest nam naprawdę potrzebny. Taka cząstka ma bowiem do wyboru jedynie dwa kierunki ruchu, do których rozróżnienia wystarczą nam znaki plus i minus. Podobnie ciało sztywne obracające się wokół stałej osi może obracać się względem tej osi jedynie w kierunku zgodnym lub przeciwnym do kierunku ru chu wskazówek zegara, a te kierunki możemy znów rozróżnić, korzystając ze znaków plus i minus. Nasuwa się jednak pytanie: czy przemieszczenie, prędkość i przyspieszenie kątowe obracającego się ciała sztywnego można opisać za po mocą wektorów? Odpowiedź brzmi: tak, choć z jednym zastrzeżeniem, o którym powiemy za chwilę, gdy dojdziemy do przemieszczeń kątowych. Rozważmy najpierw prędkość kątową. Na rysunku 11.6a przedstawiono płytę gramofonową, obracającą się na talerzu gramofonu. Ma ona stałą prędkość ką tową co ( = 33 j obrotów na minutę) o kierunku zgodnym z kierunkiem ruchu wskazówek zegara. Tej prędkości kątowej możemy przypisać wektor prędkości kątowej co, skierowany wzdłuż osi obrotu, jak na rysunku 11.6b. Robimy to tak: ustalamy długość wektora w pewnej dogodnej skali, na przykład przyjmując, że 1 cm odpowiada 10 obrotom na minutę, a następnie ustalamy kierunek wektora w, korzystając z reguły prawej dłoni. W tym celu, jak pokazano na rysunku 11.6c, otaczamy palcami prawej ręki oś obrotu płyty tak, aby końce palców wskazywały kierunek obrotu. Odchylony kciuk wskazuje wówczas kierunek wektora prędko ści kątowej. Gdyby płyta obracała się w przeciwną stronę, reguła prawej dłoni wskazałaby, że wektor prędkości kątowej powinien być skierowany przeciwnie. Nie jest łatwo przyzwyczaić się do faktu, że wielkości kątowe są wektorami. Instynktownie czujemy, że coś powinno się poruszać w kierunku wektora. W tym przypadku nic takiego nie ma miejsca. Natomiast coś (ciało sztywne) obraca się wokół kierunku wektora. W czystym ruchu obrotowym wektor definiuje oś [ obrotu, a nie kierunek, w którym coś się porusza. Niemniej jednak, wektor ten | daje informacje o ruchu obracającego się ciała. Ponadto spełnia on wszystkie prawa działań na wektorach omówione w rozdziale 3. Przyspieszenie kątowe a też jest wektorem i też spełnia te prawa działań. z oś obrotu
oś obrotu
Rys.
z
z
1 1 . 6 . a) Płyta obracająca się wo
kół osi pionowej zgodnej z kierunkiem
oś obrotu
trzpienia talerza gramofonu, b) Prędkość kątową obracającej się płyty można opi sać za pomocą wektora co, leżącego na osi obrotu na
i skierowanego
rysunku,
c)
w dół, jak
Ustaliliśmy,
że
kieru
nek wektora prędkości kątowej to kie runek w dół, korzystając z reguły pra wej dłoni. Gdy palce zwiniętej prawej dłoni otaczają oś obrotu tak, że końce palców wskazują kierunek obrotu, od chylony kciuk wskazuje kierunek wek tora co
b)
11.3.
Czy wielkości kątowe sq wektorami?
265
W tym rozdziale będziemy zajmować się jedynie obrotami wokół stałej osi. W tych warunkach wielkości wektorowe nie będą nam potrzebne. Do oznaczenia kierunku prędkości kątowej co i przyspieszenia kątowego a wystarczy nam ich znak: plus dla kierunku przeciwnego do kierunku ruchu wskazówek zegara oraz minus dla kierunku zgodnego z kierunkiem ruchu wskazówek zegara.
A teraz zastrzeżenie, o którym wspomnieliśmy na początku tego paragrafu: j przemieszczeniom kątowym (o ile nie są bardzo małe) nie można przypisać wek torów. Dlaczego? Przecież bez trudu możemy im przypisać wartość i kierunek, ' tak samo jak określiliśmy wektor prędkości kątowej na rysunku 11.6. To jednak * nie wystarczy — aby pewną wielkość można było uważać za wektor, muszą być dla niej ponadto spełnione prawa działań na wektorach, które między innymi' mówią, że suma dwóch wektorów nie zależy od kolejności, w jakiej je do siebie j dodajemy. Przesunięcia kątowe nie spełniają tego kryterium. Pokażemy to na przykładzie przedstawionym na rysunku 11.7. Książka, która jest początkowo w pozycji poziomej zostaje poddana dwóm przemieszczeniom j kątowym o 90°, najpierw w kolejności z rysunku 11.7a, a następnie w kolejności z rysunku 11.7b. Choć przesunięcia kątowe są w obydwu przypadkach takie same, j to ich kolejność jest inna i ustawienia końcowe książki są różne. Suma dwóch ^ przemieszczeń kątowych zależy zatem od kolejności ich dodawania, a więc nie można ich opisać za pomocą wektorów. 1
a) Rys.
11.7.
dwóm
b) a) Książka zostaje poddana
kolejnym
obrotom
o
90°,
naj
pierw wokół osi x (poziomej), a potem wokół osi y (pionowej), b) Książka zo staje poddana tym samym dwóm obro tom,
lecz w odwrotnej kolejności
11.4. Obrót ze stałym przyspieszeniem kątowym
Przy omawianiu ruchu postępowego ruch ze stałym przyspieszeniem liniowym (na przykład ruch spadającego ciała) traktowaliśmy jako ważny przypadek szcze- ' gólny. W tabeli 2.1 przedstawiliśmy równania opisujące taki ruch. ^
Podobnie postąpimy omawiając ruch wyłącznie obrotowy: obrót ze stałym przyspieszeniem kątowym jest też ważnym przypadkiem szczególnym, opisywa nym przez analogiczny zestaw równań. Nie będziemy ich tu wyprowadzać, lecz po prostu wypiszemy je przez analogię do odpowiednich równań dla ruchu po- j stepowego, zastępując w nich wielkości liniowe wielkościami kątowymi. Wynik przedstawiono w tabeli 11.1, w której podano obydwa zestawy równań (równania (2.11) i (2.15M2.18) oraz (11.12)-(11.16)). j
Przypomnij sobie, że równania (2.11) i (2.15) są podstawowymi równaniami * ruchu postępowego ze stałym przyspieszeniem — pozostałe można z nich wypro- J wadzić. Podobnie równania (11.12) i (11.13) są podstawowymi równaniami ru- j chu obrotowego ze stałym przyspieszeniem kątowym — pozostałe można z nich wyprowadzić. Aby rozwiązać proste zadanie dotyczące ruchu ze stałym przy spieszeniem kątowym, wystarczy zwykle znaleźć stosowne równanie w zestawie z tabeli 11.11 (jeśli oczywiście jest ona pod ręką). Należy wybrać równanie. ] w którym jedyną wielkością nieznaną jest wielkość szukana w zadaniu. Jeszcze | wygodniej jest pamiętać tylko równania (11.12) oraz (11.13) i rozwiązywać je i jako układ równań, gdy zachodzi taka potrzeba. Takie podejście przedstawimy I w przykładzie 11.3.
266
1 1 . Obroty
•SPRAWDZIAN 2 :
Rozważ cztery przypadki, w których położenie kątowe obracają
cego się ciała jest dane wyrażeniami: a) 9 = 3 / - 4 , b)9 J) 9 =
5/
2
=
— 5 / + 4 / + 6 , c) 9 = 3
2/r —4/r,
2
2
— 3. W którym z tych przypadków można zastosować równania dla wielkości
kątowych z tabeli 11.1?
Tabela 1 1 . 1 . Równania ruchu ze stałym przyspieszeniem liniowym oraz ze stałym przyspieszeniam kątowym
Równanie
Numer równania
(2.11)
V
X -xo
(2.15) (2.16)
X - x
(2.18)
X -xo
0
0
2
0
0
2
vl+2a(x-xo)
=
= j(v
0
9-6
x - x
= v t + \at
v
(2.17)
+ at
v
=
Równanie
„Brakująca" wielkość
(ruch postępowy)
+ v)t
= vt - ^at
2
co = COo + ott
0
V
co
t
t
a
a
9-9
coo
9 -9
vo
9 -9
kątowym a
=
wynosi coo =
0,35 rad/s . W chwili t = 2
0 jej prędkość kątowa
—4,6 rad/s, a linia odniesienia jest pozioma,
odpowiada położeniu kątowemu 9o =
0
= coot + \at
0
(11.13)
=tol+2a{e-0 )
1
10ir rad =
(11.12) 2
co
Przykład 11.2 Tarcza szlifierska (rys. 11.8) obraca się ze stałym przyspieszeniem
Numer równania
(ruch obrotowy)
a
= ^(coo + co)t
(11.15)
= cot — \at
(11.16)
2
0
(-4,6
(11.14)
rad/s)t +
|(0,35 r a d / s ) ; 2
2
(w celu uzyskania jednolitych jednostek zamieniliśmy 5 pełnych obrotów na IOTT rad). Rozwiązaniem równania kwadratowego jest:
co
t — 32 s.
(odpowiedź)
0. b) Opisz ruch obrotowy tarczy od chwili t = 0 do chwili t = 32 s. ROZWIĄZANIE: Tarcza obraca się w chwili początkowej w kierunku ujemnym (tzn.
zgodnie z kierunkiem ruchu wskazówek zegara), z prędko
ścią kątową coo =
—4,6 rad/s, lecz jej przyspieszenie kątowe a
jest dodatnie. W wyniku tego, że znaki prędkości kątowej i przy spieszenia kątowego są przeciwne, tarcza porusza się w kierunku ujemnym coraz wolniej, aż do osiągnięcia prędkości kątowej rów Rys.
1 1 . 8 . Przykład
11.2. Tarcza szlifierska. W chwili t
=
0
linia odniesienia (którą zaznaczyliśmy w wyobraźni na tarczy) jest pozioma
nej zeru, po czym zaczyna obracać się w kierunku dodatnim. W pewnej chwili linia odniesienia przyjmuje znów położenie 9 = a do chwili t =
0,
32 s tarcza wykonuje jeszcze dalsze 5 obrotów
w kierunku dodatnim.
a) Po jakim czasie od chwili t =
0 linia odniesienia znajdzie się
c) W jakiej chwili t tarcza osiąga prędkość kątową równą zeru?
w położeniu 9, odpowiadającym 5 pełnym obrotom? ROZWIĄZANIE: Ponownie sięgamy do tabeli z równaniami dla ruchu ze stałym
ROZWIĄZANIE:
przyspieszeniem O—»
Ruch tarczy odbywa się ze stałym przyspieszeniem kąto
wym, a zatem możemy skorzystać z równań ruchu obrotowego z tabeli 11.1. Wybieramy równanie (11.13):
9 - 9 = co t + 0
0
\ctt , 2
kątowym,
aby wybrać
z niej równanie, które
nie zawiera jedynie wielkości szukanej. Musimy jednak pamiętać o tym, że: O—w równanie to powinno zawierać także zmienną co, abyśmy mogli przyrównać ją do zera i rozwiązać otrzymane rów nanie względem t. Warunki te spełnia równanie (11.12), z którego otrzymujemy:
gdyż jedyną wielkością niewiadomą jest w nim szukany przez nas czas / . Podstawiając do niego wartości dane i przyjmując, że: #o = 0 oraz 9 =
5 pełnych obrotów =
co-coo t =
10:r rad, otrzymujemy:
a
11.4.
(0) -
=
(-4.6
rad/s) ^
—=
13 s.
(odpowiedź)
(0,35 rad/s ) 2
Obrót ze stałym przyspieszeniem kątowym
267
Przykład 11.3
W celu wyeliminowania zmiennej t wyznaczamy ją z rów nania (11.12), co daje:
Wyobraź sobie, że kierujesz Rotorem (obracającym się walcem,
CO — COQ
ar
omówionym w przykładzie 6.8) i spostrzegasz, że jeden z pasa żerów zdradza oznaki paniki (wskazujące na to, że znacznie bar
a następnie podstawiamy to wyrażenie do wzoru (11.13). Otrzy
dziej odpowiada mu ruch postępowy niż obrotowy). Wobec tego
mujemy w ten sposób równanie:
zmniejszasz prędkość kątową walca z 3,4 rad/s do 2 rad/s w ciągu
(co
— coo\
,
(co —
coo\
2
20 pełnych obrotów walca, w czasie których walec obraca się ze stałym przyspieszeniem kątowym.
Rozwiązując je względem ar, podstawiając wartości liczbowe d a
a) Ile wynosi przyspieszenie kątowe podczas zmniejszania pręd
nych i zamieniając 20 obrotów na 125,7 rad, dostajemy:
kości kątowej walca?
co -col
_
2
0 1
ROZWIĄZANIE:
~
2(9 -
=
-0,0301
(2 r a d / s )
9 ) ~
2
-
(3,4 rad/s)
2
2 ( 1 2 5 . 7 rad)
0
rad/s .
(odpowiedz
2
Załóżmy, że obrót walca zachodzi w kierunku przeciwnym do kie runku ruchu wskazówek zegara i że hamowanie walca rozpoczyna się w chwili t = 0, gdy jego położenie kątowe jest równe 9Q. O - ^ r Przyspieszenie kątowe jest stałe, a więc możemy powiązać przy spieszenie kątowe walca z jego prędkością kątową i przemieszcze niem kątowym za pomocą podstawowych równań ruchu obroto wego ze stałym przyspieszeniem kątowym, czyli równań (11.12) i (11.13). Początkowa prędkość kątowa jest równa wn = przemieszczenie kątowe wynosi 9 — 9
0
=
ROZWIĄZANIE: Teraz, gdy znamy już wartość ar, możemy wyznaczyć t z równania (11.12), co daje: co-coo
3,4 rad/s,
20 obrotów, a prędkość
kątowa na końcu tego przemieszczenia jest równa co =
b) Ile czasu trwało to zmniejszenie prędkości kątowej walca?
2 rad/s.
t =
(2 rad/s) -
( 3 . 4 rad/s)
= ar
z (-0,0301
. =
4 6 . 5 s.
'
(odpowiedzi
rad/s ) 2
Nie znamy jednak przyspieszenia kątowego ar ani czasu t, a obie te
To zadanie jest w istocie rzeczy kątową wersją przykładu
wielkości występują w obydwu podstawowych równaniach ruchu.
Wartości danych i symbole są inne, lecz metoda rozwiązania jesi
2 i
w obydwu zadaniach taka sama.
11.5. Związek zmiennych liniowych z kątowymi W paragrafie 4.7 omówiliśmy ruch jednostajny po okręgu, w którym cząstka porusza się z prędkością o stałej wartości bezwzględnej v po okręgu, a więc wokół pewnej osi. Gdy ciało sztywne, na przykład karuzela, obraca się wokół osi, każda jego cząstka zatacza okrąg wokół tej osi. Ciało jest sztywne, a więc każda z tych cząstek dokonuje pełnego obiegu w takim samym czasie, tzn. każda porusza się z taką samą prędkością kątową co. Jednak im dalej cząstka jest od osi obrotu, tym większy jest obwód zakreśla nego przez nią okręgu, a zatem tym większa musi być jej prędkość liniowa v. Mo żesz to łatwo zauważyć na karuzeli. Niezależnie od tego, jak daleko jesteś od osi ob rotu, poruszasz się z taką samą prędkością kątową co, lecz twoja prędkość liniowa v wyraźnie wzrasta, jeśli przesuwasz się w stronę zewnętrznego skraju karuzeli. Często potrzebny jest związek wielkości liniowych s, v i a dla pewnego punktu obracającego się ciała z wielkościami kątowymi 6, co i a dla ciała sztyw nego jako całości. Te dwa zestawy zmiennych wiąże ze sobą wielkość r, czyfi odległość punktu od osi obrotu. Ta odległość to długość odcinka prostopadłego do osi obrotu, łączącego dany punkt z osią. Jest to również promień okręgu r, po którym porusza się dany punkt przy obrocie ciała wokół tej osi.
268
1 1 . Obroty
Położenie Gdy linia odniesienia ciała sztywnego obraca się o kąt 9, punkt tego ciała odległy od osi obrotu o r przebywa łuk okręgu o długości 5 , danej wzorem (11.1): s = 9r
(11.17)
(miara łukowa).
Jest to pierwszy z poszukiwanych przez nas związków między wielkościami linio wymi i kątowymi. Uwaga: kąt 9 musi tu być mierzony w radianach — równanie (11.17) jest inną postacią definicji miary łukowej kąta (11.1).
Prędkość Różniczkując równanie (11.17) względem czasu, otrzymujemy: ds _ d0 dr ~~ d7 ' r
ponieważ r nie zależy od czasu. Wielkość d5/df nie jest niczym innym, jak warto ścią bezwzględną prędkości liniowej rozważanego punktu, a d#/d? — prędkością kątową co obracającego się ciała. Wobec tego: v = cor
(11.18)
(miara łukowa).
Uwaga: prędkość kątowa co musi odnosić się do kąta, który jest wyrażony w mierze łukowej. Równanie (11.18) ilustruje fakt, że choć wszystkie punkty ciała sztywnego mają taką samą prędkość kątową co, to punkty o większej odległości r od osi obrotu mają prędkość liniową u o większej wartości. Rysunek 11.9a przypomina nam, że wektor prędkości liniowej jest zawsze styczny do toru cząstki, którym jest w naszym przypadku okrąg. Z równania (11.18) wynika, że jeśli prędkość kątowa co ciała sztywnego jest stała, to stała jest także prędkość liniowa t; każdego punktu tego ciała. Każdy punkt ciała porusza się więc w tym przypadku ruchem jednostajnym po okręgu. Okres obrotu T, odnoszący się zarówno do ruchu każdego punktu ciała, jak i do ciała sztywnego jako całości, jest dany wzorem (4.33), tzn.: T = m.
(11.19)
v Równanie to ilustruje fakt, że czas pełnego obrotu ciała jest równy ilorazowi drogi przebytej przy tym przez dowolny punkt ciała, tzn. 2nr i prędkości v, z jaką ta droga została przebyta. Podstawiając do tego równania wyrażenie na v ze wzoru (11.18), otrzymujemy: 2 71 T = — (miara łukowa). (11.20) co gdyż r się skraca. Z równania tego wynika, że czas pełnego obrotu ciała jest także równy ilorazowi doznanego w tym czasie przez ciało przemieszczenia kątowego, tzn. 2rt rad i prędkości kątowej co (nazywanej również częstością kołową), z jaką odbywał się ruch obrotowy ciała.
11.5.
b) Rys. się
1 1 . 9 . Widok z góry obracającego ciała
sztywnego
z
rysunku
11.2.
Każdy punkt tego ciała, np. punkt P po rusza się wokół osi obrotu po okręgu, a) Wektor prędkości liniowej v każdego punktu ciała jest styczny do okręgu, po którym ten punkt się porusza, b) Przy spieszenie liniowe a dowolnego punktu ciała ma — dwie
w przypadku ogólnym
składowe:
składową
i składową radialną a
ra(
styczną
— a , s
j
Związek zmiennych liniowych z kątowymi
269
Przyspieszenie Różniczkując równanie (11.18) względem czasu, otrzymujemy: dv
doj
— = —r,
dr
(11.21)
dt
ponieważ r — jak poprzednio — nie zależy od czasu. Tu jednak napotykamy ; pewną komplikację. Wielkość du/df, dana wzorem (11.21) stanowi tylko cześć! przyspieszenia liniowego — tę część, która jest związana ze zmianą wartościj bezwzględnej v wektora prędkości liniowej v. Ta część (składowa) przyspieszenia liniowego jest — podobnie jak v — styczna do toru rozważanego punktu. Bę- j dziemy ją nazywać składową styczną przyspieszenia liniowego a punktu. Jea ona równa: st
a —ar
(11.22)
(miara łukowa),
sl
przy czym a — dco/dt. Uwaga: przyspieszenie kątowe a w równaniu (11.221 musi odnosić się do kąta wyrażonego w mierze łukowej. Jest jednak i druga składowa przyspieszenia liniowego, gdyż —jak wiencj z równania (4.32) — cząstka poruszająca się po okręgu doznaje przyspieszenia j skierowanego radialnie (tzn. wzdłuż promienia) do środka okręgu. Tę składowa równą a = v /r nazywamy składową radialną przyspieszenia liniowego; po woduje ona zmianę kierunku wektora prędkości liniowej v. Podstawiając do po wyższego równania wyrażenie na v ze wzoru (11.18), otrzymujemy: 2
rad
v
Orad =
2
—
r
=
&> r 2
(11.23)
(miara łukowa).
Tak więc przyspieszenie liniowe dowolnego punktu obracającego się ciafe sztywnego ma w przypadku ogólnym dwie składowe. Składowa skierowana d» ' środka okręgu wzdłuż jego promienia (a d — równanie (11.23)) występuje wsze wtedy, gdy prędkość kątowa ciała jest różna od zera. Składowa styczna
sl
•SPRAWDZIAN 3 : ma:
Na zewnętrznym skraju karuzeli siedzi karaluch. Czy ten karaluch
a) przyspieszenie radialne, b) przyspieszenie styczne, jeśli prędkość kątowa układa
karuzela-karaluch jest stała? Czy karaluch ma: c) przyspieszenie radialne, d) przyspiesze nie styczne, jeśli ta prędkość kątowa się zmniejsza?
Przykład 11.4
ROZWIĄZANIE:
Na rysunku 11.10 przedstawiono wirówkę, używaną podczas tre
O—t
ningu dla astronautów w celu przyzwyczajania ich do pracy w wa
spieszenie kątowe
runkach dużego przyspieszenia. Promień r okręgu, po którym po
zeru jest też składowa styczna przyspieszenia liniowego astronaaaj |
rusza się astronauta wynosi 15 m.
(a
st
=
Prędkość kątowa wirówki jest stała, dlatego też jej
ar).
a ( = dco/dt)
Ma on zatem tylko przyspieszenie radialne. P o d s * - *
wiając do równania (11.23) ( a a) Z jaką stałą prędkością kątową musi obracać się wirówka, aby astronauta miał przyspieszenie liniowe o wartości
270
1 1 . Obroty
lig?
pnj-l
jest równe zeru, a zatem róww™
otrzymujemy:
r a d
=
co r) 2
wartość a
r a d
=
1 1 * .
(11)(9.8
Choć
m/s ) 2
końcowe
styczne a =
2.68 rad/s
przyspieszenie
radialne
astronauty
a
ra<
j
=
lig
jest bardzo (a nawet zatrważająco) duże. to jego przyspieszenie
(15 m) 26 obrotów/min.
st
w czasie rozpędzania się wirówki jest niewielkie.
(odpowiedź)
b) Ile wynosi przyspieszenie styczne astronauty, gdy wirówka roz pędza się ze stałą szybkością, w ciągu 120 s od stanu spoczynku do obrotu z prędkością kątową o wartości
obliczonej w punk
cie (a)?
ROZWIĄZANIE: Przyspieszenie styczne a , które jest składową przyspiesze sl
nia liniowego wzdłuż toru kołowego, jest związane z przyspiesze niem kątowym a równaniem (11.21) (a , = s
ar).
Ponadto, ponie
waż przyspieszenie kątowe jest stałe, zatem w celu wyznaczenia a na podstawie początkowej i końcowej wartości prędkości kątowej możemy zastosować równanie (11.12) z tabeli 11.1 (co =
wo+at).
Łącząc te dwa równania, otrzymujemy:
co-coo
=
0,34 m / s
2
=
-r
(2,68 r a d / s ) - ( 0 ) (15 m) (120 s) / ] e
=
x
Rys.
dużego przyspieszenia, jakiego doznają podczas startu rakiety
(odpowiedź)
0.034g.
1 1 . 1 0 . Przykład 11.4. Wirówka używana podczas treningu
dla astronautów w celu przyzwyczajania ich do pracy w warunkach
Sztuka rozwiązywania z a d a ń Porada 1:
Jednostki
zmiennych
kątowych
Począwszy od równania (11.1) (0 =
s/r)
takie jak równania ruchu obrotowego z tabeli 11.1. W tym przy padku kąty można wyrażać w dowolnych jednostkach —
wszystkie zmienne ką
mogą
towe wyrażamy, używając miary łukowej kąta. tzn. radianów, gdy
to być radiany, stopnie, czy pełne obroty. Muszą być one tylko
równania zawierają zarówno zmienne kątowe, jak i liniowe. Tak
spójne ze sobą. W równaniach, w których kąty muszą być wyrażane w ra
więc przemieszczenie kątowe wyrażamy w radianach, prędkość na sekundę lub minutę, a przyspieszenie
dianach nie musisz zawsze zapisywać tej jednostki jako symbolu
kątowe w radianach na sekundę do kwadratu lub na minutę do
algebraicznego (rad), co obowiązuje dla innych jednostek. Mo
kwadratu. Zaznaczyliśmy to w komentarzu słownym do równań
żesz ją
(11.17), (11.18), (11.20), (11.22) i (11.23). Jedynym wyjątkiem od
11.4a odpowiedź zawiera tę jednostkę zapisaną jako symbol rad,
tej zasady są wzory, w których występuj ^jedynie
a w przykładzie 11.4b opuściliśmy ten symbol.
kątową w radianach
zmienne kątowe,
podawać lub nie. zależnie od wygody. W
przykładzie
11.6. Energia kinetyczna w ruchu obrotowym Szybko obracająca się tarcza stolarskiej piły stołowej z pewnością ma energię kinetyczną związaną ze swoim ruchem obrotowym. Jak ją jednak wyrazić? Nie możemy skorzystać ze znanego nam już wzoru: = \mv , aby podać energię kinetyczną tarczy jako całości, gdyż odnosi się on jedynie do energii kinetycznej środka masy tarczy, a ta jest równa zeru. 2
Właściwym podejściem jest potraktowanie tarczy (i każdego innego obra cającego się ciała sztywnego) jako zbioru cząstek o różnych prędkościach linio wych i dodanie do siebie energii kinetycznych tych wszystkich cząstek, co daje
11.6.
Energia kinetyczna w ruchu obrotowym
271
całkowitą energię kinetyczną całego ciała. Postępując w taki sposób, obliczamy energię kinetyczną obracającego się ciała jako: £
k
= \m\v]
+ \m v\ + \miv\ 2
Ą
= ^ |m,t) , 2
(11.24)
przy czym m, jest masą i -tej cząstki, a u,- jej prędkością. Sumowanie dotyczy wszystkich cząstek, z jakich składa się ciało. Kłopot z obliczeniem sumy w równaniu (11.24) polega na tym, że u,- nie jest takie samo dla wszystkich cząstek. Aby sobie z tym poradzić, podstawmy do tego równania v ze wzoru (11.18) (u = tor), co daje: £k = £
{niiiconf
= I ( £ > , r , ) co\ 2
(11.25)
gdyż co jest jednakowe dla wszystkich cząstek. Wyrażenie w nawiasie po prawej stronie równania (11.25) informuje nas, jak rozłożona jest masa obracającego się ciała wokół osi jego obrotu. Wielkość tę na zywamy momentem bezwładności ciała względem danej osi obrotu i oznaczamy ją symbolem / . Jest to wielkość stała dla danego ciała sztywnego i określonej osi obrotu (oś tę musimy zawsze podać, gdy podajemy wartość momentu bez władności ciała, gdyż inaczej wartość / na nic się nikomu nie przyda). Możemy teraz napisać:
^2 i f m
I =
l
r
(moment bezwładności),
(11.26)
a następnie podstawić to wyrażenie do równania (11.25), co daje E^
— ^loj
2
(miara łukowa),
(11.27)
a zatem jest to poszukiwane przez nas wyrażenie na energię kinetyczną. Przy wyprowadzeniu równania (11.27) korzystaliśmy ze związku i; = cor, tak więc OJ musimy tu wyrażać w radianach. Jednostką momentu bezwładności / w układzie SI, jest kilogram razy metr do kwadratu (kg • m ). 2
Równanie (11.27) wyrażające energię kinetyczną ciała sztywnego, wyko nującego wyłącznie ruch obrotowy jest kątowym odpowiednikiem równania £ = i/nuj . które opisuje energię kinetyczną ciała sztywnego, wykonującego ruch wyłącznie postępowy. Obydwa wzory zawierają czynnnik j ; odpowiedni kiem masy m w jednym z nich jest / (zawierające informacje zarówno o masie, jak i o jej rozkładzie) w drugim: wreszcie, w każdym z nich występuje czyn nik równy kwadratowi prędkości — ruchu postępowego w jednym, a obrotowego w drugim. Energia kinetyczna ruchu postępowego i ruchu obrotowego nie są róż nymi rodzajami energii. Obie są energią kinetyczną, która jest po prostu wyrażona przez inne zmienne, stosownie do rozważanego rodzaju ruchu ciała. k
b) Rys.
1 1 . 1 1 . Długi pręt znacznie łatwiej
wprawić w ruch obrotowy wokół jego a) osi podłużnej: niż wokół b) osi pro stopadłej do pręta i przechodzącej przez jego środek, gdyż w przypadku (a) masa pręta jest skupiona znacznie bliżej osi obrotu niż w przypadku (b)
272
1 1 . Obroty
Jak już stwierdziliśmy, moment bezwładności zależy nie tylko od masy obra cającego się ciała, lecz i od rozkładu tej masy. Oto przykład pokazujący, jak ten rozkład masy można odczuć dosłownie. Spróbuj wprawić długi i dość ciężki pręt (drąg, długą żerdź lub coś w tym rodzaju) w ruch obrotowy najpierw wzdłuż jego osi podłużnej (jak na rysunku 11.1 la), a potem wzdłuż osi prostopadłej do pręta.
przechodzącej przez jego środek (jak na rysunku 11.1 lb). W obydwu przypad kach obracasz przedmiot o tej samej masie, ale w pierwszym przypadku jest to znacznie łatwiejsze niż w drugim. Powodem tego jest różny rozkład masy ciała względem osi obrotu — w pierwszym przypadku masa jest znacznie bardziej skupiona w pobliżu osi niż w drugim. W wyniku tego moment bezwładności pręta jest znacznie mniejszy w przypadku z rysunku 11.1 la, niż w przypadku z rysunku 11.1 lb. Jest to reguła ogólna — im mniejszy jest moment bezwładności ciała, tym łatwiej wprawić je w ruch obrotowy.
^SPRAWDZIAN 4 :
Na rysunku pokazano trzy
niewielkie kule obracające się wokół osi pionowej. Dla każdej kuli podano jej masę i odległość jej środka od osi obrotu. Uszereguj te kule ze względu
1 m os obrotu -
•0)36 kg
2m
na ich moment bezwładności względem tej osi, od
3m
największego do najmniejszego.
«9kg •4 kg
11.7. Jak obliczyć moment bezwładności? Jeśli ciało sztywne składa się z kilku cząstek, to jego moment bezwładności względem pewnej osi obrotu możemy obliczyć ze wzoru (11.26) (/ = ^ m / r ? ) , wyznaczając iloczyn mr dla każdej cząstki, a następnie dodając te iloczyny do siebie (przypomnijmy, że r jest to odległość każdej z cząstek od danej osi obrotu). Jeśli ciało sztywne składa się z wielu blisko siebie położonych cząstek (czyli jest ciałem rozciągłym, jak zabawka frisbee), to do obliczenia sumy we wzorze (11.26) potrzebny jest komputer. Można też postąpić inaczej — sumę w równaniu (11.26) zastąpić całką, tzn. zdefiniować moment bezwładności ciała jako: 2
/= y
r dm 2
(moment bezwładności, ciało rozciągłe).
(11.28)
W tabeli 11.2 podano wynik, jaki otrzymuje się, obliczając tę całkę dla dziewięciu ciał o prostym kształcie i zaznaczonej na rysunkach osi obrotu.
Twierdzenie Steinera Załóżmy, że chcemy wyznaczyć moment bezwładności / ciała o masie m wzglę dem pewnej osi. Oczywiście zawsze możemy obliczyć / na drodze całkowania zgodnie z równaniem (11.28). Możemy to jednak zrobić znacznie prościej, jeśli znamy moment bezwładności / $ tego ciała względem osi równoległej do danej osi i przechodzącej przez środek masy ciała. Oznaczmy przez h odległość tych osi (tzn. osi danej i osi do niej równoległej przechodzącej przez środek masy). Moment bezwładności względem osi danej jest równy: M
/
=
/ j
+ mh
2
M
(twierdzenie Steinera).
(11.29)
Równanie to ilustruje tak zwane twierdzenie Steinera. W następnym punkcie udowodnimy je, a następnie skorzystamy z niego w sprawdzianie 5 i w przykła dzie 11.5.
1 1 . 7 . Jak obliczyć moment bezwładności?
273
Moment} bezwładności niektórych ciał oś obrotu X****'
i{
\ x
.-
^
,-"
• S """
obręcz (względem osi obręczy)
oś obrotu/"^**
pierścień (względem osi pierścienia)
R
"
I
oś o b r o t u / ' '
1
\
walec pełny (względem osi walca)
y =
a)
mR
l
/ =im{R\
oś obrotu
+
2
d)
hmL
1
I
2
oś obrotu
e)
=hmL
2
2R
I
g)
2
/ =
=imR
2
obręcz (względem dowolnej średnicy)
R'
kula pełna (względem dowolnej średnicy)
oś obrotu
oś obrotu cienka powłoka sferyczna (względem dowolnej średnicy)
imR
c)
=imR
cienki pręt (względem osi Drostopadłej do pręta i przechodzącej przez jego środek)
oś obrotu
I =
I
oś obrotu
walec pełny (względem średnic)' przechodzącej przez środek walca)
I =ĄmR
b)
+ R\)
płyta prosto (względem prostopadle
do płyn i przechodź.., przez jej śroJ..
h)
\mR
2
I =±m(a
2
+ b ) 1
Dowód twierdzenia Steinera Oznaczmy przez O środek masy ciała o dowolnym kształcie, pokazanego w pr/;kroju na r y s u n k u 1 1 . 1 2 . U m i e ś ć m y p o c z ą t e k u k ł a d u w s p ó ł r z ę d n y c h w punki
ćin oś obrotu, przechodząca przez punkt P-,
O.
Rozważmy oś przechodzącą
przez punkt
O i prostopadłą do płaszczyz
r y s u n k u oraz inną o ś , p r z e c h o d z ą c ą p r z e z p u n k t P i r ó w n o l e g ł ą d o p i e r w s z W s p ó ł r z ę d n e x i y p u n k t u P o z n a c z m y p r z e z a i b. O z n a c z m y p r z e z dni e m e n t m a s y ciała o w s p ó ł r z ę d n y c h x i y. J a k w y n i k a z r ó w n a n i a ( 1 1 . 2 8 ) , rnoms b e z w ł a d n o ś c i ciała w z g l ę d e m osi p r z e c h o d z ą c e j p r z e z p u n k t P j e s t r ó w n y :
P
h
ŚM O
a
'
x
- a {(x - af
b.
<•— oś obrotu. przechodząca przez środek masy
+ (y -
bf]dm.
Rysi 1 . 1 2 . Przekrój ciała sztywnego o środku masy w punkcie O. Twierdzenie Steinera (rc nanie (11.29)) opisuje związek momentu bezwładności ciała względem osi, przechodzą przez punkt O. z momentem bezwładności tego ciała względem osi do niej równoległej, przykład przechodzącej przez punkt P, odległej od pierwszej osi o h. Obie osie są prostopa' do płaszczyzny rysunku
274
I ł . Obroty
Równanie to można przekształcić do postaci: / = J(
+ y )dm
2
2
x
- 2a J xdm - 2b j ydm + j{a
2
+ b )dm.
(11.30)
2
Z definicji środka masy (równanie (9.9)) wynika, że druga i trzecia całka po prawej stronie równania (11.30) wyznaczają współrzędne środka masy ciała (po mnożone przez wartości stałe), a zatem są w naszym przypadku równe zeru. Po•eważ x + y jest równe R, gdzie R jest odległością elementu dm od punktu O, zatem pierwsza całka jest po prostu równa / § , tzn. momentowi bezwładności względem osi, przechodzącej przez środek masy ciała. Z rysunku 11.12 widać, ze ostatnia całka po prawej stronie równania (11.30) jest równa mh , gdzie m jest całkowitą masą ciała. Równanie (11.30) sprowadza się zatem do równania ,(11.29), które mieliśmy zamiar udowodnić. 2
2
M
2
/SPRAWDZIAN 5 :
Na rysunku przedstawiono
przedmiot w kształcie książki (jeden bok jest dłuż szy niż drugi) i cztery możliwe osie jego obrotu, wszystkie
prostopadłe
do
płaszczyzny
rysunku.
Uszereguj te osie ze względu na moment bezwładaości ciała względem każdej z nich, od najwięk szego do najmniejszego. (1)
(3)
(2)
Przykład 11.5
(4)
ROZWIĄZANIE: O—t
Na rysunku 11.13a przedstawiono ciało sztywne, złożone z dwóch cząstek o masie m połączonych prętem o długości L i znikomo małej masie.
Cała masa ciała jest skupiona w dwóch cząstkach, tak więc
wyznaczenie momentu bezwładności / $ nia,
odległych od osi obrotu o \ L
a ) Jaki jest moment bezwładności / $
M
/ = J2 i f
kazanej na rysunku osi, przechodzącej przez środek masy ciała i prostopadłej do pręta?
=
m r
tego ciała, względem po
M
nie wymaga całkowa
a jedynie skorzystania ze wzoru (11.26). Dla dwóch cząstek,
(
m
)(
2
L
)
2
otrzymujemy
+
( K\L) m
b) Jaki jest moment bezwładności
= {mL .
2
2
/
(odpowiedź)
tego ciała względem osi,
przechodzącej przez lewy koniec pręta i równoległej do pierwszej •
oś obrotu
osi (rys. 11.13b)?
przechodząca
m
9=
przez środek masy
ROZWIĄZANIE:
SM
Rozważane ciało ma tak prostą budowę, że szukany moment bez władności możemy obliczyć na dwa sposoby.
-łL-
•zL-
O—t
1. Pierwszy z nich polega na zastosowaniu takiego samego
podejścia, jak w punkcie (a). Tym razem odległość jednej cząstki od osi obrotu jest równa zeru (cząstka lewa), a drugiej (prawej) —
- oś obrotu przechodząca
jest równa L. Z równania (11.26) otrzymujemy zatem:
przez koniec pręta ŚM
/
m = 9
O—t
= m(0)
2
+ mL
2
(odpowiedź)
= mL . 2
2. Druga metoda opiera się na podejściu bardziej ogólnym:
ponieważ znamy już moment bezwładności
/ j
M
względem osi,
przechodzącej przez środek masy i równoległej do danej osi. mo b) Rys.
1 1 . 1 3 . Przykład 11.5. Ciało sztywne, złożone z dwóch czą
stek o masie m, połączonych prętem o znikomo małej masie
żemy zastosować twierdzenie Steinera (równanie (11.29)). Otrzy mujemy z niego:
/ = /j
M
+ mh = \mLr + (2m)(-L) 2
2
= mL . 2
(odpowiedź)
1 1 . 7 . Jak obliczyć moment bezwładności?
275
Przykład 11.6
lecz najpierw musimy obliczyć moment bezwładności / . Wirnik miał kształt krążka, czyli walca pełnego, obracającego się jak ka
Duże części maszyn przeznaczone do pracy w warunkach długo trwałego obracania się z dużą prędkością sprawdza się uprzednio
ruzela, a więc jego moment bezwładności możemy obliczyć ze wzoru podanego w tabeli 11.2c (/ =
jmR ). 2
Mamy zatem:
w specjalnych wirówkach pod kątem możliwości wystąpienia ich / =
awarii. Badana część rozpędzana jest do dużej prędkości obroto wej w zamkniętym pokrywą cylindrze stalowym, który w środku jest wyłożony okładziną ochronną i cegłami ołowianymi. Jeśli
\
m
R
2
=
1 ( 2 7 2 kg)(0.38 m )
2
=
19,64 kg • n r .
Prędkość kątowa wirnika wynosiła:
badana część nie wytrzymuje szybkiego obrotu i rozpada się, to
co =
( 1 4 0 0 0 obrotów/min)(2jt rad/obrót)
jej kawałki wbijają się w miękkie cegły ołowiane, co umożliwia analizę sposobu rozerwania się badanego elementu.
=
Na początku 1985 roku w firmie Test Devices, Inc. (www. testdevices.com) badano stalowy wirnik w kształcie krążka o masie m
=
272 kg i promieniu R =
38 cm. Po rozpędzeniu wirnika do
1,466- 10
3
rad/s.
Teraz możemy skorzystać z równania (11.27), co daje: £
k
=
i/co
2
=
i ( 1 9 , 6 4 k g m ) ( l , 4 6 6 - 10 2
3
rad/s)
prędkości kątowej co równej 1 4 0 0 0 obrotów na minutę technicy
2
=
2.1 • 10
7
J.
(odpowiedź)
usłyszeli głuchy łomot dochodzący od strony stanowiska testowego,
Przebywanie w pobliżu tego wybuchu było równie niebezpieczne,
znajdującego się piętro niżej, pod pomieszczeniem sąsiadującym
jak przebywanie tuż obok eksplodującej bomby.
z zajmowaną przez nich salą. Badając skutki wybuchu, stwierdzili, że cegły ołowiane porozrzucane są po całym korytarzu, drzwi od pomieszczenia testowego zostały wyrzucone na pobliski parking, jedna z cegieł ołowianych, wystrzelonych z budynku firmy wpadła przez ścianę do kuchni w sąsiednim domu, pręty nośne budynku zostały uszkodzone, strop betonowy pod stanowiskiem testowym obniżył się o około 0,5 cm, a pokrywa o masie 9 0 0 kg została wystrzelona w górę i przebiła sufit, po czym spadła na stanowisko testowe (patrz rysunek 11.14). To, że żadne odłamki nie dostały się do sali, w której znajdowali się technicy nadzorujący badania można uznać za czyste zrządzenie losu.
Jak duża energia została wyzwolona przy wybuchu wirnika?
ROZWIĄZANIE: Energia uwolniona w czasie wybuchu była równa energii kinetycznej ruchu obrotowego wirnika w chwili osiągnięcia przez wirówkę prędkości kątowej 14 0 0 0 obrotów na minutę. Aby wyzna czyć tę energię £
k
skorzystamy z równania (11.27) ( £
k
=
\lco ), 2
Rys.
1 1 . 1 4 . Przykład 11.6. Zniszczenia powstałe w wyniku roze
rwania się krążka stalowego obracającego się z dużą prędkością
11.8. Moment siły Nie bez powodu klamkę w drzwiach umieszcza się możliwie jak najdalej od linS zawiasów. Jeśli chcesz otworzyć ciężkie drzwi, to z pewnością musisz działać na nie siłą. Sama siła to jednak nie wszystko — ważne jest też, gdzie przyłożysz tę siłę i w jakim kierunku. Jeśli przyłożysz ją niezbyt daleko od linii zawiasów i jeśfi jej kierunek będzie tworzył z płaszczyzną drzwi kąt inny niż 90°, to będziesz musiał użyć większej siły niż w przypadku, gdy przyłożysz ją w pobliżu klamki i w kierunku prostopadłym do płaszczyzny drzwi. Na rysunku 11.15a przedstawiono przekrój ciała, które może obracać się wo kół osi przechodzącej przez punkt O i prostopadłej do tego przekroju ciała. Siła F jest przyłożona do ciała w punkcie P, którego położenie względem punktu O
276
1 1 . Obroty
|
'
jest dane przez wektor położenia r. Kierunki wektorów F i r tworzą ze sobą kąt 0 (dla prostoty rozważamy tylko siły, które nie mają składowej równoległej do osi obrotu; wektor F leży zatem w płaszczyźnie rysunku). Aby stwierdzić, jaki obrót ciała wokół danej osi powoduje siła F, rozkładamy F na dwie składowe (rys. 11.15b). Jedna z tych składowych, nazywana składową radialną F |, ma kierunek wektora r. Nie powoduje ona obrotu ciała, gdyż działa wzdłuż prostej, na której leży punkt O (ciągnąc drzwi na zawiasach, równolegle do ich płaszczyzny nie obrócisz ich). Druga składowa wektora F , nazywana składową styczną F , jest prostopadła do r i ma wartość bezwzględną, równą: F — F sin cp. Ta składowa powoduje obrót ciała (ciągnąc drzwi prostopadle do ich płaszczyzny możesz spowodować ich obrót). ra(
st
st
Zdolność siły F do wprawiania ciała w ruch obrotowy zależy nie tylko od wartości jej składowej stycznej F , lecz także od tego, jak daleko od punktu O jest ona przyłożona. Aby uwzględnić obydwa te czynniki, definiujemy wielkość M zwaną momentem siły, jako iloczyn: st
M — (r)(F sin 0 ) .
(11.31)
Do obliczenia momentu siły możemy zastosować dwa równoważne sobie związki: M = (r)(F sincp) = rF , s
(11.32)
oraz
'
M = (r sin )(£) — r±F,
I
przy czym r± jest odległością punktu O, przez który przechodzi oś obrotu, od prostej, wzdłuż której leży wektor F (rys. 11.15c). Kierunek tej prostej nazy wamy kierunkiem działania siły F , a r± — ramieniem tej siły. Jak widać z rysunku 11.15b, ramieniem siły składowej F , jest wartość bezwzględna wektora r, tzn. r.
(11.33)
s
Moment siły można rozumieć jako miarę zdolności siły F do skręcania ciała. Gdy za pomocą pewnego narzędzia — jak wkrętak lub klucz maszynowy — działasz na ciało siłą, aby je skręcić, przykładasz do tego ciała moment siły. Jednostką momentu siły w układzie SI jest niuton razy metr (N • m). Uwaga: niuton razy metr jest również jednostką pracy; moment siły i praca są to jednak zupełnie różne wielkości, których nie wolno ze sobą mylić — pracę wyraża się często w dżulach (1 J = 1 N • m), czego nigdy nie robi się w odniesieniu do momentu siły. W następnym rozdziale przekonasz się, że w przypadku ogólnym moment siły należy uważać za wielkość wektorową. Teraz jednak, gdy zajmujemy się tylko obrotami wokół jednej osi, nie musimy korzystać z zapisu wektorowego. Wystarczy, że będziemy uważali moment siły za dodatni lub ujemny, w zależ ności od tego, w jakim kierunku odbywa się pod jego wpływem obrót ciała, pozostającego początkowo w spoczynku. Jeśli obrót zachodzi w kierunku prze ciwnym do kierunku ruchu wskazówek zegara, to moment siły jest dodatni, a jeśli ciało obraca się w kierunku zgodnym z kierunkiem ruchem wskazówek zegara, to moment siły jest ujemny (czyli nadal obowiązuje reguła „zegar jest ujemny" z paragrafu 11.2).
c) Rys.
1 1 . 1 5 . Siła F działa w punkcie P
ciała sztywnego, które może obracać się wokół osi przechodzącej przez punkt O; oś obrotu jest prostopadła do płaszczy zny przedstawionego na rysunku prze kroju ciała. Moment tej siły jest równy (r)(Fsin). zić jako
rF
su
Można gdzie
go F
sl
także jest
wyra
składową
styczną siły F. Moment siły można rów nież wyrazić jako r±F,
gdzie r± jest ra
mieniem siły F
11.8.
Moment siły
277
Dla momentów sil spełniona jest zasada superpozycji, o której mówiliśmy w rozdziale 5, w odniesieniu do sil. Gdy na ciało działa kilka momentów siły, wypadkowy moment siły, oznaczany jako M , jest sumą poszczególnych mo mentów siły. wyp
f
SPRAWDZIAN 6: Na rysunku przedstawiono
widok z góry pręta mierniczego o dłu
gości 1 m, mogącego obracać się wokół osi przechodzącej przez punkt, oznaczony kropką i symbolem 20 znaczone
(od 20 cm). Wszystkie siły za-
na rysunku
mają takie
same
/ - o ś obrotu
wartości
Q 0
2 0 //
40 40
100
bezwzględne i działają w poziomie. Uszereguj te siły w zależności od wartości momentu siły, jaki wywierają one na pręt. od wartości największej do najmniejszej.
11,9. Druga zasada dynamiki Newtona dla ruchu obrotowego •Moment stty moż.e spowodować obrót c'ia\a sztywnego. Tak właśnie Otwi drzwi. Chcemy teraz znaleźć związek wypadkowego momentu siły M , dzia łającej na ciało sztywne, z wywoływanym przez ten moment przyspieszeniem kątowym ciała a. Skorzystamy z analogii do drugiej zasady dynamiki Newtona dla ruchu ciała wzdłuż linii prostej ( F = ma), która wiąże przyspieszenie a ciała o masie m z działającą na to ciało siłą wypadkową F . Zastępując F przez M p, m przez / , a a przez a otrzymujemy: w y p
w y p
w y p
w y p
W)
M yp = la V
(druga zasada dynamiki — ruch obrotowy),
(11.34)
przy czym a musi być wyrażone w mierze łukowej.
Uzasadnienie wzoru (11.34) Aby wykazać słuszność wzoru (11.34), rozważmy na początek prostą sytuację przedstawioną na rysunku 11.16. Ciałem sztywnym jest tu cząstka o masie m, umocowana na jednym z końców pręta o długości r, którego masę można po minąć. Jedynym rodzajem ruchu pręta jest jego obrót wokół osi, przechodzącej przez jego drugi koniec i prostopadłej do płaszczyzny rysunku. Zatem cząst ka może poruszać się tylko po torze kołowym, którego środkiem jest drugi ko niec pręta. Na cząstkę działa siła F. Cząstka może poruszać się jedynie po okręgu, dlatego też jej przyspieszenie wzdłuż toru pochodzi tylko od składowej stycznej F siły (tzn. składowej, która jest styczna do toru cząstki). Składowa F jest związana z przyspieszeniem a cząstki wzdłuż toru (przyspieszeniem stycznym), a związek ten opisuje druga zasada dynamiki Newtona, która w tym przypadku ma postać: sl
Rys.
1 1 . 1 6 . Proste ciało sztywne, które
może obracać się wokół osi przechodzą cej przez punkt O składa się z cząstki o masie m oraz pręta o długości r i zni komo małej
masie,
do którego
końca
cząstka jest przymocowana. Ruch obro towy
ciała odbywa
siły F
się pod
wpływem
st
a
F st
sl
Moment siły działającej na cząstkę jest dany wzorem (11.32): M = F r = ma r. sl
278
ma .
1 1 . Obroty
st
Korzystając z równania (11.22) (a = ar), możemy ten wzór zapisać jako: st
M = m(otr)r
= (mr )a.
(11.35)
2
Wielkość w nawiasie po prawej stronie równania (11.35) jest to moment bez władności cząstki względem danej osi obrotu (patrz równanie (11.26)). Tak więc równanie (11.35) możemy zapisać w postaci: M =
la
(11.36)
(miara łukowa).
Równanie (11.36) można uogólnić na przypadek, gdy na cząstkę działa więcej niż jedna siła. Otrzymujemy wtedy: M
wyp
—
Ia
(11.37)
(miara łukowa),
co zamierzaliśmy wykazać. Równanie to jest słuszne także dla dowolnego ciała sztywnego, obracającego się wokół stałej osi, gdyż każde takie ciało można uwa żać za zbiór pojedynczych cząstek.
/"SPRAWDZIAN 7 :
Na rysunku przedstawiono widziany z góry pręt mierniczy, który
może obracać się wokół zaznaczonej na rysunku osi przecinającej pręt na lewo od jego środka. Na pręt działają dwie siły poziome F\ i Na rysunku pokazano tylko siłę F\. prostopadła
do pręta i
Siła F
2
F. 2
jest
przyłożona do prawego
końca pręta. Pręt nie porusza się. a) W jakim kierunku działa siła F 1 2
b) Czy wartość siły 2 jest
f
^ - o ś obrotu
T
większa, mniejsza, czy równa wartości siły 1?
Przykład 11.7 Na rysunku m\
=
11.17a
przedstawiono jednorodny
2.5 kg i promieniu
R
=
krążek o
masie
20 cm, osadzony na stałej osi
poziomej. Na obrzeże krążka nawinięta jest lina o znikomo małej masie, a na jej końcu jest zawieszony klocek o masie m
2
=
1,2 kg.
Wyznacz przyspieszenie opadającego klocka, przyspieszenie ką towe krążka oraz naprężenie liny. Przyjmij, że lina nie ślizga się po obrzeżu krążka, a ośka, na której osadzony jest krążek obraca się bez tarcia.
ROZWIĄZANIE: O—w
1. Przyspieszenie a
klocka jest związane z działającymi
na niego siłami, a związek ten opisuje druga zasada dynamiki Newtona ( F
w v p
=
Siły działające na klocek przedstawione
m a). 2
są na diagramie sił na rysunku 11.17b. Są to: siła ciężkości której wartość wynosi m g
F,
liny. Druga zasada dynamiki zapisana dla składowych wzdłuż osi pionowej y (F yp.y = rn a ), W
2
y
T
ma zatem postać:
— mg 2
= m a. 2
1 1 . 1 7 . Przykłady 11.7 i 11.9. a) Opadający klocek wprawia
c) Niepełny diagram sił działających na krążek
t
i siła T działająca na klocek ze strony
2
Rys.
krążek w ruch obrotowy, b) Diagram sił działających na klocek,
Poprzednio, gdy nie mogliśmy rozwiązać równania dla składo wych
y,
pomocą
dowych x. (11.38)
mogło
być zastosowanie
równania
dla skła
Obecnie pomoże nam rozważenie ruchu obrotowego
krążka. 2 . Przyspieszenie kątowe krążka jest związane z działają
Z równania tego nie możemy jednak wyznaczyć a, gdyż zawiera
O—t
ono także niewiadomą
cym na niego momentem siły, a związek ten opisuje druga zasada
T.
11.9.
Drugo zasado dynamiki Newtona dla ruchu obrotowego
279
dynamiki dla ruchu obrotowego ( A /
wyp
=
la).
Obliczając moment
sity oraz moment bezwładności / zauważ, że oś obrotu jest pro
szym przypadku a = a/R.
Podstawiając ten związek do równania
(11.39), mamy:
stopadła do krążka i przechodzi przez jego środek, tzn. punkt O
T =
(11.40)
^,m\a.
z rysunku 11.17c. Moment siły jest dany wzorem (11.32) (M
=
rF
s l
).
Dzia
Łącząc ze sobą równania (11.38) i (11.40), dostajemy:
łająca na krążek siła ciężkości oraz siła działająca na niego ze
2m-i
strony osi są przyłożone do środka krążka, a zatem w odległości
=
-(9.8
OT] + 2OT2
m/s )
( 2 ) 0 . 2 kg)
2
(2.5 k g ) + ( 2 ) ( 1 . 2 kg)
r = 0 od osi jego obrotu. Wobec tego związane z nimi momenty =
sił są równe zeru. Siła T działająca na krążek ze strony liny jest przyłożona w odległości r
R od osi obrotu i jest styczna do
=
-4.8
m/s .
(odpowiedź)
2
Następnie z równania (11.40) wyznaczamy T:
obrzeża krążka. Związany z nią moment siły jest zatem równy przy czym znak minus oznacza, że jeśli krążek jest począt
— RT.
kowo nieruchomy, to pod wpływem tego momentu siły obraca się w kierunku zgodnym z kierunkiem ruchu wskazówek zegara. Jak wynika z tabeli 11.2c moment bezwładności / krążka jest równy ^ m , / ? . Równanie A / 2
wyp
=
możemy więc zapisać w postaci:
la
-RT
=
Un,R a. 2
(11.39)
To równanie również wygląda na nieużyteczne, gdyż zawiera dwie
T = -\m a x
kg)(-4.8 m/s ) = 2
3. Z właściwym fizykom zacięciem próbujemy dalej, nie
sze od siły ciężkości, działającej na klocek ( =
liniowe a
sl
st
=
— g i T = 0, co odpowiada przypadkowi, gdy krążek 0 ) . Wynik jest zgodny z oczeki
Przyspieszenie kątowe krążka obliczamy ze wzoru (11.22):
n 0 1
Przykład 11.8
(-4,8
R
m/s )
,
2
=
( 0 . 2 m)
Z równania (11.33) (A/ =
—24 rad/s .
(odpowiedź)
r F ) wynika, że moment siły F ±
jest równy — d\ F, gdzie d\ jest ramieniem r±, ciągniesz jego strój siłą F przyłożoną w odległości d\
=
0,3 m
od osi obrotu, czyli twojego prawego biodra (rys. 11.18). Chcesz obrócić go wokół tej osi z przyspieszeniem kątowym równym
—6 rad/s , tzn. wykonać obrót w kierunku 2
gara
na tym
rysunku.
ruchu wskazówek
Przyjmij, że twój przeciwnik
ma
a znak wskazuje,
że pod działaniem tego momentu siły zachodzi obrót w kierunku zgodnym z kierunkiem ruchu wskazówek zegara. Moment siły N jest równy zeru. gdyż działa ona w punkcie podparcia, a zatem ramię jej działania jest równe zeru: r± =
0.
ze masę ramię d
80 kg i moment bezwładności względem wspomnianej osi równy
t
siły
przykładanej
15 kg • m . 2
ramię rf działającej 2
przez ciebie
a) Jaka musi być wartość siły F , jeśli przed rzutem przegiąłeś przeciwnika do przodu, tak aby jego
11,8 N).
waniem: klocek po prostu spada swobodnie, ciągnąc za sobą linę.
wnioskujemy, że w na
Jeżeli chcesz w walce dżudo przerzucić przeciwnika przez biodro,
=
nia możemy dodatkowo sprawdzić, podstawiając do otrzymanych
klocka oraz przyspieszenie
ar)
2
masy krążka, lecz nie od jego promienia. Poprawność rozwiąza
(styczne) obrzeża krążka muszą być sobie równe. Ko
rzystając z równania (11.22) ( a
mg
Widzimy też. że przyspieszenie klocka i naprężenie liny zależą od
załamujemy się i dostrzegamy, że skoro lina nie ślizga się po krążku, to przyspieszenie liniowe a
(odpowiedź)
klocka jest mniejsze od g, a naprężenie liny ( = 6 N) jest mniej
ma znikomo małą masę (m i = O—»
6 N.
Zgodnie z tym. czego oczekujemy, przyspieszenie opadającego
wzorów a =
niewiadome a i T, a nie zawiera szukanej wielkości a.
= -\(2.5
środek masy zbliżyć do
środek masy
J
przeciwnika^/
swojego biodra (jak na rysunku 11.18a)?
n
a
przeciwnika
siły ciężkości «5a
•
'•
ROZWIĄZANIE: Zauważ, że: 1. Wartość siły F, jaką musisz działać na przeciwnika, aby
F
nadać mu określone przyspieszenie kątowe a jest związana z a , a związek ten opisuje druga zasada dynamiki dla ruchu obroto wego ( M
w y p
=
ramię d siły l
oś obrotu
przykładanej
na biodrze
przez ciebie
l a ) . Możemy przyjąć, że po utracie przez stopy
•2
przeciwnika kontaktu z matą działają na niego tylko trzy siły: siła F, jaką ty go ciągniesz, siła normalna N, jaką działasz na niego w punkcie, wokół którego go obracasz (tej siły nie zaznaczono
b)
na rysunku 11.18) oraz działająca na niego siła ciężkości F . Aby g
móc skorzystać ze wzoru M
w y p
=
l a , powinieneś wyznaczyć mo
menty tych trzech sił względem rozważanej osi obrotu.
280
1 1 . Obroty
Rys.
1 1 . 1 8 . Przykład 11.8. Rzut przez biodro w walce judo wy
konany: a) poprawnie, b) niepoprawnie
musisz przy
i jest dodatni, gdyż dąży on do obrócenia przeciwnika w kie
pomnieć sobie stwierdzenie z rozdziału 9, które w naszym przy
runku przeciwnym do kierunku ruchu wskazówek zegara. Rów
padku mówi, że siła F
nanie A/ p =
O—r
2 . Aby wyznaczyć moment siły ciężkości F , g
działa na twojego przeciwnika w jego
g
wy
lot przybiera więc teraz postać:
środku masy. Gdy ten środek masy leży na osi obrotu, ramię siły F
g
—d\F
wynosi r± = 0, a zatem moment tej siły jest równy zeru. Tak
więc jedynym momentem siły, jaki działa na twojego przeciw nika, jest moment siły F, a zatem równanie A f
wyp
=
la
=
la.
Otrzymujemy stąd:
=
^ di
la,
la
dtmg
di
d,
Z punktu (a) wiemy, że pierwszy wyraz po prawej stronie równa -(15 k g m ) ( - 6 2
F
=
z którego otrzymujemy:
możemy
zapisać w postaci:
-diF
+ dimg
=
rad/s )
nia wynosi 300 N, wobec czego mamy:
2
(0.3 m)
=
3 0 0 N. (odpowiedź)
=
(
3
0
(0.12 m ) ( 8 0 k ) ( 9 . 8 m / s )
0
g
2
^
=
^
( 0 . 3 m) b) Jaka musi być wartość siły F, jeśli przed rzutem twój przeciw nik pozostaje w pozycji pionowej, tak że ramię sity F osi obrotu wynosi d-> =
g
(odpowiedź)
względem
Wynik ten pokazuje, że jeśli nie przygniesz początkowo przeciw
0,12 m (jak na rysunku 11.18b)?
nika, tak aby przyciągnąć jego środek masy do swojego biodra, to będziesz musiał ciągnąć go ze znacznie większą siłą. Dobry dżu-
ROZWIĄZANIE:
doka wie o tym z praw fizyki (zastosowanie praw fizyki w walkach
Skorzystamy z rozwiązania w pierwszej części zadania, zauważa jąc jednak, że: O—t
obecnie ramię siły
zeru. Zatem
siły ciężkości
11.70.
moment
F
t
dżudo i aikido jest omówione przez J. Walkera w rubryce „The
nie jest już równe
przeciwnika wynosi
Amateur Scientist" w Scieiuific American, tom 2 4 3 , lipiec 1980.
d^mg
s. 1 5 0 - 1 6 1 ) .
Praca i energia kinetyczna
ruchu obrotowego
W rozdziale 7 stwierdziliśmy, że gdy siła F nadaje ciału sztywnemu o masie m przyspieszenie wzdłuż pewnej prostej, wykonuje ona nad tym ciałem pracę W. W wyniku tego może ulec zmianie energia kinetyczna ciała ( £ = {mv ). Z a łóżmy, że jest to jedyna postać energii, jaka może ulec zmianie. W tych warun kach związek zmiany energii kinetycznej A £ ciała z pracą W, wykonaną nad układem jest dany przez równanie (7.10), które w naszym przypadku ma postać: 2
k
k
A£
k
=
£
k k 0
ńc -
£kpocz = jWfkońc ~
l locz mv
= -
(H-41)
w
Gdy ruch zachodzi jedynie wzdłuż osi x, pracę możemy obliczyć ze wzoru (7.32), co daje: -*koiK
W
=
J
Fdx
(praca — ruch w jednym wymiarze).
(11.42)
-*pocz
Jeśli siła F jest stała, to powyższe równanie daje W — Fd, gdzie d jest prze mieszczeniem ciała. Szybkość, z jaką jest wykonywana praca jest to moc; zgodnie z równaniami (7.43) i (7.48) wynosi ona: dW
P —
= Fv (moc — ruch w jednym wymiarze). (11.43) dr Przeanalizujmy teraz podobną sytuację dla ruchu obrotowego. Gdy moment siły wprawia ciało sztywne w ruch obrotowy wokół stałej osi, wykonuje on nad ciałem
1 1 . 1 0 . Praca i energia kinetyczna ruchu obrotowego
281
pracę W. W związku z tym może zmieniać się energia kinetyczna, związana z ruchem obrotowym ciała ( £ = \la ). Załóżmy — jak poprzednio — że jest to jedyna postać energii, która może ulec zmianie. Związek zmiany energii kinetycznej A Ą ciała z pracą W. wykonaną nad układem, dotyczy teraz ruchu obrotowego i ma postać: 2
k
A£
= £
k
k k o i k
- £ ocz = kp
^(ĄOŃC
~
5 pocz = /w
W
(11.44)
-
przy czym / jest momentem bezwładności ciała względem stałej osi, a przez i Wkońc oznaczyliśmy prędkości kątowe ciała przed wykonaniem pracy i po wykonaniu pracy nad układem.
ft>pocz
Pracę możemy wyznaczyć z równania, które jest odpowiednikiem równania (11.42) dla ruchu obrotowego: ^końc
W = J
Md9
(praca — ruch obrotowy wokół stałej osi),
(11.45)
#pocz
przy czym M jest momentem siły, który wykonuje pracę W, a przez tfpocz i 6V ń oznaczyliśmy położenia kątowe ciała przed wykonaniem pracy i po wykonaniu pracy nad układem. Gdy M jest stałe, równanie (11.45) upraszcza się do postaci: 0
W = A/(6\ ń — 0
c
(praca — stały moment siły).
#pocz)
C
(11.46)
Szybkość, z jaką wykonywana jest praca, czyli moc, jest teraz dana wzorem, który jest odpowiednikiem równania (11.43) dla ruchu obrotowego:
P =
dW dt
= MOJ
(moc — ruch obrotowy wokół stałej osi).
(11.47)
W tabeli 11.3 podano równania, odnoszące się do ruchu obrotowego ciała sztyw nego wokół stałej osi i ich odpowiedniki dla ruchu postępowego.
Tabela 11.3. Niektóre równania dla ruchu postępowego i obrotowego Ruch postępowy (stały kierunek) położenie prędkość przyspieszenie masa druga zasada dynamiki praca energia kinetyczna moc (stała siła) związek pracy z energią
Ruch obrotowy (stała oś)
X 1 położenie kątowe v = d.v/dy 1 prędkość kątowa a = dv/dt przyspieszenie kątowe m | moment bezwładności F = ma druga zasada dynamiki W = f Fdx : praca energia kinetyczna P =~Fv moc (stały moment siły) W = A£ związek pracy z energią wyf
k
e
co == d0/d/ a == dco/dt I
M„ vp = W == E = k
1(0
fMd$ \lco
P = Mco W = AE
2
k
Uzasadnienie równań (11.44)-(l 1.47) Przeanalizujmy jeszcze raz sytuację z rysunku 11.16, w której siła F wprawia w ruch obrotowy ciało sztywne, złożone z pojedynczej cząstki o masie m i pręta o znikomo małej masie, do którego końca przymocowana jest ta cząstka. W czasie obrotu siła F wykonuje nad ciałem pracę. Załóżmy, że w wyniku działania siły zmienia się tylko jeden rodzaj energii ciała — jego energia kinetyczna. Związek pracy ze zmianą energii kinetycznej (równanie (11.41)) daje zatem: A£
k
=
£
k
k o ń c
-
£
k
pocz =
W.
(11.48)
Korzystając ze związku: £ = {mv oraz z równania (11.18) (v = cor), możemy zapisać równanie (11.48) jako: 2
k
A£
- {mr co 2
k
2
- {mr ^ 2
ońc
= W.
(11.49)
Z równania (11.26) wynika, że moment bezwładności naszego ciała, składają cego się tylko z jednej cząstki, wynosi / = mr . Podstawienie tego związku do równania (11.49) daje: 2
A£
= {lco
2
k
Qńc
- {ico^ = W,
czyli równanie (11.44). Wyprowadziliśmy je dla ciała sztywnego w postaci jednej cząstki, lecz jest ono słuszne dla dowolnego ciała sztywnego, obracającego się wokół stałej osi. Następnie znajdziemy związek między pracą W, wykonaną nad ciałem z ry sunku 11.16 i momentem siły M, związanym z działaniem na to ciało siły F. Gdy cząstka przebywa wzdłuż swego toru kołowego drogę ds, przyspieszenie jej ruchu wzdłuż tego toru pochodzi jedynie od składowej stycznej siły £ . Z atem tylko ta składowa £ wykonuje nad cząstką pracę. Tę pracę dW możemy zapisać jako £ ds. Drogę ds możemy jednak zastąpić przez rd6, gdzie dO jest kątem, zakreślonym przez cząstkę. Mamy wobec tego: st
st
st
dW = F rd6.
(11.50)
sl
Z równania (11.32) wynika, że iloczyn F r jest równy momentowi siły M, a za tem równanie (11.50) możemy zapisać jako: sl
d\V = Md9.
(11.51)
Praca, wykonana przy skończonym przemieszczeniu kątowym od 0 wynosi wobec tego:
j
p o c z
do
0k ńc, O
$korfc
W =
MdO,
a to jest równanie (11.45). Jest ono prawdziwe dla dowolnego ciała sztywnego, obracającego się wokół stałej osi. Równanie (11.46) wynika natychmiast z równa nia (11.45). Z równania (11.51) możemy również wyznaczyć moc P w ruchu obrotowym: P =
dW -dt
d6 M— - Mw. dt
otrzymując równanie (11.47).
1 1 . 1 0 . Praca i energia kinetyczna ruchu obrotowego
283
Przykład 11.9
£
k k
ottc
oraz 0 za £
Przypuśćmy, że krążek z przykładu 11.7 i rysunku 11.17 zaczyna obracać się w chwili r =
0, przy czym do tej chwili znajdował
się w spoczynku. Ile będzie wynosiła energia kinetyczna ruchu obrotowego £
krążka w chwili t =
k
k p o c z
£k =
. otrzymuj emy:
£kpocz +
Musimy teraz znaleźć pracę
W = W.
0 + u /
=
u/.
(11.52)
Korzystając z równań
(11.45)
i (11.46), możemy ją powiązać z działającym na krążek momen tem siły. Jedyny moment siły, który powoduje przyspieszenie ką
2,5 s?
towe krążka, a więc wykonuje nad nim pracę, to moment siły T działającej na krążek ze strony liny. Z przykładu 11.7 wiemy, że
ROZWIĄZANIE: Energię
(£
kinetyczną
= \lco ).
k
£
k
wartości co w chwili / = O—r
możemy
wyznaczyć
Wiemy już, że / jest równe
2
ze
wzoru
\mR , 2
(11.27)
ale nie znamy
moment ten jest równy — TR. O—T
3 . Zauważ teraz, że skoro a jest stałe, to moment ten też
musi być stały. Możemy
2,5 s. Zauważ jednak, że:
1. Skoro przyspieszenie kątowe a ma wartość stałą, równą
zatem skorzystać z równania
-e )
W = M(6\
—24 rad/s-, to możemy skorzystać z równań ruchu ze stałym przy
= -TR(fcW
pxl
ońc
spieszeniem kątowym z tabeli 11.1. Szukamy wartości co, znamy
Potrzebny nam jeszcze jeden pomysł:
or i coo ( = 0 ) , dlatego też zastosujemy równanie (11.12), co daje:
O—»
co = coo + at
=
0 +
orf = at.
Podstawiając do równania (11.27) związki co =
£
= \lco
2
k
at
oraz
/
=
2
=
— #poc
o ń c
może
Z
0, do
stajemy:
= 0 + \at
2
2
(11.53)
Z
4 . skoro ar jest stałe, to do wyznaczenia 6 \
0koik - 0pocz = topoczt + {at = \({mR )(at)
- 0poc ).
nam posłużyć wzór (11.13). Podstawiając w nim a i p o ^ =
otrzymamy:
\mR , 2
(11.46)
i napisać:
=
2
\at . 2
Tę wartość podstawiamy do równania ( 1 1 . 5 3 ) , a otrzymany wynik
\m(Rat)
2
wstawiamy do równania (11.52). Korzystając z tego, że T = =
i ( 2 . 5 kg)[(0,2 m ) ( - 2 4 r a d / s ) ( 2 , 5 s ) ]
=
90 J.
2
2
a or =
(odpowiedź)
—24 rad/s , co wiemy z przykładu
E
k
2 . Energię kinetyczną krążka można wyznaczyć z pracy wy
konanej nad krążkiem. Jak wiemy z równania (11.44) ( £
Ek pocz
=
W)
kowitej pracy
zmiana W
k k 0
ń
C
k
—
za
Przykład 11.10 Sztywna rzeźba składa się z cienkiej obręczy (o masie m i pro mieniu R = L
=
2R),
= W = -TRldtofc =
energii kinetycznej krążka jest równa cał
wykonanej nad krążkiem. Podstawiając £
6 N,
otrzymujemy
ostatecznie:
Wynik ten mogliśmy też otrzymać w inny sposób. O—t
11.7,
2
- 6>pocz) =
-TR(\at ) 2
-\_TRat
2
=
-i(6
=
90 J.
N)(0,2 m ) ( - 2 4 rad/s )(2.5 s ) 2
2
(odpowiedź)
a) Wyznacz moment bezwładności / rzeźby względem danej osi
0,15 m) oraz cienkiego pręta (o masie m i długości
połączonych ze sobą w sposób pokazany na rysunku
ROZWIĄZANIE:
11.19. Rzeźba ta może obracać się wokół osi poziomej, leżącej
Zauważ, że: O - ^ r aby wyznaczyć moment bezwładności / całej
w płaszczyźnie obręczy, przechodzącej przez jej środek i prosto
rzeźby, możemy obliczyć osobno momenty bezwładności obrę
padłej do pręta.
czy i pręta, a następnie dodać je do siebie. Jak wynika z tabeli
równy: 7 b = 0
\ m R . Natomiast z tabeli 11.2e wynika, że moment 2
bezwładności pręta względem osi przechodzącej przez jego śro dek i równoległej do osi obrotu rzeźby wynosi: / $ Aby wyznaczyć moment bezwładności 7
pr
M
=
mL /\2. 2
pręta względem danej
osi obrotu, skorzystamy z twierdzenia Steinera, czyli równania (11.29), które daje:
mL
(
2
V
=
'ŚM+
^ Ś M
=
-rj-
+
m
L \
(
+
R
2
2
)
=
Ą
- ^
m
R
~ -
Skorzystaliśmy tu z faktu, że odległość środka masy pręta od osi obrotu wynosi h =
R + L/2
oraz że L = 2R.
Moment bezwład
ności / rzeźby względem danej osi obrotu jest zatem równy: 1 1 . 1 9 . Przykład 11.10. Sztywna rzeźba złożona z obręczy
i pręta, może obracać się wokół osi poziomej
284
j
11.2h. moment bezwładności obręczy względem jej średnicy jest
y
Rys.
I
obrotu, wyrażając go przez m i R.
1 1 . Obroty
/ = /
ob
+ I
= \mR +4.33mR 2
pT
2
=
4,83m/?
2
%
4.8mR . 2
(odpowiedź)
]
b) Rzeźba, spoczywająca początkowo w położeniu przedstawio
sie możemy wyznaczyć ze wzoru (8.7) ( A £
nym na rysunku 11.19, zaczyna obracać się wokół danej osi ob
mujemy zatem: A£
rotu. Jaka będzie jej prędkość kątowa co wokół tej osi w chwili, gdy pręt będzie skierowany pionowo w dół?
p
=
(2m)gAy
ŚM
p
mgAy),
=
.
gdzie 2m jest całkowitą masą rzeźby, a A y $
otrzy-
(11.56) — zmianą położenia
M
w pionie środka masy rzeźby w czasie obrotu. W celu wyznaczenia wartości
ROZWIĄZANIE:
O—r
11.19. Środek masy obręczy (o masie m) znajduje się w punkcie
1. Prędkość kątową co rzeźby możemy powiązać z jej ener
gią kinetyczną
za pomocą równania (11.27) ( E
2 . Energia kinetyczna E
gią potencjalną E
k
k
=
\lco ). 2
jest związana z grawitacyjną ener
nia energii mechanicznej £
cie y =
następuje jedynie zamiana E
P
me
c h = 0),
na £ .
+ m(R + L/2)
m(0) JŚM
3 . W celu wyznaczenia energii potencjalnej rzeźby możemy
2R/2)
2m,
meC
h =
0 ) możemy
w czasie tego obrotu wynosi A y $ teraz
chwili początkowej rzeźba spoczywa, a w chwili końcowej
=
M
wszystkie
l/a> (11.54)
0.
poniżej
osi.
— 2R.
wyniki
razem.
Podstawiając
związki (11.55) i (11.56) do równania (11.54), otrzymujemy:
zapisać w postaci: + A£„ =
= R.
Wobec tego zmiana położenia w pionie środka ciężkości rzeźby
Zbierzmy
Zasadę zachowania energii mechanicznej ( A £
k
+
2m
Po obróceniu rzeźby o 180° jej środek masy znajduje się w takiej
umieszczoną w jej środku masy.
A£
m(R
0 +
2m
samej odległości od osi obrotu, lecz teraz leży on
k
ją potraktować jak cząstkę o całkowitej masie rzeźby, czyli
W
Położenie środka masy rzeźby wyznaczamy
R + L/2.
z równania (9.5), co daje:
h rzeźby podczas jej obrotu. Przy da
meC
nym obrocie rzeźby energia ta nie zmienia się (tzn. A £
O—»
y = 0, a środek masy pręta (też o masie w) znajduje się w punk
rzeźby, a związek ten opisuje zasada zachowa
P
znajdziemy najpierw
M
M
Skorzystamy z trzech spostrzeżeń. O—-»
Ay$
położenie początkowe środka masy y $ , korzystając z rysunku
2
+ (2m)sAy
Następnie do równania wstawiamy / liśmy w punkcie (a) oraz A y j
M
=
= 0 .
Ś M
=
4,83m/?
2
(co stwierdzi
- 2 R (co otrzymaliśmy przed
ma prędkość kątową co, zatem jej energia kinetyczna zmienia się
chwilą). Rozwiązanie otrzymanego w ten sposób równania wzglę
w tym czasie o:
dem co daje:
A£
k
= £
mc -
k
Ek pocz = j I c o
2
- 0 = iIco . 2
Zmianę grawitacyjnej energii potencjalnej A £
Podsumowanie Położenie
kątowe
p
(11.55)
(8)(9.8 4.83/?
rzeźby w tym cza
m/s ) 2
=
( 4 . 8 3 ) ( 0 , 1 5 m)
•
10 rad/s.
(odpowiedź)
j
Aby opisać ruch obrotowy ciała sztywnego
wokół ustalonej osi zwanej osią obrotu, wyobrażamy sobie pewną
obrót zachodzi w kierunku zgodnym z kierunkiem ruchu wskazó wek zegara.
linię odniesienia związaną z ciałem, która jest prostopadła do osi obrotu i obraca się wraz z nim. Położeniem kątowym ciała 9 nazywamy kąt, jaki tworzy linia odniesienia z pewnym stałym kierunkiem. Jeśli ten kąt jest wyrażony w mierze łukowej (tzn. w radianach), to:
Prędkość wego A9
kątowa
Jeśli
ciało
doznaje
w przedziale czasu At,
-
r
(miara łukowa).
^r = —
(111)
przy czym j jest długością odpowiadającego kątowi 9 łuku okręgu
At
d9
pujący sposób:
co=—. 2x
rad.
(H-5)
•
Prędkość kątowa (chwilowa) co tego ciała jest równa:
o promieniu r. Różne jednostki kąta wiążą się ze sobą w nastę
1 pełny obrót = 360° =
kąto
towa coir wynosi:
A9
9 =
przemieszczenia
to jego średnia prędkość ką
(11.2)
(11.6)
dt
Obie te wielkości coi, i co są wektorami, których kierunek jest wy znaczony z reguły prawej dłoni przedstawionej na rysunku 11.6. Jeśli ciało obracające się wokół osi
Jest on dodatni, gdy obrót odbywa się w kierunku przeciwnym do
zmienia swoje położenie kątowe z 9\ na 9 , to doznaje ono prze
kierunku ruchu wskazówek zegara oraz ujemny, gdy obrót zacho
mieszczenia kątowego:
dzi w kierunku zgodnym z kierunkiem ruchu wskazówek zegara.
Przemieszczenie
kątowe
2
A 9 = 9
2
- 6 i ,
(11.4)
przy czym A9 jest dodatnie, jeśli obrót odbywa się w kierunku
Przyspieszenie
przeciwnym do kierunku ruchu wskazówek zegara, a ujemne, jeśli
z
co\
kątowe
Jeśli prędkość kątowa ciała zmienia się
na co2 w przedziale
czasu
At
=
to
średnie
Podsumowanie
285
t
2
— t\,
przyspieszenie kątowe a
i T
tego ciała wynosi:
0)2
=
Aw
— CO]
(11.7)
~ A7'
t2~t\
dw
(11.8)
dt
(11.28)
dla ciała o ciągłym rozkładzie masy. Wielkości r i r, są odległo
Twierdzenie dzy
i a są wektorami.
r
2
ściami elementów ciała od osi obrotu.
Przyspieszenie kątowe (chwilowe) ot ciała jest równe:
Obie te wielkości a$
jr dm
Steinera
momentem
Twierdzenie
bezwładności
Steinera
/
ciała
podaje związek mię
względem
dowolnej osi
a jego momentem bezwładności względem osi równoległej do
Ruch
obrotowy
ze stałym
przyspieszeniem
dek, gdy ciało obraca się ze
Przypa
kątowym
stałym przyspieszeniem
kątowym
danej i przechodzącej przez środek masy ciała:
I =
(a =
const) jest ważnym przypadkiem szczególnym ruchu obrotowego.
I +mh . 2
(11.29)
&M
przy czym h jest odległością tych dwóch osi.
Obowiązują w nim równania podane w tabeli 11.1: OJ =
COQ
+ at.
= OĄt +
Związek
zmiennych
(11.12)
{at ,
(11.13)
2
1 CO'
=
-0
O
= {(coo + co)t,
(11.15)
-do
= cot -
(11.16)
oĄ+2a(0-0 ).
(11.14)
Q
liniowych
{at . 2
Moment
siły
Moment
działa siła F .
Jeśli ta siła jest przyłożona w punkcie, którego
wartość momentu siły wynosi: M =
rF
=r F
s t
między F a r, a r
x
się ciała sztywnego, znajdujący się w odległości r od osi obrotu, porusza się po okręgu o promieniu r. Przy obrocie ciała o kąt 9 zatacza on łuk o długości .r równej:
s=9r
(11-17)
liniowa ii tego punktu jest styczna do łuku, po
którym porusza się punkt, a jej wartość v wynosi: (miara łukowa).
v = cor
prostopadłą do r,
kątem
— odległością osi obrotu od prostej, wzdłuż
działania siły F , SI
a r
±
—
ramieniem tej siły. Ramieniem siły
jest r. Jednostką momentu siły w układzie SI jest
niuton razy metr (N-m). Jeśli obrót zachodzi w kierunku przeciw nym do kierunku ruchu wskazówek zegara, to moment siły jest
przy czym 9 jest wyrażone w radianach. Prędkość
(11.32. 11.33. 11.31)
której leży wektor F . Kierunek tej prostej nazywamy kierunkiem
składowej F
(miara łukowa).
= rFsin4>.
±
jest składową F ,
a
Punkt obracającego
jest to wielkość odpowiedzialna za
położenie względem osi jest dane przez wektor położenia ?, to
przy czym F
z kątowymi
siły
obrót lub skręcenie ciała wokół pewnej osi obrotu, gdy na to ciało
dodatni, a jeśli ciało obraca się w kierunku zgodnym z kierunkiem ruchu wskazówek zegara, to moment siły jest ujemny.
(11.18)
przy czym co jest wartością prędkości kątowej ciała (wyrażoną w radianach na sekundę).
Druga
zasada
dynamiki
Newtona
dla ruchu
obrotowego
Od
powiednikiem drugiej zasady dynamiki Newtona, odnoszącym się do ruchu obrotowego jest związek:
Przyspieszenie liniowe a punktu ciała sztywnego ma skła dową
styczną
i
radialną. a
=
st
M
Składowa styczna jest równa: (miara łukowa),
ar
(11.22)
przy czym a jest wartością przyspieszenia kątowego ciała (w ra dianach na sekundę do kwadratu). Składowa radialna a wynosi:
a d = ra
»
2
2
— = co r
(miara łukowa).
r
(11.23)
Jeśli punkt ciała porusza się ruchem jednostajnym po okręgu, to okres ruchu (punktu i całego ciała sztywnego) wynosi: T
=
—
=
V Energia ści
—
(miara łukowa).
gdzie M
w v p
jest
obrotowego
i moment
wokół tej osi.
Praca
i energia
kinetyczna
bezwładno
Wzory, z któ
^kortc
=
j
(11.45)
Md9
0pocz oraz
P = dW
Mco.
(11.47)
~dT
(miara łukowa).
{lco
2
(11-27)
niowany jako:
Gdy M jest stałe, równanie (11.45) upraszcza się do postaci: W
=
A*(0Mc-0pocz)-
(H-46)
Związek pracy ze zmianą energii kinetycznej obracającego się
I =
Y^m
2 ir
dla układu oddzielnych cząstek oraz jako:
1 1 . Obroty
obrotowego
giczne do odpowiednich równań dla ruchu postępowego,
przy czym / jest to moment bezwładności ciała. Jest on zdefi
286
ruchu
rych można obliczyć pracę i moc w ruchu obrotowym, są analo
kół stałej osi jest równa: =
siły działającym na
obrotu, a a — przyspieszeniem kątowym ruchu obrotowego ciała
(11.19.11.20)
Energia kinetyczna Ey, ciała sztywnego obracającego się wo
Ey
(11.37)
wypadkowym momentem
W
ruchu
/a,
ciało sztywne, / — momentem bezwładności ciała względem osi
co
kinetyczna
=
w y p
(11.26)
ciała jest następujący: AFk
= Fki
- k pocz
=
\lo>t
1 / 0 ^ =
W.
(11.44)
1. Na rysunku 11.20b przedstawiono wykres zależności położenia
nego. b) przyspieszenia radialnego punktu na obrzeżu krążka, od
kątowego obracającego się krążka z rysunku 11.20a od czasu. Czy
największej do najmniejszej.
prędkość kątowa krążka jest dodatnia, ujemna, czy równa zeru w chwili: a) / =
1 s. b) t =
2 s, c ) / =
3 s? d) Czy przyspieszenie
kątowe krążka jest dodatnie, czy ujemne?
6 . Na rysunku 11.23 pokazano wykonane z góry zdjęcie migaw kowe krążka, obracającego się jak ciwnym
do
kierunku
ruchu
karuzela, w kierunku prze
wskazówek
zegara.
Prędkość
ko
łowa krążka co malała (tzn. krążek obracał
się w kie
runku przeciwnym do kie runku ruchu wskazówek ze
~7\
gara, coraz wolniej). Na ry sunku
widać
też
położe
nie karalucha siedzącego na brzegu runek b)
b)
Na rysunku
styczne
Jaki
a)
kie
radialne,
przyspieszenie
karalucha w chwili, w któ rej zrobiono to zdjęcie?
Rys. 1 1 . 2 0 . Pytanie 1 2.
krążka. miało:
11.21
przedstawiono wykres zależności prędko
7 . Na rysunku
Rys. 1 1 . 2 3 . Pytanie 6
11.24 przedstawiono układ trzech kulek o jed
ści kątowej obracającego się krążka z rysunku 11.20a od czasu.
nakowych masach przymocowanych
W jakim
obraca
masie, w podanych odległościach od siebie. Zastanów się, jak
się krążek w chwili: a) po
duże są momenty bezwładności układu kulek względem osi, prze
czątkowej,
chodzących przez każdą z kulek i prostopadłych do pręta. Usze
kierunku
b)
końcowej?
c) Czy w którejś chwili krą
reguj kulki ze względu na
żek się nie obraca? d) Czy
wartość momentu bezwład
przyspieszenie kątowe krąż
ności układu względem osi,
ka jest dodatnie, czy ujem
przechodzącej przez każdą
ne? e) Czy to przyspiesze
Opuść
prawą
1 Rys. 1 1 . 2 4 . Pytanie 7
najmniejszej.
rękę
8 . Na rysunku
tak, aby jej wewnętrzna strona była skierowana w stronę biodra. 1) podnieś rękę przed siebie do
poziomu, 2) przesuń ją w poziomie w prawo, 3) opuść do biodra. Wnętrze dłoni skierowane jest do przodu, prawda? Zacznij od po czątku, ale teraz wykonaj wskazane ruchy w odwrotnej kolejności. Dlaczego tym razem wnętrze dłoni
nie jest
skierowane do przodu?
4 . Oto cztery równania, opisujące zależność co(t)
w ruchu obro
towym pewnego ciała (en jest wyrażone w radianach, a t w sekun dach): a)o> =
d
Rys. 1 1 . 2 1 . Pytanie 2
wzdłuż ciała, a dłoń ustaw
Trzymając sztywno nadgarstek:
-2d-
i~ -
9
z nich, od największej do
nie jest stałe czy zmienne? 3.
do pręta o znikomo małej
3, b)oj = 4 r + 2 r - 6 , c ) co = 3 t - 4 . d)co = 2
11.25a przedstawiono widok z góry na poziomy
pręt mogący się obracać wokół wskazanej osi. Na końce pręta działają dwie siły poziome, lecz pozostaje on w spoczynku. Wy obraź sobie, że kąt utworzony z prętem przez siłę
Fi
zostaje
zmniejszony w stosunku do pokazanej na rysunku wartości 90°. Czy wartość siły F
2
trzeba zwiększyć, zmniejszyć, czy pozostawić
bez zmiany, jeśli pręt ma się nadal nie obracać?
F,& oś obrotu
- oś obrotu
5r —3. 2
W którym z tych przypadków można zastosować równania z ta beli 11.1?
a)
5 . Na rysunku 11.22 przed stawiono
wykres
zależno-
b)
Rys. 1 1 . 2 5 . Pytania 8 i 9 m
ści prędkości kątowej obra
9. Na rysunku 11.25b przedstawiono widok z góry na poziomy
cającego
pręt obracający się wokół wskazanej osi, w wyniku działania na
sunku
się
krążka z
11.20a
Uszereguj
od
chwile
ry
czasu. a,
b,
c
i d w zależności od warto ści: a) przyspieszenia stycz-
jego końce dwóch sił poziomych F\ i F . Siła F> działa w kie 2
_l
L
a
b
c
Rys. 1 1 . 2 2 . Pytanie 5
d
runku tworzącym z prętem kąt cp. Rozważ przypadki, gdy
Pytania
287
10.
Na rysunku 11.26 przedstawiono widok z góry na karuzelę dla
zmiany, jeśli chcemy, aby prędkość kątowa krążka pozostała taka
prawdziwych dziwaków — ma ona kształt kwadratu, obracającego
sama. jak poprzednio? Czy siły: b) f j i c) F
się wokół osi. przechodzą
powodują obrót krążka w kierunku zgodnym, czy przeciwnym do
cej przez środek P jednego
kierunku ruchu wskazówek zegara?
z
boków
tego
Na karuzelę
2
działając z osobna,
kwadratu. 12.
może działać
Na rysunku 11.28 przedstawiono zależność prędkości kąto
pięć sił o jednakowych war
wej OJ od czasu t dla karuzeli obracanej siłą zmieniającą się w
tościach,
kierunki
czasie. Wartości bezwzględne nachylenia pokazanej krzywej są ta
i punkty przyłożenia poka
kie same w przedziałach czasu 1, 3. 4 i 6. a) W których przedzia
zano
na
których
rysunku.
odbiera
łach czasu siła przyłożona do karuzeli
Uszere
od niej energię?
guj te siły w zależności od
b) Uszereguj wskazane na rysunku przedziały czasu pod wzglę
wartości momentu siły. jaki
dem pracy wykonanej w danym przedziale nad karuzelą, przez
wytwarzają one względem
przyłożoną do niej siłę, od największej (dodatniej) do najmniej szej (ujemnej), c) Uszereguj te przedziały pod względem szybko
wskazanej osi, od najwięk Rys.
szej do najmniejszej.
ści,
1 1 . 2 6 . Pytanie 10
z jaką siła przyłożona do karuzeli dostarcza jej energię lub
odbierają od niej, od największej szybkości dostarczania karuzeli 1 1.
Jak
sunku
pokazano
11.27,
na
na
energii do największej szybkości odbierania jej od niej.
ry
krążek
działają dwie siły F\ i
F. 2
Krążek obraca się jak karu zela — wokół osi. przecho dzącej przez jego środek — w kierunku przeciwnym do kierunku ruchu wskazówek
Rys.
zegara. Prędkość obrotu jest stała, a siły F\ i F
2
1 1 . 2 7 . Pytanie 11
działają przez cały czas na krążek, pod ką
tami wskazanymi na rysunku. Z jakiegoś powodu musimy jed nak zmniejszyć kąt 9 bez zmiany wartości siły F\. a) Czy war tość siły F
2
musimy zwiększyć, zmniejszyć, czy pozostawić bez
Rys.
1 1 . 2 8 . Pytanie 12
Zadania www
Rozwiązanie jest dostępne na stronie internetowej pod ręcznika: http://www.wiley.com/coIlege/hrw
ilw
Rozwiązanie jest
dostępne
w postaci
interaktywnej,
wykorzystującej oprogramowanie Interactive LearningWare (na tej samej stronie)
nej? b) Ile takich obrotów wykonało już Słońce od chwili, gdy powstało około 4,5 • 1 0
4.
radianach. a t
gdzie 9 jest wyrażone w
|
w sekundach. Ile wynosi prędkość kątowa tego
j
al + bt* — et*,
przy czym a,
5.
dane wyrażeniem: 9
2 . Ile wynosi prędkość kątowa wskazówki: a) sekundowej, b) mi godzinowej
=
t, 3
4 s? c) Ile wynosi średnie =
2 s do
początku, e) na końcu tego przedziału czasu?
tego koła? Podaj odpowiednie wyrażenia.
c)
2 s, b) t
+
b i c są stałymi. Jak
zależy od czasu: a) prędkość kątowa, b) przyspieszenie kątowe
nutowej,
2
t = 4 s? Ile wynosi chwilowe przyspieszenie kątowe koła: d) na
W przedziale czasu r koło zamachowe prądnicy obraca się =
=
At — 3 r
przyspieszenie kątowe koła w przedziale czasu od t
1 1 . 2 . Zmienne obrotowe 1.
lat temu?
Położenie kątowe punktu na obrzeżu obracającego się koła jest
dane wyrażeniem: 9 =
koła w chwili: a) t
o kąt: 9
9
zegara analogowego
o ciągłym
ruchu
wskazówek? Podaj odpowiedź w radianach na sekundę. 3 . Nasze Stonce znajduje się w odległości 2,3 • 1 0
4
lat świetlnych
Położenie kątowe pewnego punktu obracającego się koła jest =
2 +
4t
2
+
2t . 3
gdzie 9 jest wyrażone
w radianach, a t w sekundach. Ile wynosi: a) położenie kątowe, b) prędkość kątowa tego punktu w chwili t =
0 ? c) Ile wynosi
jego prędkość kątowa w chwili t = 4 s? d) Oblicz przyspieszenie kątowe tego punktu w chwili t
=
2 s. e) Czy
przyspieszenie
kątowe tego punktu jest stałe?
od środka Drogi Mlecznej (czyli naszej Galaktyki) i porusza się wokół tego środka po okręgu, z prędkością 250 km/s. a) Ile czasu
6 . Na rysunku 11.29 przedstawiono koło o promieniu 3 0 cm, które
zajmuje Słońcu wykonanie pełnego obiegu środka Drogi Mlecz
ma osiem równo od siebie odległych szprych. Koło obraca się na
288
1 1 . Obroty
j
osi z szybkością 2,5 obrotów na sekundę. Wyobraź sobie, że masz
14.
wystrzelić strzałę o długości 20 cm, równolegle do osi obrotu koła.
przyspieszeniem kątowym, równym 2 rad/s . W pewnym prze
tak aby przeszła ona przez nie i nie dotknęła żadnej ze szprych,
dziale czasu o długości
a) Jaką minimalną prędkość
czasu upłynęło od początku ruchu koła, do początku wspomnia
musi
nego przedziału czasu o długości 3 s? b) Ile wynosiła prędkość
się
mieć
to
strzała,
udało?
b)
aby
Czy
ci
Nieruchome początkowo koło zaczyna obracać się ze stałym 2
3 s obróciło się ono o 9 0 rad. a) Ile
kątowa koła na początku tego przedziału czasu o długości 3 s?
ma
znaczenie, w które miejsce między osią a obręczą bę
1 5 . W chwili t =
dziesz
4,7 rad/s i przyspieszenie kątowe, wynoszące —0,25 rad/s , a jego
celował?
Jeśli
0 koło zamachowe ma prędkość kątową równą 2
tak,
linia odniesienia wskazuje kąt 9
to gdzie najlepiej celować?
=
0
0.
a) O jaki
maksymalny
Przyjmij, że strzała i szpry
kąt #max obróci się linia odniesienia koła w dodatnim kierunku
chy są bardzo cienkie.
obrotu? W jakiej chwili (lub chwilach) linia odniesienia zajmie
Rys.
1 1 . 2 9 . Zadanie 6
położenie kątowe: b) 9 =
^
m
a
x
, c) 9 =
—10,5 rad (uwzględnij
7. Skoczek do wody wykonuje podczas skoku z trampoliny, po
zarówno dodatnie, jak i ujemne wartości / ) ? d) Sporządź wykres 9
łożonej 10 m nad wodą, 2,5 obrotu w powietrzu. Wyznacz śred
jako funkcji t i wskaż na nim odpowiedzi na pytania (a), (b) i (c).
nią prędkość kątową skoczka podczas tego skoku, zakładając, że w chwili początkowej ma on prędkość pionową równą zeru.
ilw
1 6 . Nieruchomy początkowo krążek zaczyna obracać się wokół swej osi ze stałym przyspieszeniem kątowym. W pewnej chwili
1 1 . 4 . O b r ó t ze stałym przyspieszeniem kątowym
jego prędkość kątowa wynosi 10 obrotów/s, a po wykonaniu przez
8.
a) przyspieszenie kątowe krążka, b) czas, w jakim wykonał on
Prędkość kątowa silnika samochodu wzrasta ze stałą szybko
krążek dalszych
60
obrotów jest
równa
15 obrotów/s. Oblicz:
ścią, od wartości 1200 obrotów/min do 3 0 0 0 obrotów/min w cza
wspomniane 6 0 obrotów, c) czas, w jakim krążek osiągnął pręd
sie 12 s. a) Ile wynosi jego przyspieszenie kątowe w obrotach na
kość kątową równą 10 obrotów/s, d) liczbę obrotów, jakie wykonał
minutę do kwadratu? b) Ile obrotów wykona silnik w czasie tych
krążek od początku ruchu do chwili, gdy osiągnął prędkość ką
12 sekund?
tową równą 10 obrotów/s.
9 . Talerz gramofonu obracającego się normalnie z prędkością ką
1 7. Koło zamachowe zaczyna zwalniać w chwili, gdy obraca się
tową 331 obrotu/min zwalnia i zatrzymuje się po 30 s od wyłą
z prędkością kątową równą 1,5 rad/s i zatrzymuje się po wykona
czenia silniczka. a) Wyznacz przyspieszenie kątowe talerza w tym
niu 4 0 obrotów, a) Wyznacz czas. w jakim wykonało ono 4 0 ob
czasie. Przyjmij, że jest ono stałe i podaj wynik w obrotach na
rotów, zakładając, że ruch odbywał się ze stałym przyspieszeniem
minutę do kwadratu, b) Ile obrotów wykona talerz w tym czasie?
kątowym, b) Ile wynosiło to przyspieszenie kątowe? c) W jakim czasie koło wykonało pierwsze 20 z tych 4 0 obrotów?
10.
ilw
Krążek, obracający się początkowo z prędkością 120 rad/s,
w pewnej chwili zaczyna zwalniać ze stałym przyspieszeniem ką
1 8 . Koło obraca się wokół swej osi ze stałym przyspieszeniem ką
towym o wartości 4 rad/s , a) Po jakim czasie krążek się za
towym, wynoszącym 4 rad/s . W pewnym przedziale czasu o dłu
trzyma? b) O jaki kąt obróci się on w tym czasie?
gości 4 s koło obraca się o kąt równy 80 rad. a) Jaką prędkość
2
11.
Ciężkie koło zamachowe, obracające się wokół swej osi, zwal
nia w wyniku tarcia w jego łożysku. Po upływie minuty od chwili, w której koło zaczęło zwalniać, jego prędkość kątowa wynosi 0,9 prędkości początkowej, która była równa 250 obrotów/min.
2
kątową ma koło na początku tego przedziału czasu? Ile czasu upłynęło od początku ruchu obrotowego koła do chwili, odpowia dającej początkowi wspomnianego przedziału czasu, jeśli w chwili rozpoczęcia ruchu koło znajdowało się w spoczynku?
Oblicz prędkość kątową koła po upływie następnej minuty, zakła dając, że jego przyspieszenie kątowe jest stałe. 12.
Nieruchomy początkowo krążek zaczyna obracać się wokół
11.5. Związek zmiennych liniowych z kątowymi 19.
Ile wynosi przyspieszenie liniowe punktu na obrzeżu płyty
swej osi ze stałym przyspieszeniem kątowym. W ciągu pierwszych
gramofonowej o średnicy 30 cm, obracającej się ze stałą prędko
5 s ruchu krążek obraca się o 25 rad. Wyznacz wartość: a) przy
ścią kątową, równą 331 obrotu/min?
spieszenia kątowego, b) średniej prędkości kątowej krążka w tym czasie, c ) Ile wynosi chwilowa prędkość kątowa krążka po 5 s?
20.
d) O jaki kąt obróci się krążek w ciągu następnych 5 s, jeśli będzie
kością 33 j obrotu/min. a) Ile wynosi prędkość kątowa płyty w ra-
się nadal poruszał z takim samym przyspieszeniem kątowym?
dianach na sekundę? Ile wynosi prędkość liniowa punktu płyty,
Płyta gramofonowa obraca się na talerzu gramofonu z pręd
w którym dotyka jej igła. gdy igła ta znajduje się w odległości: 13.
Koło obraca się ze stałym przyspieszeniem kątowym równym
b) 15 cm, c ) 7,4 cm od osi talerza?
3 rad/s . W pewnym przedziale czasu o długości 4 s obróciło 2
się ono o 120 rad. Przyjmij, że ruch koła rozpoczął się od stanu
21.
spoczynku i odpowiedz, ile czasu upłynęło od początku ruchu, do
z prędkością 50 km/h zakręt, stanowiący łuk okręgu o promie
początku wspomnianego przedziału czasu o długości 4 s. www
niu 110 m?
Ile
wynosi
prędkość
kątowa
samochodu,
pokonującego
Zadania
289
1,2 m obraca się z prędkością
przyspieszenie kątowe koła, w obrotach na minutę do kwadratu?
kątową, równą 200 obrotów/min. a) Ile wynosi prędkość kątowa
b) Ile obrotów wykona to koło od chwili odcięcia dopływu pary do
koła w radianach na sekundę? b) Ile wynosi prędkość liniowa
zatrzymania się koła? c) Ile wynosi składowa styczna przyspiesze
punktu na obrzeżu
22.
Koło zamachowe o średnicy
kątowe
nia liniowego punktu koła, znajdującego się w odległości 5 0 cm
należy nadać temu kołu, aby zwiększyć jego prędkość kątową
od osi obrotu w chwili, gdy koło obraca się z prędkością kątową
do wartości 1000 obrotów/min w czasie 6 0 s? Podaj odpowiedź
równą 7 5 obrotów/min? d) Ile wynosi wówczas wartość całkowi
w obrotach na minutę do kwadratu, d) Ile obrotów wykona koło
tego (wypadkowego) przyspieszenia liniowego tego punktu?
koła? c) Jakie stałe przyspieszenie
w czasie 6 0 sekund? 2 7 . Ziemia obraca się wokół osi, łączącej jej bieguny, a) Ile wy 23.
Astronauta odbywa trening na wirówce o promieniu
której ruch odbywa się zgodnie z równaniem: 9 =
10 m.
0 . 3 f , gdzie t 2
nosi przy tym prędkość kątowa co punktu na powierzchni Ziemi, na szerokości geograficznej 4 0
:
N? b) Ile wynosi prędkość liniowa v
jest wyrażone w sekundach, a 9 w radianach. Wyznacz wartość:
tego punktu? c) Ile wynoszą wartości: c ) O J , d) v dla punktu na
a)
równiku?
prędkości
kątowej,
b)
prędkości
liniowej,
c)
przyspiesze
nia stycznego, d) przyspieszenia radialnego astronauty w chwili
t =
28.
5 s.
Znajdujące się początkowo w spoczynku koło zamachowe
żyroskopu o promieniu 2,83 cm jest rozpędzane z przyspiesze 2 4 . Statek kosmiczny pokonuje łuk okręgu o promieniu 3 2 2 0 km.
niem kątowym
poruszając się z prędkością 29 0 0 0 km/h. Jaka jest wartość jego:
2760 obrotów/min. a) Ile wynosi w tym czasie przyspieszenie
14,2 rad/s , aż do osiągnięcia prędkości kątowej 2
a) prędkości kątowej, b) przyspieszenia radialnego, c) przyspie
styczne punktu, znajdującego się na obrzeżu koła? b) Ile wynosi
szenia stycznego?
przyspieszenie radialne tego punktu, po osiągnięciu przez koło pełnej prędkości obrotu? c) Jaką drogę przebywa punkt na obrzeżu
2 5 . Jedna z dawniejszych metod pomiaru prędkości światła po
koła podczas jego rozpędzania?
lega na zastosowaniu wirującego koła zębatego. Wiązka światła przechodzi przez wycięcie na skraju koła, jak pokazano na ry
29.
sunku 11.30. biegnie do zwierciadła, umieszczonego w dużej od
10 cm jest połączone za pomocą pasa B z kołem C o promieniu
Jak pokazano na rysunku
11.31, koło A o promieniu r
=
A
ległości od koła. a po odbiciu od tego zwierciadła dociera do
rc
koła w chwili, w której może przejść przez następne wycięcie na
początkowej, wzrasta ze stałą szybkością równą
jego brzegu. W jednym z takich doświadczeń użyto koła zębatego
jakim czasie (od początku ruchu) prędkość kątowa koła C osiągnie
o promieniu 5 cm, mającego na brzegu 5 0 0 wycięć, a zwierciadło
wartość 100 obrotów/min? Załóż, że pas porusza się bez poślizgu.
umieszczono w odległości L =
5 0 0 m od koła. Zmierzona war
tość prędkości światła była równa 3 • 1 0
5
km/h. a) Z jaką (stałą)
=
25
Wskazówka:
cm.
Prędkość
kątowa koła
A.
równa zeru
w chwili
1,6 rad/s . Po 2
Jeśli pas się nie ślizga, to prędkości liniowe punktów
na obrzeżach obydwu kół muszą być sobie równe, www
prędkością kątową obracało się koło zębate? b) Ile wynosiła przy tym prędkość liniowa punktów na obrzeżu koła?
Rys. 1 1 . 3 1 . Zadanie 29
źródło*
3 0 . Pewne ciało obraca się wokół stałej osi, przy czym położenie
światła
kątowe jego linii odniesienia jest dane zależnością: 9 =
0.4e ', 2
w której 9 jest wyrażone w radianach, a / w sekundach. Rozważ punkt tego ciała, znajdujący się w odległości 4 cm od osi obrotu. Jaka jest wartość: a) składowej stycznej, b) składowej radialnej przyspieszenia tego punktu w chwili t =
31.
0?
Pulsar jest to bardzo szybko wirująca gwiazda neutronowa,
która wysyła fale radiowe tak, jak latarnia morska wysyła świa Rys. 1 1 . 3 0 . Zadanie 25
tło. Na Ziemi odbieramy jeden impuls radiowy podczas każdego obrotu gwiazdy. Okres obrotu
26.
Koło zamachowe silnika parowego obraca się ze stałą pręd
T
pulsara wyznaczamy,
mierząc
odstęp w czasie między kolejnymi impulsami. Pulsar w mgła
kością kątową, równą 150 obrotów/min. Po zamknięciu strumienia
wicy Kraba (rys. 11.32) ma okres obrotu T =
pary tarcie w łożyskach koła oraz opór powietrza powodują za
w czasie z szybkością 1,26 • 1 0
trzymanie się koła po upływie 2.2 h. a) Ile wynosi przy tym stałe
przyspieszenie kątowe pulsara? b) Jeśli to przyspieszenie kątowe
290
1 1 . Obroty
- 5
0,033 s. rosnący
sekundy na rok. a) Ile wynosi
b ę d z i e stałe, t o p o ilu l a t a c h o d chwili o b e c n e j p u l s a r przestanie
3 4 . C z ą s t e c z k a tlenu O ; m a m a s ę 5 . 3 • 1 0 ~
się o b r a c a ć ? c ) P u l s a r ten powstał w w y n i k u w y b u c h u s u p e r n o w e j ,
b e z w ł a d n o ś c i w z g l ę d e m osi. p r z e c h o d z ą c e j p r z e z ś r o d e k o d c i n k a ,
o b s e r w o w a n e j z Z i e m i w r o k u 1 0 5 4 . J a k i był p o c z ą t k o w y o k r e s
ł ą c z ą c e g o a t o m y tlenu i p r o s t o p a d ł e j d o t e g o o d c i n k a , w y n o s i 1 , 9 4 •
2 6
kg, a jej moment
o b r o t u p u l s a r a ( z a ł ó ż , ż e p r z y s p i e s z e n i e k ą t o w e p u l s a r a b y ł o stałe
10~
przez cały czas od j e g o powstania)?
prędkość ruchu postępowego równą 5 0 0 m/s. oraz że energia kine
k g • m . P r z y j m i j , ż e ś r o d e k m a s y c z ą s t e c z k i Oi m a w g a z i e
4 6
t y c z n a r u c h u o b r o t o w e g o c z ą s t e c z k i stanowi | energii k i n e t y c z n e j r u c h u p o s t ę p o w e g o j e j ś r o d k a masy. Ile w y n o s i p r ę d k o ś ć k ą t o w a obrotu cząsteczki wokół osi przechodzącej przez jej środek m a s y ?
1 1 . 7 . J a k obliczyć moment bezwładności? 35.
D w a j e d n o r o d n e w a l c e o takich s a m y c h m a s a c h ,
równych
1,25 kg. lecz o różnych promieniach podstawy, zostały wprawione —
k a ż d y z o s o b n a — w r u c h o b r o t o w y w o k ó ł swej osi z p r ę d k o
ś c i ą k ą t o w ą 2 3 5 rad/s. Ile w y n o s i e n e r g i a k i n e t y c z n a r u c h u o b r o t o wego: a) walca o mniejszym promieniu podstawy równym 0 , 2 5 m . b) w a l c a o w i ę k s z y m p r o m i e n i u p o d s t a w y r ó w n y m 0 . 7 5 m ? 36. o
Satelita komunikacyjny o masie
średnicy
podstawy
strzeleniem
go z
kosmicznego
1 2 1 0 k g m a kształt
1,21 m i w y s o k o ś c i
walca
1.75 m . Przed wy
pokładu
statku
trans
p o r t o w e g o w p r a w i a się g o w r u c h o b r o t o w y w o k ó ł osi walca, z prędkością kątową 1,52
obrotu/s (rys. 1 1 . 3 3 ) .
Oblicz:
a)
moment
bez
władności
satelity
dem
osi obrotu,
jego
wzglę b)
energię kinetyczną j e g o ru chu obrotowego.
Rys. 1 1 . 3 2 . Z a d a n i e 3 1 . M g ł a w i c a K r a b a p o w s t a ł a z g w i a z d y , której w y b u c h b y ł w i d o c z n y z Z i e m i w r o k u 1 0 5 4 . P r ó c z w i d o c z nych na zdjęciu g a z o w y c h p o z o s t a ł o ś c i p o t y m w y b u c h u , p o w s t a ł a przy t y m t a k ż e w i r u j ą c a g w i a z d a n e u t r o n o w a w środku m g ł a w i c y . Ś r e d n i c a tej g w i a z d y w y n o s i z a l e d w i e 3 0 k m
Rys. 1 1 . 3 3 . Z a d a n i e 3 6
3 7 . N a r y s u n k u 1 1 . 3 4 p r z e d s t a w i o n o d w i e c z ą s t k i o m a s a c h ni\ k a ż d a , p o ł ą c z o n e z e s o b ą c i e n k i m p r ę t e m o d ł u g o ś c i d i m a s i e miD r u g i taki s a m pręt ł ą c z y j e d n ą z c z ą s t e k z p u n k t e m O. U k ł a d o b r a c a się z p r ę d k o ś c i ą k ą tową co w o k ó ł o s i , p r z e c h o d z ą c e j p r z e z punkt O i p r o stopadłej
3 2 . T a l e r z g r a m o f o n u o b r a c a się z p r ę d k o ś c i ą 3 3 j
obrotu/min.
do
płaszczyzny
rysunku. W y z n a c z : a) m o
N a t a l e r z u , w o d l e g ł o ś c i 6 c m o d o s i o b r o t u , znajduje się p e s t k a
ment bezwładności
a r b u z a , a ) O b l i c z p r z y s p i e s z e n i e pestki, z a k ł a d a j ą c , ż e nie z e ś l i
w z g l ę d e m tej o s i . b ) ener
z g u j e się o n a p o talerzu, b ) Ile w y n o s i m i n i m a l n a w a r t o ś ć w s p ó ł
gię k i n e t y c z n ą r u c h u o b r o
c z y n n i k a t a r c i a s t a t y c z n e g o m i ę d z y p e s t k ą a t a l e r z e m , przy której
towego
p e s t k a nie ślizga się p o t a l e r z u ? c ) P r z y j m i j , ż e talerz u z y s k u j e
te w i e l k o ś c i
s w o j ą stałą p r ę d k o ś ć k ą t o w ą p o 0 , 2 5 s o d c h w i l i w ł ą c z e n i a s i l -
ści d a n e .
n i c z k a , o b r a c a j ą c się w t y m c z a s i e z e s t a ł y m
przyspieszeniem
k ą t o w y m . O b l i c z m i n i m a l n ą w a r t o ś ć w s p ó ł c z y n n i k a t a r c i a sta t y c z n e g o , przy której p e s t k a nie ślizga się p o talerzu p o d c z a s j e g o rozpędzania.
38.
układu,
wyrażając
przez
wielko Rys. 1 1 . 3 4 . Z a d a n i e 3 7
Każda
pat ś m i g ł a
z
trzech
ło
helikoptera m a
długość
5.2
240
(rysunek
kg
układu
m
i
masę 11.35).
Ś m i g ł o o b r a c a się z p r ę d
1 1 . 6 . Energia kinetyczna w ruchu obrotowym 33.
Oblicz
moment
bezwładności
netyczną równą 2 4 4 0 0 6 0 2 obrotów/min.
koła, które m a energię ki
J , g d y o b r a c a się z p r ę d k o ś c i ą
kątową
kością
kątową
3 5 0 obro
t ó w / m i n . a ) Ile w y n o s i m o ment bezwładności śmigła względem
całego
osi j e g o
obrotu (przyjmij, że każdą
Rys. 1 1 . 3 5 . Z a d a n i e 3 8
Zadania
291
łopatę śmigła można uważać za cienki pręt, obracający się wokół osi,
1 1 . 8 . M o m e n t siły
przechodzącej przez jeden z jego końców)? b) Ile wynosi 45.
całkowita energia kinetyczna ruchu obrotowego śmigła?
Niewielką kulkę o masie 0,75 kg przymocowano do końca
pręta o długości 39.
1,25 m i znikomo małej masie, a drugi koniec
Oblicz moment bezwładności przymiaru metrowego o masie
pręta zawieszono na osi. Wyznacz moment siły, działający na
0,56 kg, względem osi prostopadłej do przymiaru i przechodzącej
utworzone w ten sposób wahadło, gdy jest ono odchylone od pionu
przez kreskę, oznaczoną jako 2 0 cm (przyjmij, że przymiar można
o kąt 30°.
uważać za cienki pręt). 40.
Cztery jednakowe cząstki o masie 0,5 kg każda umieszczono
w wierzchołkach kwadratu o boku 2 m i połączono je czterema prętami o znikomo małych masach, tworzącymi boki tego kwa dratu. Wyznacz moment bezwładności utworzonego w ten sposób
46.
Ramię pedału roweru ma długość
0,152
m, a rowerzysta
działa na pedał skierowaną pionowo w dół siłą o wartości 111 N. Jaką wartość ma moment siły, działający na pedał, gdy ramię tworzy z pionem kąt: a) 30°, b) 90=, c) 180°?
ciała względem osi: a) leżącej w płaszczyźnie kwadratu i przecho dzącej przez środki jego przeciwległych boków, b) prostopadłej do płaszczyzny kwadratu i przechodzącej przez środek jednego z bo ków, c) leżącej w płaszczyźnie kwadratu i przechodzącej przez
47.
Ciało, przedstawione na rysunku
wokół osi przechodzącej
przez punkt
11.37, może obracać się O.
Na to ciało działają
dwie siły, jak pokazano na rysunku, a) Podaj wyraże
dwa jego przeciwległe wierzchołki.
nie na wypadkowy moment 41.
siły działający na to ciało,
Jednorodna płyta w kształ
cie prostopadłościanu przedsta
b) Ile wynosi moment siły,
wiona
jeśli
na
rysunku
11.36
ma
=
r\
1,30
masę m oraz długości krawę
2,15 m. Fi =
dzi a,
4,9 N,
b
i c.
Oblicz moment
0
t
=
m,
r
=
2
4,2 N,
F =
75°,
6
a
2
2
=
6 0 ° ? ilw
bezwładności tej płyty wzglę
Rys. 1 1 . 3 7 . Zadanie 47
dem osi przechodzącej przez jej wierzchołek i prostopadłej do dwóch dłuższych krawędzi.
48. Rys.
1 1 . 3 6 . Zadanie 41
Ciało, przedstawione na rysunku
11.38, może obracać się
wokół osi przechodzącej przez punkt O. Na to ciało działają trzy siły, których kierunki pokazano na rysunku; siła F
A
42.
Przeanalizuj układ czterech cząstek o następujących masach
10 N jest
=
przyłożona w punkcie A, odległym od O o 8 m, siła F
B
i współrzędnych: 50 g, x y =
4 cm; 25 g,
x =
=
2 cm, y
=
2 cm; 25 g, x
—3 cm, y — —3 cm; 30 g,
x
=
=
0,
—2 cm,
y = 4 cm. Wyznacz moment bezwładności tego układu względem osi:
a) x, b) y, c ) z- d) Oznacz wyniki, otrzymane w punktach (a)
i (b) przez A i B. Jak wyraża się wynik, otrzymany w punkcie
=
16 N
jest przyłożona w punkcie B, odległym od O o 4 m, a siła Fc
=
19 N jest przyłożona w punkcie C, odległym od O o 3 m. Ile wynosi działający na to ciało wypadkowy moment siły względem punktu
Ol
(c) przez wartości A i BI
43.
a) Wykaż, że moment bezwładności walca o masie m\
mieniu podstawy
i pro
R względem jego osi jest równy momentowi
bezwładności cienkiej obręczy o masie wii i promieniu
R/V2
względem jej osi. b) Wykaż, że moment bezwładności / dowol nego ciała o masie mi
względem dowolnej osi jest równy mo
mentowi bezwładności obręczy o masie m\
i promieniu:
*-£ względem tej osi. Promień tej obręczy nazywa się
bezwładności 44.
Rys.
1 1 . 3 8 . Zadanie 48
ramieniem
danego ciała.
W Europie stosowano swego czasu wózki dostawcze, do na
1 1 . 9 . Druga zasada dynamiki N e w t o n a dla ruchu obrotowego
pędu których używano energii ruchu obrotowego koła zamacho wego. Za pomocą silnika elektrycznego rozpędzano koło zama
49.
Podczas odbicia się skoczka od trampoliny prędkość kątowa
j
chowe do jego maksymalnej prędkości kątowej równej 200rt rad/s.
jego obrotu wokół środka masy wzrasta od zera do 6,2 rad/s w
1
Jednym z takich kół zamachowych był jednorodny walec o ma
czasie 220
\
sie 500 kg i promieniu podstawy 1 m. a) Jaką energię kinetyczną
kątowego skoczka, b) średniego momentu siły, działającego na
]
miało takie koło po jego rozpędzeniu? b) Jak długo mógł być w ru
niego ze strony trampoliny, jeśli moment bezwładności skoczka
\
chu taki wózek, jeśli jego średnia moc robocza wynosiła 8 kW?
względem jego środka masy wynosi 12 kg • m . ilw
292
1 1 . Obroty
ms. Wyznacz
wartość:
a) średniego przyspieszenia
2
5 0 . M o m e n t siły o wartości 3 2 N • m nadaje p e w n e m u kołu przy
Laboratory. M a j ą o n e m a s ę 4 4 0 0 0 k g , i c h m o m e n t b e z w ł a d n o ś c i
s p i e s z e n i e k ą t o w e , r ó w n e 2 5 r a d / s . Ile w y n o s i m o m e n t b e z w ł a d
względem osi zawiasów wynosi 8,7 • 1 0 kg • m , a ich szerokość
ności tego koła?
j e s t równa 2 , 4 m . J a k ą stałą siłą. p r z y ł o ż o n ą d o zewnętrznej fra
4
2
mugi i prostopadłą do płaszczyzny drzwi, trzeba n a n i e działać, 51.
Cienka powłoka sferyczna m a promień równy
wnętrzny
moment
sity
o wartości
1,9 m . Z e
9 6 0 N • m nadaje
tej po
aby o b r ó c i ć j e o 9 0 w c i ą g u 3 0 s ? P o m i ń t a r c i e i z a ł ó ż , ż e d r z w i :
pozostają początkowo w spoczynku.
w ł o c e p r z y s p i e s z e n i e k ą t o w e 6 , 2 rad/s w o k ó ł o s i . p r z e c h o d z ą c e j p r z e z ś r o d e k p o w ł o k i . W y z n a c z : a ) moment b e z w ł a d n o ś c i p o
54.
w ł o k i względem t e j o s i . b ) m a s ę p o w ł o k i .
kół której m o ż e się o n o o b r a c a ć b e z tarcia. M o m e n t b e z w ł a d n o ś c i
K o ł o o promieniu 0,2 m zamocowano na poziomej osi, w o
koła w z g l ę d e m tej osi jest równy 0 , 0 5 k g • n r . N a koło nawinięto 52. J a k p o k a z a n o n a r y s u n k u 1 1 . 3 9 , w a l e c o m a s i e 2 k g m o ż e
linę o z n i k o m o m a ł e j m a s i e , a j e j k o n i e c p o ł ą c z o n o z k l o c k i e m
o b r a c a ć s i ę w o k ó ł s w e j o s i . W a r t o ś c i d z i a ł a j ą c y c h na w a l e c s i ł s ą
o masie 2 k g . ślizgającym się b e z tarcia p o powierzchni p o z i o m e j .
równe: F , = ó N. F
Do klocka przyłożono po
oraz
=
2
= 4 N, F , = 2 N i F :
4
= 5 N . a R, = 5 c m ,
12 cm. W y z n a c z w a r t o ś ć i k i e r u n e k
przyspieszenia
k ą t o w e g o w a l c a ( z a ł ó ż , że w c z a s i e obrotu kierunki sił w z g l ę d e m walca się nie zmieniają).
ziomo siłę o wartości P =
1
i
3 N (rys. 11.41). Wyznacz
,jjt
j
l
f
"'" '
wartość przyspieszenia ką towego
koła.
Przyjmij, że
lina n i e ś l i z g a s i ę p o p o wierzchni koła.
„I
55.
i*:
F
Ą
Na rysunku
klocków o
m\ =
500 g i m
2
5 c m , mogącego
wokół
cemu
U . 4 2 przedstawiono układ, złożony z dwóch
o masach
promieniu
tarcia,
oś o b r o t u -
Rys. 1 1 . 4 1 . Zadanie 5 4
osi poziomej.
początkowo
w
spo
czynku, umożliwiono
ruch
swobodny, opadł sie
o
cięższy 75
G d y temu
=
4 6 0 g oraz
krążka
się na łożyskach b e z układowi,
pozostają
klocek
cni w
cza
czym
linka
5 s (przy
obracać
nie ślizgała się p o k r ą ż k u ) ,
Rys. 1 1 . 3 9 . Zadanie 5 2
a) W y z n a c z
53. N a r y s u n k u 1.1.40 p o k a z a n o n a j c i ę ż s z e n a ś w i e c i e d r z w i n a
wartość
spieszenia klocków.
zawiasach, którymi są stanowiące o s ł o n ę przed p r o m i e n i o w a n i e m
naprężenie tej części
J r z w i d o sali b a d a ń n e u t r o n o w y c h w o ś r o d k u L a w r e n c e L i v e m i o r e
na
której
przy Oblicz
końcu
linki, zawie
s z o n y jest: b ) k l o c e k
cięż-
• > v) k l o c e k l ż e j s z y . W y / " . . . ' : d) wartość przyspie-
(
>. e r a
kątowego
io m o m e n t
krążka.
;
bezwładRys. 1 1 . 4 2 . Zadanie 5 5
• I
śa krążek o promieniu
10 c m i momencie
d e m j e g o o s i równym ł • I 0
• I
-
3
bezwładności
kg • n r działa siła, przyłożona
de d o j e g o o b w o d u . W i e l k o ś ć t e j s i ł y z m i e n i a s i ę w c z a s i e , ie z r ó w n a n i e m : F = 0 , 5 f + 0 , 3 r , w k t ó r y m F j e s t w y r a ż o 2
niutonach, a t w sekundach. W chwili początkowej krążek ; porusza. Iłe wynosi: a) przyspieszenie kątowe, b ) prędkość a krążka w chwili f = 3 s ? •Ja r y s u n k u
11.43 p o -
0 dwa klocki,
każdy
sie m, z a w i e s z o n e n a 1 końcach t
„
Y
^
sztywnego
o znikomo małej m a
sie o r a z d ł u g o ś c i L\ + Rys. 1 1 . 4 0 . Zadanie 5 3
przy c z y m
L\ =
20
L, 2
cm.
Rys. 1 1 . 4 3 . Zadanie 5 7
Zadania
293
a Li
=
80 cm. Pręt podtrzymano w położeniu poziomym, a na
kie pręty,
każdy
o długości
L,
połączone
w kształt
litery H
stępnie puszczono swobodnie. Jaka była początkowa wartość przy
(rys.
11.44). Ciało to może obracać się wokół osi poziomej, na
spieszenia: a) klocka bliższego ostrza, na którym jest podparty
której leży jeden z równoległych prętów. Ciało jest podtrzymane
pręt, b) klocka dalszego od tego ostrza?
tak, że leży w płaszczyźnie poziomej, po czym zostaje puszczone swobodnie. Ile wynosi jego prędkość kątowa w chwili, gdy ciało znajduje się w płaszczyźnie pionowej?
11.10. Praca i energia kinetyczna ruchu obrotowego Klocek z rysunku
58.
11.17
66.
został przytrzymany, a następnie
puszczony swobodnie, a) Wyznacz jego prędkość po przebyciu drogi 5 0 cm, mi
=
zakładając, że
R
=
12 cm, m\
=
400
g oraz
5 0 g. Rozwiąż zadanie, korzystając z zasady zachowania
Jednorodna powłoka sferyczna o masie m\
obraca (rys.
się na łożyskach
bez tarcia,
wokół
i promieniu R
swej osi
pionowej
11.45). Linka o znikomo małej masie jest owinięta wokół
powłoki w jej płaszczyźnie równikowej, a następnie przełożona przez krążek o momencie bezwładności / oraz promieniu r i przy mocowana do obciążnika o masie mi.
energii, b) Powtórz obliczenia dla R = 5 cm.
www
Krążek może obracać się
bez tarcia, a linka nie ślizga się po krążku. Obciążnik przytrzy 59.
Wał korbowy samochodu przenosi energię z silnika na oś,
z szybkością 100 KM ( =
74,6 kW), obracając się z prędkością
1800 obrotów/min. Jakim momentem siły (w niutonach razy metr)
mujemy, a potem puszczamy swobodnie. Jaka będzie prędkość obciążnika po przebyciu drogi hl
Skorzystaj z zasady zachowania
energii.
działa on na oś?
60.
Koło o masie 32 kg. które można uważać za cienką obręcz
o promieniu
1,2 m, obraca się z prędkością 280
obrotów/min.
Trzeba je zatrzymać w czasie 15 s. a) Jaką pracę należy przy tym wykonać? b) Jaka średnia moc jest do tego potrzebna? 61.
Cienki pręt o długości
L
i masie m
zawieszono swobod
nie na jednym z jego końców. Drugi koniec odchylono w bok, po czym puszczono, umożliwiając prętowi ruch wahadłowy. Pręt przechodzi przez położenie pionowe z prędkością kątową co. Wy znacz: a) energię kinetyczną pręta w położeniu pionowym, b) mak symalne wzniesienie środka masy pręta, wyrażając odpowiedzi
Rys.
przez podane wielkości oraz g. Pomiń tarcie i opór powietrza.
62.
Oblicz: a) moment siły, b) energię, c) średnią moc, jakie
byłyby potrzebne, aby w ciągu 1 dnia rozpędzić Ziemię od stanu spoczynku do jej obecnej prędkości kątowej obrotu wokół jej osi.
63.
Przymiar metrowy
ustawiono pionowo, z jednym końcem
opartym o podłogę, a następnie umożliwiono mu upadek. Wy znacz prędkość drugiego końca przymiaru w chwili, gdy dociera on do podłogi. Załóż, że koniec oparty o podłogę nie ślizga się po niej.
Wskazówka:
Potraktuj przymiar jak cienki pręt i skorzystaj
67.
1 1 . 4 5 . Zadanie 66
Wysoki, cylindryczny komin przewraca się z powodu pęknię
cia u podstawy. Uznaj komin za cienki pręt o długości H i oznacz kąt, utworzony przez komin z pionem jako 9. Wyznacz: a) pręd kość kątową komina, b) przyspieszenie radialne górnego końca komina, c) przyspieszenie styczne tego końca, wyrażając wiedzi przez wielkości dane oraz
g. Wskazówka:
odpo
Nie obliczaj
momentu siły, lecz skorzystaj z zasady zachowania energii; przypomnij sobie, że a
=
dco/dt,
co przyda ci się w punkcie
(c).
d) Dla jakiej wartości 6 przyspieszenie styczne jest równe g l
z zasady zachowania energii, ilw
64.
Jednorodny walec o promieniu 10 cm i masie 20 kg umoco
Z a d a n i a dodatkowe
wano tak, aby mógł się obracać swobodnie wokół osi poziomej, która jest równoległa do osi walca i odległa od niej o 5 cm. a) Ile wynosi moment bezwładności walca względem takiej osi? b) Wy obraź sobie, że walec ustawiono w takim położeniu, że oś walca znajduje się na tej samej wysokości, co podana oś obrotu, a następ nie puszczono go swobod nie.
Jaka
będzie
294
Ciało
za
pół
buch, któremu towarzyszyła kula ognista, stanowiąca najjaśniejszy błysk, jaki ktokolwiek mógł zobaczyć przed zbudowaniem bomby
skalnego o średnicy około meteorytem tunguskim, a)
ści nazwano
140 m, którego pozostało Biorąc pod uwagę jedynie
ruch obrotowy Ziemi oblicz, o ile później musiałby dotrzeć do
sztywne
two
jednakowe,
cien
1 1 . Obroty
nad odległym
nocnej i 102° długości wschodniej miał miejsce gigantyczny wy
meteoroidu
niższe położenie?
trzy
1908 roku o godzinie 7.30
jące olbrzymią część nieba" było najprawdopodobniej eksplozją
dek masy będzie miał naj
65.
3 0 czerwca
atomowej. Zjawisko to, według jednego ze świadków „obejmu
prędkość
kątowa walca, gdy jego śro
rzą
68.
kątkiem środkowej Syberii, na 61° szerokości geograficznej
Ziemi ten meteoroid, aby wybuch nastąpił nad Helsinkami, tzn. na Rys.
11.44.
Zadanie 65
25° długości geograficznej wschodniej. Wybuch taki starłby z po-
wierzchni Ziemi całe to miasto, b) Gdyby ten meteoroid nie był skalny, lecz
metaliczny,
to mógłby nie wybuchnąć w atmosferze,
lecz dotrzeć w całości do powierzchni Ziemi. Oblicz, o ile później musiałby on dotrzeć do Ziemi, aby wpaść do Oceanu Atlantyc kiego na 20° długości geograficznej zachodniej. Powstałe przy tym fale tsunami (jak te, które są skutkiem podwodnych trzęsień Ziemi i wybuchów wulkanów) zniszczyłyby
zapewne wszelkie
ślady cywilizacji w rejonach przybrzeżnych po obydwu stronach Oceanu Atlantyckiego. 69.
Od lat badacze spierają się o to, w jaki sposób zbudowano
słynne kamienne słupy w Stonehenge, tzn. w jaki sposób na szczyt kolumn wzniesiono potężne kamienne poprzeczki. W
pewnym
miasteczku w Czechach próbowano sprawdzić, jak jedna z pro ponowanych hipotez wytrzymuje konfrontację z rzeczywistością. Betonowe
bloki o masie 5124
kg wciągano na szczyt
filarów
po dwóch dębowych pniach, których górną powierzchnię odarto
Rys.
1 1 . 4 6 . Zadanie 69
z kory i nasmarowano tłuszczem (rys. 11.46). Pnie miały długość 10 m i sięgały od podłoża do szczytu jednego z filarów o wy
70.
sokości 3,9 m. Współczynnik tarcia statycznego między pniami
obok biegnącego geparda, może on osiągnąć w pełnym biegu im
a blokami z betonu był równy 0,22. Blok wciągany był za po
ponującą prędkość 114 km/h. Wyobraź sobie, że starasz się zmie
Jak stwierdzili obserwatorzy jadący samochodem terenowym
mocą liny, którą owiązano blok, a jej końce przymocowano do
rzyć prędkość geparda, jadąc jeepem równo z biegnącym zwierzę
dwóch drągów świerkowych o długości 4,5 m. Na drugim końcu
ciem i obserwując wskazania szybkościomierza. Jedziesz w sta
każdego drąga zawieszono belkę. Gdy na tej belce stanęło lub
łej odległości od geparda, równej 8 m, lecz hałas silnika płoszy
siadło dostatecznie wielu robotników, drąg obracał się wokół osi,
zwierzę, które przez cały czas stara się oddalić od samochodu,
przechodzącej przez punkt jego oparcia o brzeg kolumny i pod
w wyniku czego biegnie po torze kołowym o promieniu 92 m. Ty
ciągał nieco blok po pniu. Liny były z grubsza prostopadłe do
wobec tego poruszasz się po okręgu o promieniu 100 m. Załóż, że
drągów i były do nich przywiązane w odległości 0,7 m od punktu
szybkościomierz wskazuje prędkość 114 km/h i oblicz: a) pręd
oparcia drąga o filar. Załóż, że masa każdego robotnika wynosiła
kość kątową geparda i twojego samochodu, b) prędkość liniową
85 kg i oblicz, ilu co najmniej robotników musiało obciążyć dwie
geparda wzdłuż jego toru. Jeśli nie wziąłbyś pod uwagę, że ge
belki, aby ruszyć blok w górę po pniach. W praktyce wystarczy
pard biegnie po torze kołowym, mógłbyś dojść do wniosku
nawet połowa tej liczby robotników, gdyż można najpierw nieco
błędnego — że prędkość geparda wynosi 114 km/h; taki właśnie
podciągać jeden, a potem drugi skraj bloku.
błąd popełnili autorzy tych obserwacji, publikując ich wynik.
—
i
Toczenie się ciał moment siły i moment pędu
W 1897 roku pewien europejski akrobata wykonał po raz pierwszy potrójne salfo podci lotu z trapezu do rąk partnera. Przez następne 85 lat akrobaci cyrkowi starali się wykc w locie poczwórne salto, lecz w czasie publicznego występu udało się to dopiero w 1982 roku: M i g u e l V a z q u e z z cyrku R i n g l i n g
Brothers and B a r n u m & B a i l e y
Circus wykonał w locie cztery pełne obroty, po czym został pochwycony przez swego brata Juana, Obaj byli oszołomieni swym sukcesem.
Odpowiedź znajdziesz w tym rozdziale.
12.1. Toczenie się ciał Gdy rower jedzie po prostym torze, środek każdego koła porusza się ruchem wyłącznie postępowym. Punkt na obręczy koła zakreśla jednak znacznie bardziej komplikowany tor — pokazano to na rysunku 12.1. Omówimy teraz ruch toczą cego się koła, traktując go najpierw jako złożenie ruchu wyłącznie postępowego nichu wyłącznie obrotowego, a następnie jako sam ruch obrotowy.
Rys.
1 2 . 1 . Zdjęcie toczącego się krążka,
wykonane dla długiego czasu naświe tlania. Do krążka przymocowano dwie lampki, jedną w jego środku, a drugą na
Ibczenie jako złożenie ruchu obrotowego i postępowego
obrzeżu. Krzywa zakreślana przez punkt znajdujący się na skraju krążka nosi na
Wyobraź sobie, że patrzysz na koło roweru przejeżdżającego obok ciebie po ze stałą prędkością i nie doznającego poślizgu. Jak pokazano na rysunku 2.2, środek masy koła O przemieszcza się do przodu ze stałą prędkością U Ś . Punkt P, w którym koło styka się z jezdnią również przemieszcza się do przodu z prędkością u$ , tak że zawsze znajduje się dokładnie pod punktem O.
zwę
cykloidy
M
M
Obserwując koło przez pewien czas t stwierdzisz, że obydwa te punkty O i P przemieściły się do przodu, pokonując jednakową drogę d. Rowerzysta widzi zaś, że "feto bróciło się w tym czasie wokół swej osi o kąt 9, a punkt na oponie, w którym toło stykało się początkowo z jezdnią zakreślił łuk o długości s. Ta długość łuku s związana z kątem obrotu 9, a związek ten opisuje równanie (11.17): s =
(12.1)
9R,
którym R jest promieniem koła. Prędkość liniowa v§ środka koła (tzn. środka j e s o masy, o ile koło jest jednorodne) jest równa ds/dt. Prędkość kątowa co koła wokół jego osi wynosi d9/dt. Różniczkując równanie (12.1) względem czasu, •nzymujemy (R jest stałe): M
SM
V
1 2 . 2 . Środek masy O toczącego się
styka się
-|-
b ) Ruch wyłącznie postępowy
=
z podłożem
także
przebywa
w tym czasie drogę i
c ) Ruch toczny u=2u
« = Rys.
P°~
raca się o kąt 9. Punkt, w którym koło
Jak widać z rysunku 12.3, toczenie się koła można uważać za połączenie ruchu wyłącznie postępowego i ruchu wyłącznie obrotowego. Na rysunku 12.3a a ) Ruch wyłącznie obrotowy
1
konuje drogę s w czasie, gdy koło ob
(12.2)
(toczenie się bez poślizgu).
~
Rys.
koła porusza się z prędkością Cjm
T J
ŚM
+
U
Ś M
Ś M =
0
1 2 . 3 . Toczenie się koła jako złożenie ruchu wyłącznie obrotowego i ruchu wyłącznie
postępowego, a) Ruch wyłącznie obrotowy: wszystkie punkty koła wykonują ruch obrotowy z jednakową prędkością kątową co. Wszystkie punkty na obrzeżu koła poruszają się z prędko ścią liniową o takiej samej wartości bezwzględnej v =
w$ . Na rysunku zaznaczono wektory M
prędkości liniowej D dwóch takich punktów — znajdujących się na górze (G) i na dole
(P)
koła. b) Ruch wyłącznie postępowy: wszystkie punkty koła poruszają się w prawo, z taką samą prędkością jak jego środek masy. tzn. D
ŚM
. c) Ruch koła przy jego toczeniu się jest
złożeniem ruchów z rysunków (a) i (b)
12.1.
Toczenie się ciał
297
przedstawiono sam ruch obrotowy (jak gdyby koło obracało się jedynie wokół swej osi) — każdy punkt koła wykonuje ruch obrotowy wokół osi koła, z prędko ścią kątową OJ (takim właśnie ruchem zajmowaliśmy się w rozdziale 11). Każdy punkt na obrzeżu koła porusza się z prędkością liniową, o wartości bezwzględnej u j , danej równaniem (12.2). Na rysunku 12.3b pokazano sam ruch postępowy koła (jak gdyby koło w ogóle się nie obracało). Każdy punkt koła porusza się przy tym w prawo z prędkością u§ . j Połączenie ruchów z rysunków 12.3a i 12.3b daje rzeczywisty ruch toczą- j cego się koła, jak na rysunku 12.3c. Zauważ, że w tym łącznym ruchu punfc znajdujący się na dole koła (punkt P) ma prędkość liniową równą zeru, a punkL znajdujący się na górze (punkt G) porusza się z prędkością liniową 2u$ , cz>< najszybciej spośród wszystkich punktów koła. Widać to na rysunku 12.4, at którym przedstawiono zdjęcie toczącego się koła, wykonane dla długiego czas* naświetlania — obraz szprych jest znacznie bardziej rozmyty na górze niż m dole koła co świadczy o tym, że górna część kola porusza się szybciej niż doba. M
M
M
Rys.
12.4.
Zdjęcie toczącego się koła
rowerowego. Obraz szprych jest bardziej rozmyty nej,
w
górnej
części
niż
w
dol
gdyż górna część koła porusza się
szybciej
niż
dolna, jak
wynika
z
ry
Ruch każdego ciała okrągłego, toczącego się po podłożu bez poślizgu, można j rozłożyć na ruch wyłącznie obrotowy i ruch wyłącznie postępowy, tak jak ra rysunkach 12.3a i 12.3b.
sunku 12.3c
Toczenie się jako sam ruch obrotowy Na rysunku 12.5 przedstawiono inny obraz ruchu toczącego się koła, w którym rozważany jest on jako ruch wyłącznie obrotowy wokół osi przechodzącej w każ dej chwili przez punkt styczności koła z podłożem. Jest to oś, przechodząca przez punkt P z rysunku 12.3c i prostopadła do płaszczyzny rysunku. Wektory zazna czone na rysunku 12.5 są to wektory prędkości chwilowej różnych punktów koła. Pytanie: Ile wynosi prędkość kątowa koła wokół tej nowej osi, rejestrowana przez nieruchomego obserwatora? i Odpowiedź: Jest to ta sama prędkość kątowa co, którą rejestruje rowerzysta, obserwując obrót koła wokół osi, przechodzącej przez jego środek masy. Aby przekonać się, że ta odpowiedź jest poprawna, obliczmy prędkość li niową najwyższego punktu toczącego się koła, rejestrowaną przez nieruchomego obserwatora. Promień koła oznaczyliśmy przez R, dlatego też najwyższy punki koła jest odległy od osi obrotu, przechodzącej przez punkt P, o 2R (patrz rysu nek 12.5), a zatem prędkość liniowa punktu na górze koła wynosi (jak wynika z równania (12.2)): v
oś obrotu przechodząca przez punkt P Rys.
G
ścią kątową co wokół osi, która w każdej chwili przechodzi przez punkt P. Wek
tory chwilowej prędkości liniowej kilku
^SPRAWDZIAN
1
punktów toczącego się koła. Można je wyznaczyć,
dokonując
złożenia
postępowego i obrotowego, jak sunku 12.3
298
12.
Ś M
j
co jest w pełni zgodne z rysunkiem 12.3c. W ten sam sposób możesz sprawdzić, że prędkości liniowe punktów O i P z rysunku 12.3c są takie, jak pokazano na tym rysunku. I
1 2 . 5 . Toczenie się można uważać
za ruch wyłącznie obrotowy, z prędko
tory zaznaczone na rysunku są to wek
= (a>)(2K) = 2{wR) = 2 u .
1:
Tylne koło roweru klauna ma promień dwukrotnie większy niż
przednie, a) Czy w czasie jazdy tego roweru prędkość liniowa górnego punktu tylnego
ruchu
koła jest większa, mniejsza, czy taka sama, jak prędkość górnego punktu koła przedniego?
na ry
b) Czy prędkość kątowa tylnego kola jest większa, mniejsza, czy taka sama, jak prędkość kątowa koła przedniego?
Toczenie się ciał, moment siły i moment pędu
12.2. Energia kinetyczna ruchu tocznego Obliczmy teraz energię kinetyczną toczącego się kola, rejestrowaną przez nieru chomego obserwatora. Jeśli potraktujemy ruch kola jako ruch wyłącznie obro towy wokół osi przechodzącej przez punkt P, jak na rysunku 12.5, to z równania (11.27) otrzymamy: £
= iW ,
k
(12.3)
przy czym co jest prędkością kątową koła, a I — momentem bezwładności koła względem osi, przechodzącej przez punkt P. Z twierdzenia Steinera, czyli równania (11.29) (I = / +mh~) dostajemy: P
ŚM
I =/ P
+mR .
(12 A)
2
ŚM
gdzie m jest masą kola, 7$ — jego momentem bezwładności względem osi przechodzącej przez środek masy koła, a R (promień koła) jest odległością tych dwóch osi obrotu (h). Podstawiając //> z równania (12.4) do wzoru (12.3), otrzy mujemy: M
£
k
= |/
«
Ś M
Korzystając następnie ze związku v$
= \Iś CO
2
K
+ |m/?V.
= coR (równanie (12.2)), dostajemy:
M
£
2
+ \mv: .
(12.5)
M
m
Wyraz \l^ co możemy interpretować jako energię kinetyczną ruchu ob rotowego koła wokół osi przechodzącej przez jego środek masy (rys. 12.3a), a wyraz \mv^ —jako energię kinetyczną ruchu postępowego środka masy koła fcys. 12.3b). Otrzymujemy zatem następującą zasadę: 2
M
u
Toczące się ciało ma dwa rodzaje energii kinetycznej: energię kinetyczną ruchu ob rotowego
(\l$ co ) 2
M
związaną z jego ruchem obrotowym wokół osi przechodzącej przez
środek masy, oraz energię kinetyczną ruchu postępowego ( | « » > f ) związaną z ruchem M
postępowym środka masy.
Przykład 12.1
O—w
2 . We wzorze (12.5) występuje prędkość kątowa w toczą
cego się ciała, którą możemy powiązać z u $ Jednorodny krążek walcowy o masie m =
1,4 kg i promieniu R
=
co daje co =
M
równaniem (12.2)
v$ /R. M
; Ł 5 cm toczy się bez poślizgu po poziomym stole z prędkością 15 ca^s.
Ile wynosi jego energia kinetyczna
3 . We wzorze (12.5) występuje także moment bezwładności
O—»
£ ? k
/$
M
ciała względem osi, przechodzącej przez jego środek masy.
W tabeli 11.2c znajdujemy moment bezwładności walca, równy:
10ZWIĄZANIE:
/
ŚM
Eaergię kinetyczną toczącego się ciała możemy wyznaczyć ze wzoru (12.5). Musimy jednak zdać sobie sprawę z istnienia trzech
fifclów.
=
\mR . 2
Ze wzoru (12.5) mamy zatem:
17
2,1 '
I ;
= (i)(i#»* )(i, /J?) + 2
O—f
1. Gdy mówimy o prędkości toczącego się ciała, mamy
awsze na
myśli prędkość jego środka masy. Wobec tego v$
M
=
15
2
SM
=
f (1.4 kg)(0.15 m / s )
=
24 m j .
12.2.
2
=
= |;;u|
M
0.024 J (odpowiedź)
Energia kinetyczna ruchu tocznego
299
12.3. Siły działające przy toczeniu Tarcie a toczenie się ciał ŚM
3
Rys.
1 2 . 6 . Koło toczy się poziomo bez
poślizgu, 5$
M
z przyspieszeniem
liniowym
środka masy. W punkcie P
działa
wtedy na koło siła tarcia statycznego /
s
przeciwdziałająca jego poślizgowi
Gdy koło toczy się ze stałą prędkością, jak na rysunku 12.2, nie ma żadnego powodu, aby w punkcie jego zetknięcia się z podłożem P miał następować po ślizg, a zatem nie działa w tym punkcie siła tarcia. Jeśli jednak na to koło działa jakaś siła wypadkowa, dzięki której koło przyspiesza lub zwalnia, to skut kiem jej działania jest przyspieszenie a$ środka masy koła, mające kierunek ruchu koła. Towarzyszy temu przyspieszenie lub spowolnienie ruchu obrotowego koła, a więc pojawienie się przyspieszenia kątowego a tego ruchu. Istnienie oby dwu tych przyspieszeń jest powodem skłonności koła do poślizgu w punkcie P. Musi zatem wystąpić w tym punkcie siła tarcia, przeciwdziałająca temu pośli zgowi. M
Jeśli koło nie ślizga się jednak, to siłą tą jest siła tarcia statycznego / i koło toczy się bez poślizgu. Aby otrzymać związek wartości przyspieszenia liniowego 5Ć. i przyspieszenia kątowego a, zróżniczkujmy stronami równanie (12.2) wzglę dem czasu (R jest stałe). Po lewej stronie dostajemy dv§ /dt, y ś . M ' P° prawej — dco/dt, czyli a. Zatem w ruchu tocznym bez poślizgu: s
m
c z
n
a
a
M
«ŚM
=
A
R
(12.6)
(toczenie się bez poślizgu).
Jeśli koło ślizga się pod wpływem działania na nie siły wypadkowej, to siła tarcia, działająca na nie w punkcie P (rys. 12.2) jest siłą tarcia kinetycznego f . Koło toczy się z poślizgiem, przy czym równanie (12.6) nie jest spełnione. W tym rozdziale będziemy zajmować się tylko toczeniem się ciał bez poślizgu. Na rysunku 12.6 przedstawiono koło toczące się po płaskim podłożu i zmu szane do obracania się coraz szybciej, jak koło roweru na starcie wyścigu. Zwięk szanie szybkości obrotu powoduje skłonność dolnej części koła do poślizgu, w lewo, w punkcie P. Działająca w tym punkcie siła tarcia przeciwdziałająca poślizgowi jest zatem skierowana w prawo. Jeśli koło nie ślizga się, to jest to siła tarcia statycznego / (zaznaczona na rysunku) i koło toczy się bez pośli zgu, a zatem obowiązuje równanie (12.6). Na marginesie: gdyby tej siły tarcia nie było, roweru nie można byłoby przyspieszyć, a zatem wyścigi kolarskie nie byłyby zbyt ciekawe. k
s
Gdyby koło z rysunku 12.6 obracało się coraz wolniej, jak koło roweru zwal niającego, musielibyśmy dokonać dwóch zmian na tym rysunku: wektory przy spieszenia a$ środka masy i siły tarcia / działającej w punkcie P skierowane byłyby w lewo. M
Rys.
12.7.
Jednorodne
ciało
okrągłe
o promieniu R stacza się po równi po chyłej. Na ciało to działają: siła cięż kości
Fg,
tarcia
/
s
siła ,
normalna
skierowana
N
oraz
wzdłuż
siła
równi
w górę. Dla przejrzystości rysunku wek tor N przesunięto wzdłuż jego kierunku, tak
aby jego
początek
w środku masy ciała
300
znajdował
się
s
Toczenie się po równi pochyłej Na rysunku 12.7 przedstawiono jednorodne ciało okrągłe o masie m i promie niu R, staczające się bez poślizgu po równi pochyłej wzdłuż osi x, tworzącej kąt 8 z poziomem. Chcemy wyznaczyć przyspieszenie a^ ruchu ciała wzdłuż równi. W tym celu skorzystamy z drugiej zasady dynamiki Newtona i to zarówno dla ruchu postępowego ( F = ma), jak i dla ruchu obrotowego ( A / = la).
1 2 . Toczenie się ciał, moment siły i moment pędu
Mx
w y p
wyp
: wszystkim narysujmy siły działające na to ciało, jak na rysunku 12.7. Są to: Działająca na ciało siła ciężkości F , skierowana pionowo w dół. Koniec g
jej wektora umieszczamy w środku masy ciała. Jej składowa wzdłuż równi wynosi F s i n # , czyli mg sin 9. g
Siła normalna N, działająca prostopadle do równi. Działa ona na ciało w punkcie jego styczności z podłożem P , lecz na rysunku 12.7 przesu nięto jej wektor wzdłuż jego kierunku, tak aby jego początek znajdował się w środku masy ciała. |ł.
k
Siła tarcia statycznego / , która działa na ciało w punkcie styczności z pod łożem P i jest skierowana wzdłuż równi w górę. (Czy rozumiesz, dlaczego ma ona właśnie ten kierunek? Gdyby ciało ślizgało się w punkcie P, to ześlizgiwałoby się w dół równi — zatem przeciwdziałająca poślizgowi siła tarcia musi być skierowana wzdłuż równi iv górę). s
Zapiszmy teraz drugą zasadę dynamiki dla składowych wzdłuż osi x z ry12.7 (F yp..t = ma ) w postaci: W
x
/ - mg sin 0 = ma^ . s
(12.7)
x
3£wnanie to zawiera dwie niewiadome: / i a§ . (Zauważ, że nie zakładamy m. iż / przybiera swą wartość maksymalną / . x — wartości siły / wiemy •Oto tyle, że jest ona taka. iż ciało stacza się po równi bez poślizgu). Następnie zapiszemy drugą zasadę dynamiki dla ruchu obrotowego ciała wo lo) osi przechodzącej przez jego środek masy. Skorzystamy w tym celu z równa• a (11.33) (M = r±F), wyznaczającego moment siły działający na ciało w tym jonkcie. Ramię siły tarcia / wynosi R, co daje moment siły o wartości Rf ; on dodatni, bo dąży do obrotu ciała w kierunku przeciwnym do kierunku mchu wskazówek zegara (spójrz na rysunek 12.7). Ramiona sił F i A' wzglę dem środka masy są równe zeru. a zatem nie są z nimi związane żadne momenty sBy. Drugą zasadę dynamiki dla ruchu obrotowego (M — la) możemy zatem zapisać dla ruchu wokół osi, przechodzącej przez środek masy ciała w postaci: s
Mx
0
s
s
ma
s
s
s
g
wy9
fi/s = /
Ś M
«-
( -8) 12
To równanie także zawiera dwie niewiadome: / i a. Ciało toczy się bez poślizgu, a więc możemy skorzystać z równania (12.6) (OŚ.M = aR), wiążącego ze sobą niewiadome a « i a. Musimy tu zacho wać ostrożność, ponieważ a§ jest ujemne (wektor przyspieszenia ma kierunek ajemny osi x), a a jest dodatnie (obrót w kierunku przeciwnym do ruchu wska zówek zegara). Zatem w równaniu (12.8) za a musimy podstawić —a^ /R. Rozwiązując następnie to równanie względem / , otrzymujemy: s
M v
Mx
Mx
s
fs = - ' Ś M ^ t -
(12.9)
Podstawiając potem za / w równaniu (12.7) prawą stronę równania (12.9), do stajemy ostatecznie: s
aśM.x = - ,
g sin 6 ,
(12-10)
12.3.
Siły działające przy toczeniu
301
Z równania tego możemy obliczyć przyspieszenie liniowe «ŚM każdego ciała staczającego się po równi pochyłej, nachylonej pod kątem 9 do poziomu. x
/SPRAWDZIAN 2
Dwa jednakowe krążki A i B toczą się po poziomym podłożu
z jednakowymi prędkościami. Krążek A wtacza się następnie wzdłuż równi pochyłej, osią gając maksymalne wzniesienie h. a krążek B napotyka równię o takim samym nachyleniu, lecz tak gładką, że ruchowi po niej nie towarzyszy tarcie. Czy maksymalne wzniesienie krążka B będzie większe, mniejsze, czy równe hl
Przykład 12.2
przechodzącej przez jej środek masy, u$
M
— szukaną prędkością
kuli. a co — jej prędkością kątową na końcu równi. Jednorodna kula o masie m
=
6 kg i promieniu
R
stacza się
bez poślizgu wzdłuż równi pochyłej, nachylonej do poziomu pod
Kula toczy się bez poślizgu, a zatem możemy skorzystać ze wzoru (12.2) i podstawić v$ /R
za co w równaniu (12.12), co
M
kątem 6 =
3 0 ' (patrz rysunek 12.7). W chwili początkowej kula
była nieruchoma.
stępnie
a) Punkt, z którego kula zaczęła się staczać, jest wzniesiony w pio nie o h =
zmniejsza liczbę niewiadomych w tym równaniu. Podstawiając na
jmR
za / j
2
M
(na podstawie tabeli 11.20 oraz rozwiązując
równanie względem u$ , otrzymujemy: M
1.2 m nad poziom końca równi. Ile wynosi prędkość
"SM = 7(y)«* = v / ( y ) ( 9
kuli na dole równi?
m / s ) ( 1 . 2 m) = 4.1 m/s.
8
2
(odpowiedź) Zauważ, że wynik nie zależy ani od masy m
ROZWIĄZANIE:
kuli, ani od jej
promienia R.
Weźmy pod uwagę, że: 1. Prędkość kuli na końcu równi możemy powiązać z jej
O-»
energią kinetyczną £ O-^r
k
k 0 l i c
w chwili, gdy dotrze do tego punktu.
2 . W czasie staczania się kuli po równi energia mechaniczna
układu kula-Ziemia jest zachowana. Dzieje się tak dlatego, że siła ciężkości, która jest jedyną siłą wykonującą pracę nad kulą jest siłą zachowawczą.
Siła normalna,
która działa na kulę ze
strony równi jest prostopadła do kierunku ruchu kuli. a zatem nie wykonuje nad nią pracy. Siła tarcia, która też działa na kulę ze
b) Jaka jest wartość i kierunek siły tarcia działającej na kulę podczas jej staczania się równi?
ROZWIĄZANIE: O—f
Kula stacza się z równi bez poślizgu, zatem działająca na nią
siła tarcia jest dana wzorem (12.9). Aby ją wyznaczyć, musimy jednak najpierw obliczyć przyspieszenie a $
strony równi nie przekazuje kuli żadnej energii, gdyż kula toczy się po równi bez poślizgu. Zasada
zachowania
energii
mechanicznej
(Emechkońc
—
gsin# °
ŚM
-*
gs'w9
~ 1 + I /mR
2
=
~ l +
=
&M
Emech pocz) ma postać: E k końc *b E p końc
kuli z równania
M]Jt
(12.10), co daje:
\ R /mR 1
i
m
( 9 , 8 m / s ) sin 30= , , — —3.5 m / s " . 2
E
=
k
pocz + E p pocz,
(12.11)
>+l
przy czym wskaźniki końc i pocz odnoszą się do chwili, gdy kula jest na dole równi i do chwili początkowej, gdy kula zaczyna
Zauważ, że do wyznaczenia a $
się poruszać. Grawitacyjna energia potencjalna wynosi w chwili
ani masy m, ani promienia R. Wobec tego każda jednorodna kula
E
początkowej:
ppocz
cowej: Epkońc =
= mgh
jest równa zeru: £ k pocz = O—»
(m — masa kuli), a w chwili koń
0. Energia kinetyczna kuli w chwili początkowej 0.
3 . Aby wyznaczyć energię kinetyczną w chwili końcowej
30\
z przyspieszeniem o takiej wartości pod warunkiem, że toczy
Otrzymujemy: ,
R
°ŚM.x
U = -'śM-^T
2
D
= ~V
2 ŚM.x
nR
A
i
~fiT = - 5
m a
ŚM.x
ponieważ kula się toczy, ma ona energię kinetyczną zarówno
ruchu postępowego, jak i obrotowego, a zatem musimy je obie uwzględnić. Możemy to zrobić, korzystając z równania (12.5). Podstawiając te wszystkie wartości do równania (12.11), otrzy mujemy:
=
- 2 ( 6 kg)(-3,5 m/s ) = 2
8.4 N.
(odpowiedź)
Zauważ, że aby otrzymać tę wartość potrzebowaliśmy znać masę m kuli, lecz nie jej promień R. Wobec tego na każdą — dowolnej wielkości — jednorodną kulę o masie 6 kg staczającą się bez
(\ / przy czym / $
302
porusza się po równi, nachylonej do poziomu pod kątem
się bez poślizgu. Teraz możemy już rozwiązać równanie (12.9).
E k k o i t c . musimy skorzystać z jeszcze jednego ważnego spostrzeże nia:
znów nie potrzebowaliśmy znać
M x
12.
Ś
M
M
a? + \ m v \ ) + 0 = u
0 + mgh.
(12.12)
jest momentem bezwładności kuli względem osi,
Toczenie się ciał, moment siły i moment pędu
poślizgu po równi, nachylonej do poziomu pod kątem 30° działa siła tarcia o wartości 8,4 N.
12.4. Jo-jo Zabawka jo-jo to małe laboratorium fizyczne, które możesz zmieścić w kieszeni. Gdy jo-jo opuszcza się na sznurku o odcinek o długości h , traci energię poten cjalną o wartości mhg, a zyskuje energię kinetyczną zarówno ruchu postępowego ( ^ w u | ) , jak i obrotowego ({l^co ). Gdy wspina się potem w górę po sznurku, traci energię kinetyczną, a zyskuje potencjalną.
vi
2
M
W produkowanych obecnie zabawkach jo-jo sznurek nie jest przywiązany do osi kółka, lecz ma na końcu pętelkę, przez którą ta ośka jest przełożona. Gdy kółko dociera do końca sznurka, siła działająca na ośkę ze strony sznurka uniemożliwia dalszy ruch kółka w dół. Kółko obraca się wówczas, mając tylko energię kinetyczną ruchu obrotowego, a jego oś obraca się w pętli sznurka. Jo-jo obraca się tak (jakby „uśpione"), dopóki nie „obudzisz" go, szarpnąwszy w górę za sznurek. Sznurek owija się wtedy wokół ośki i kółko zaczyna się wspinać po sznurku. Energię kinetyczną ruchu obrotowego kółka na dole sznurka (a zatem i czas, jaki może ono przetrwać w stanie uśpienia) można znacznie zwiększyć, rzucając jo-jo w dół, tak aby ruch w dół nie rozpoczynał się od stanu spoczynku kółka, lecz miał różne od zera prędkości początkowe D j i OJ. M
Aby wyznaczyć przyspieszenie liniowe a § kółka podczas jego ruchu w dół po sznurku, skorzystamy z drugiej zasady dynamiki, postępując tak samo, jak przy wyznaczaniu przyspieszenia ciała staczającego się po równi pochyłej z rysunku 12.7. Różnice między tymi dwoma przypadkami są następujące:
a)
M
1.
Jo-jo nie stacza się po równi nachylonej do poziomu pod kątem 6, lecz toczy się po sznurku tworzącym z poziomem kąt 6 = 90°.
2.
Kółko zabawki jo-jo nie toczy się na swej zewnętrznej powierzchni o pro mieniu R , lecz na ośce o promieniu RQ (rys. 12.8a).
3.
Ruch kółka nie jest spowalniany przez siłę tarcia / , lecz przez siłę T, dzia łającą na nie ze strony sznurka (rys. 12.8b).
Rys.
12.8.
Wokół
osi
b)
a) Przekrój zabawki jo-jo. o promieniu
R(, nawinięty
jest sznurek, którego grubość pomijamy, b) Diagram sił działających na opada jące kółko (pokazano tylko jego ośkę)
s
Postępując jak poprzednio, otrzymujemy znów równanie (12.10). Zmieniając w nim niektóre oznaczenia i podstawiając 6 = 90°, dostajemy: SM
1+
hu/mRŹ
(12.13)
przy czym / j jest momentem bezwładności kółka względem jego osi, a m — masą zabawki. Gdy kółko wspina się po sznurku, ma ono takie samo przyspiesze nie, również skierowane w dół, gdyż i wówczas działają na nie siły przedstawione na rysunku 12.8b. M
12.5. Moment siły raz jeszcze W rozdziale 11 zdefiniowaliśmy moment siły M dla ciała sztywnego, które obraca się wokół pewnej stałej osi, przy czym wszystkie cząstki ciała poruszają się po torach kołowych wokół tej osi. Obecnie rozszerzymy definicję momentu siły na przypadek pojedynczej cząstki poruszającej się po dowolnym torze względem pewnego ustalonego punktu (a nie ustalonej osi). Nie będziemy zakładać, że tor
12.5.
Moment siły raz jeszcze
303
Rys. a)
12.9. Siła
F,
Definicja leżąca
momentu
w płaszczyźnie
sity. xy,
działa na cząstkę, znajdującą się w punk cie A. b) Z siłą tą związany jest moment siły względem początku układu współ rzędnych O, równy M = r x F .
Zgodnie
z regułą prawej dłoni dla iloczynu wek torowego, wektor momentu siły ma kie runek dodatni osi z. Długość tego wek tora można wyrazić jako rF± jako r F x
cząstki jest kołowy, a zatem wektor momentu siły M będzie mógł przybrać dowolny kierunek. Na rysunku 12.9a przedstawiono taką cząstkę, znajdującą się w punkcie A na płaszczyźnie xy. Działa na nią jedna siła F, leżąca w tej płaszczyźnie, a położe nie cząstki względem początku układu współrzędnych O jest wyznaczone przez wektor położenia r. Działający na cząstkę moment siły M względem punktu O jest zdefiniowany jako:
(b) lub
(c)
M =rxF
(definicja momentu siły).
(12.14)
Aby wyznaczyć zawarty w tym równaniu iloczyn wektorowy, korzystamy z reguł, podanych w paragrafie 3.7. W celu wyznaczenia kierunku wektora M przesuwamy wektor F (bez zmiany jego kierunku), tak aby jego początek znalazł się w początku układu współrzędnych, a zatem aby obydwa wektory, których ilo czyn wektorowy mamy obliczyć miały wspólny początek (rys. 12.9b). Możemy wtedy skorzystać z reguły prawej dłoni dla iloczynu wektorowego (porównaj ry sunek 3.20a), czyli ułożyć palce prawej dłoni wzdłuż łuku łączącego r (pierwszy wektor iloczynu) z F (drugim wektorem tego iloczynu). Odgięty kciuk wskaże wtedy kierunek wektora M. W przypadku przedstawionym na rysunku 12.9b wektor M ma kierunek dodatni osi z. Do wyznaczenia długości wektora M możemy zastosować ogólny związek (3.27) (c = abńrup), co w naszym przypadku daje: M = rFs\n
(12.15)
przy czym
(12.16)
gdzie F_L ( = F s i n $ ) jest składową wektora F w kierunku prostopadłym do kierunku wektora r. Z rysunku 12.9c widać natomiast, że równanie (12.15) można zapisać jeszcze inaczej: M = r±F, (12.17) przy czym r± (= r sin
304
12.
Toczenie się ciał, moment siły i moment pędu
Przykład 12.3
90°;
symbol
wektor jest skierowany zza kartki, oznaczamy go symbolem O). Na rysunku 12.10a przedstawiono cząstkę, na którą działają trzy siły o wartości 2 N każda. Cząstka znajduje się w punkcie leżącym na płaszczyźnie xz,
A.
Korzystając z równania (12.15), możemy teraz wyznaczyć warto ści momentów siły. związanych z każdą z sił. Otrzymujemy:
a wektor jej położenia r jest dany 3 0 ' . Siła F\ jest równoległa do osi .r,
M
siła F jest równoległa do osi z. a siła F*. jest równoległa do osi y.
M
przez wartości r = 3 m i 6 =
Wyznacz moment siły względem początku układu współrzędnych, pochodzący od każdej z tych sił.
x
= rF
2
2
sin0, =
(3 m)(2 N)(sin 1 5 0 ' ) =
3 N • m.
sin02 =
(3 m)(2 N)(sin 1 2 0 ' ) =
5.2 N • m
oraz Mx
ROZWIĄZANIE:
= rF
x
=
rFi sin 03 =
(3 m)(2 N ) ( s i n 9 0 ' ) =
6 N-m.
(odpowiedź)
W celu wyznaczenia kierunków tych momentów sił korzystamy
Trzy działające na cząstkę siły nie leżą w jednej płasz
z reguły prawej dłoni. tzn. ustawiamy palce prawej ręki wzdłuż
czyźnie, dlatego też nie możemy wyznaczać momentów siły jak
łuku, jaki trzeba zatoczyć, aby nałożyć wektor r
w rozdziale 11. Musimy zatem skorzystać z definicji momentu siły
zakreślając przy tym
jako iloczynu wektorowego, wyznaczając ich wartości z równania
kami. Odgięty kciuk wskazuje wówczas kierunek wektora mo
(12.15) (M
mentu siły. Moment siły M\ jest skierowany za kartkę na ry
=
rF sin 0),
a
kierunki za pomocą reguły prawej
sunku
dłoni dla iloczynu wektorowego. Mamy wyznaczyć momenty siły względem początku układu współrzędnych O, a zatem wektorem r występującym w definicji iloczynu wektorowego, jest dany wektor położenia cząstki. Aby wyznaczyć kąt 0 między kierunkiem wektora r a kierunkiem każdej z sił, przesuwamy po kolei wszystkie wektory sił do początku układu współrzędnych. Przesunięte w ten sposób wektory F\, i Fj przedstawiono na rysunkach xz
12.1 Ob,
F
2
12.1 Ob,
mniejszy
moment
na wektor
siły
M
2
jest
skierowany
zza kartki na
rysunku 12. IOc,
a kierunek momentu siły Mi jest pokazany na
rysunku 12.1 Od.
Wszystkie te trzy wektory przedstawiono na ry
sunku 12. lOe.
i/SPRAWDZIAN 3 : kierunek osi
z-
Wektor położenia
Jaki jest
r
cząstki ma dodatni
kierunek działającej
na tę cząstkę
c i d. na płaszczyźnie
siły, jeśli pochodzący od niej moment siły: a) jest równy zeru.
(zwróć uwagę na to, jak dobrze widoczne są teraz kąty). Jak
b) jest skierowany w ujemnym kierunku osi x, c) jest skiero
pokazano na rysunku 12.1 Od kąt między wektorami r i f j wynosi
F,
z dwóch kątów między ich kierun
wany w ujemnym kierunku osi y?
. Mi N
o Ą
M
2
je / (
/:// /
1
d)
Rys. 0 = 30°7N^ O 0
2
e)
1 2 . 1 0 . Przykład 12.3. a) Na cząstkę znajdującą się w punk
cie A działają trzy siły, każda równoległa do innej osi układu współrzędnych. Kąt 0, potrzebny do wyznaczenia momentu siły,
= 120°"-
pokazano dla sił F\
?2
(b) i F
2
(c). d) Moment siły M3 jest pro
stopadły do wektorów r i F3 (siła F
3
jest skierowana za kartkę)
e) Działające na cząstkę momenty siły (względem początku ukła c)
a)
du współrzędnych
O)
Sztuka rozwiązywania z a d a ń P o r a d a 1: Iloczyn
wektorowy
i moment
siły
wego,
opisane
w paragrafie
3.7.
Szczególną
uwagą
zwróć
na
Równanie (12.15) dla momentu siły to pierwsze równanie, w któ
podaną tam poradę 5. w której wymieniliśmy wiele typowych
rym
korzystamy
błędów, popełnianych przy wyznaczaniu kierunku iloczynu wek
abyś
przypomniał
z
iloczynu sobie
wektorowego.
teraz
właściwości
Być
może
iloczynu
warto,
wektoro-
torowego.
12.5.
Moment siły raz jeszcze
305
Pamiętaj, że moment siły jest zawsze wyznaczony (lub
wokół)
względem
pewnego punktu, który trzeba podać, aby znajomość
momentu siły była w jakikolwiek sposób przydatna. Dla innego punktu odniesienia moment siły może mieć inną wartość i inny kierunek. W przykładzie
12.3 obliczyliśmy momenty siły zwią-
zane z trzema siłami względem początku układu współrzędnych. Możesz się łatwo przekonać, że jeśli dla tych samych trzech sił obliczylibyśmy momenty sil względem punktu A (czyli punktu, w którym znajduje się cząstka), to dla wszystkich trzech sił otrzy malibyśmy moment siły równy zeru. gdyż dla każdej z nich r = 0.
12.6. Moment pędu Przekonaliśmy się już — co warto teraz przypomnieć — że pojęcie pędu p oraz zasada zachowania pędu są bardzo skutecznymi narzędziami do badania ruchu ciał. Umożliwiły nam one na przykład przewidywanie wyniku zderzenia dwóch samochodów, bez wchodzenia w szczegóły samego zderzenia. Wprowadzimy te raz wielkość, która jest odpowiednikiem pędu dla ruchu obrotowego, a w końco wej części rozdziału zajmiemy się zasadą zachowania, która jest odpowiednikiem zasady zachowania pędu dla ruchu obrotowego. Na rysunku 12.11 przedstawiono cząstkę o masie m i pędzie p ( = /nu), znajdującą się w danej chwili w punkcie A na płaszczyźnie *y. Moment pędu l tej cząstki względem początku układu współrzędnych jest wielkością wektorową, zdefiniowaną jako: i = r x p = m(r xv)
(definicja momentu pędu),
(12.18)
•
przy czym r jest wektorem położenia cząstki względem punktu O. Gdy cząstka porusza się względem punktu O — w kierunku wyznaczonym przez kierunek jej pędu p (= mv) — wektor r obraca się wokół punktu O. Zwróć uwagę na to, że aby cząstka miała moment pędu względem punktu O wcale nie potrzeba, aby sama cząstka poruszała się ruchem obrotowym względem tego punktu. Po-
"f(=rxp)
równując ze sobą równania (12.14) i (12.18) można się przekonać, że moment
p (przesunięty do początku Pędu tak się wiąże z pędem, jak moment siły z siłą. Jednostką momentu pędu układu współrzędnych) w układzie SI jest kilogram razy metr do kwadratu na sekundę (kg • irr/s), co jest równoważne iloczynowi dżula i sekundy (J • s). Aby wyznaczyć kierunek wektora momentu pędu t na rysunku 12.11, prze suwamy wektor p tak, aby jego początek znalazł się w początku układu współ rzędnych O. Następnie korzystamy z reguły prawej dłoni dla iloczynu wekto rowego, ustawiając jej palce tak, aby wskazywały od f do p. Odgięty kciuk wskazuje wówczas kierunek wektora l, zgodny w naszym przypadku z dodatnim kierunkiem osi x (patrz rysunek 12.11). Ten dodatni kierunek jest zgodny z tym, czego powinniśmy oczekiwać na podstawie kierunku obrotu wektora położenia r cząstki wokół osi z, w czasie ruchu cząstki — jest on przeciwny do kierunku ruchu wskazówek zegara (przy obrocie r wokół osi z zgodnym z kierunkiem ruchu wskazówek zegara powinniśmy otrzymać ujemny kierunek wektora i). Rys.
1 2 . 1 1 . Definicja momentu pędu. Cząstka znajdująca się w danej chwili w punkcie A ma
pęd p (= (=
mv),
przy czym wektor p leży w płaszczyźnie xy.
Cząstka ta ma moment pędu Ł
r x p) względem początku układu współrzędnych O. Zgodnie z regułą prawej dłoni wektor
momentu pędu ma dodatni kierunek osi z. a) Długość wektora l wynosi Ł = b)
306
b) Długość wektora
1 2 . Toczenie się ciał, moment siły i moment pędu
l
można również wyrazić jako £ =
rp = ±
r mv L
rp
L
=
rmv . x
W celu wyznaczenia długości wektora l korzystamy ze wzoru (3.27), co daje: £ = rwusin,
(12.19)
gdzie
(12.20)
±
przy czym p± jest składową p , prostopadłą do r, a v± jest składową ii, prosto padłą do r. Natomiast z rysunku 12.1 lb widać, że równanie (12.19) można także zapisać jako: l r±p — r±mv, (12.21) 7
gdzie r± jest odległością punktu O od prostej, na której leży wektor p . Moment pędu — jak moment siły — ma znaczenie tylko wtedy, gdy wia domo, względem którego punktu jest wyznaczony. Zauważ ponadto, że gdyby cząstka z rysunku 12.11 nie znajdowała się w płaszczyźnie xy lub gdyby pęd p tej cząstki nie leżał także w tej płaszczyźnie, to wektor momentu pędu £ nie byłby równoległy do osi z . Wektor momentu pędu jest zawsze prostopadły do płaszczyzny, wyznaczonej przez wektory położenia i pędu cząstki r i p .
/SPRAWDZIAN 4:
Na rysunku (a) przedstawiono dwie cząstki,
1 i 2,
okrążające
punkt O w przeciwnych kierunkach po okręgach o promieniach 2 m i 4 m. Na rysunku (b) pokazano cząstki 3 i 4, poruszające się w tym samym kierunku po liniach prostych, odległych od punktu O
o 4 m i 2 m. Cząstka 5 porusza się wzdłuż prostej, przecho
dzącej przez punkt O. Wszystkie te cząstki mają jednakowe masy i takie same wartości prędkości, które są stałe, a) Uszereguj te cząstki w zależności od wartości bezwzględnej ich momentu pędu względem punktu O, od największej do najmniejszej, b) Dla których cząstek moment pędu względem punktu O jest ujemny?
Przykład 12.4 Na rysunku 12.12 przedstawiono widok z góry dwóch cząstek, po ruszających się ze stałym pędem po poziomych torach. Cząstka 1, która ma pęd o wartości p\
=
5 kg m/s i wektor położenia r\, po
rusza się wzdłuż prostej odległej od punktu O o 2 m. Cząstka 2, która ma pęd o wartości p
2
= 2 kg m/s i wektor położenia r . po 2
rusza się wzdłuż prostej, odległej od punktu O o 4 m. Ile wynosi całkowity moment pędu L układu tych dwóch cząstek względem
Rys.
punktu O?
bliżu punktu O
1 2 . 1 2 . Przykład 12.4. Dwie cząstki przemieszczają się w po
12.6.
Moment pędu
307
ROZWIĄZANIE: O-i
zegara. Moment pędu cząstki 1 wynosi zatem: I, = + 1 0
Aby wyznaczyć wektor L, wyznaczymy najpierw momenty
pędu obydwu cząstek l\ i £2, a następnie dodamy je do siebie. Aby
kg-nr/s.
W taki sam sposób wyznaczamy długość wektora £ : 2
obliczyć długości tych wektorów, możemy skorzystać z dowolnego £2 = r± p2
z równań (12.18)—(12.21). Najłatwiej jednak będzie zastosować równanie (12.21), gdyż znamy odległości r±\ 4 m) oraz wartości pędów p\ i p
2
(=
2 m) i r
1 2
2
(=
Iloczyn ?2 x p
2
cząstek, a nie znamy wszystkich
(4 m)(2 kg • m/s) =
8 kg • n r / s .
jest wektorem skierowanym za kartkę, co jest
kierunkiem ujemnym, gdyż w czasie ruchu cząstki 2 wektor r
zmiennych, występujących w pozostałych równaniach.
2
obraca się wokół punktu O w kierunku zgodnym z kierunkiem ruchu wskazówek zegara. Moment pędu cząstki 2 wynosi zatem:
Z równania (12.21) otrzymujemy dla cząstki 1:
i\ = r±ip\
=
l
= (2 m)(5 kg • m/s) = 10 kg • m / s .
2
2
=
-8
kg • n r / s .
Całkowity moment pędu układu tych dwóch cząstek wynosi wobec
W celu wyznaczenia kierunku wektora £\ skorzystamy z równania
tego:
(12.18) oraz z reguły prawej dłoni dla iloczynu wektorowego. Ilo-
L
czyn ?i x pj j est wektorem prostopadłym do płaszczyzny rysunku
= i, +
l
2
=
+ 1 0 kg • n r / s + ( - 8
kg • m / s ) = 2
+ 2 kg • m / s . 2
12.12 i jest skierowany zza kartki. Jest to kierunek dodatni, gdyż
(odpowiedź)
w czasie ruchu cząstki 1 jej wektor położenia ?\ obraca się wokół
Znak plus oznacza, że całkowity moment pędu układu względem
punktu O, w kierunku przeciwnym do kierunku ruchu wskazówek
punktu O jest skierowany zza kartki.
12.7. Druga zasada dynamiki Newtona dla ruchu obrotowego Druga zasada dynamiki Newtona, zapisana w postaci: dp F
w y p
=
-j—
(pojedyncza cząstka),
(12.22)
wyraża związek siły z pędem dla pojedynczej cząstki. Spotkaliśmy już tak wiele analogii między wielkościami liniowymi i kątowymi, że jesteśmy całkiem pewni, iż musi istnieć podobny związek między momentem siły i momentem pędu. Patrząc na równanie (12.22), możemy nawet zgadnąć, że ma on postać: dl
M
wyp
=
—
(pojedyncza cząstka).
(12.23)
Równanie (12.23) jest istotnie zapisem drugiej zasady dynamiki Newtona dla ruchu obrotowego: Suma (wektorowa) wszystkich momentów siły działających na cząstkę jest równa szybkości zmiany momentu pędu tej cząstki.
Równanie (12.23) jest oczywiście słuszne tylko wtedy, gdy momenty siły M i moment pędu t są wyznaczone względem tego samego punktu odniesienia.
Uzasadnienie wzoru (12.23) Wyjdziemy od równania (12.18), czyli od definicji momentu pędu cząstki: i - m(r x v).
308
12.
Toczenie się ciał, moment siły i moment pędu
w którym r jest wektorem położenia cząstki, a i; —jej prędkością. Różniczkując to równanie stronami* względem /, otrzymujemy: dr 1 xu (12.24) dt Zauważ jednak, że dv/dt to przyspieszenie a cząstki, a dr/dr to prędkość 53 cząstki. Równanie (12.24) można zatem zapisać w postaci: r x
dt
dt ~dt
dv dr
— m(r x a + 53 x 53).
Ponieważ 53 x 53 = 0 (iloczyn wektorowy dowolnego wektora przez siebie jest równy zeru, gdyż w tym przypadku kąt między mnożonymi przez siebie wekto rami jest zawsze równy zeru), otrzymujemy następnie: dl _ _ — — m(r x a) = r x ma. dt Korzystając z drugiej zasady dynamiki ( F = ma), do powyższego równania możemy wstawić za md sumę wektorową wszystkich sił, działających na cząstkę, co daje: w y p
de dt
= r xK
y
=
P
x F).
(12.25)
Symbol £ oznacza tu, że musimy dodać do siebie iloczyny wektorowe r x F dla wszystkich sił. Wiemy jednak z równania (12.24), że każdy z tych iloczynów wektorowych to związany z każdą z sił moment siły. Równanie (12.25) oznacza więc, że: Wwyp -
—,
a to jest właśnie równanie (12.23), które mieliśmy wyprowadzić.
^SPRAWDZIAN 5
Na rysunku przedstawiono wektor położenia
r
cząstki
w pew
nej chwili oraz kierunek siły, powodującej ruch przyspieszony cząstki, w czterech moż liwych przypadkach. We wszystkich przypadkach siła ma taką samą wartość i leży w płaszczyźnie xy.
a) Uszereguj te siły w zależności od wartości
wywoływanych przez nie szybkości zmiany mo mentu pędu cząstki (d£/dr) względem punktu
O,
od największej do najmniejszej, b) W których przy padkach ta szybkość zmiany jest ujemna?
Przykład 12.5 Jak
pokazano
na
rysunku
a) Wyznacz punktu 12.13,
pingwin
o
masie
m
spadającego
pingwina
względem
spada
z punktu A, odległego w poziomie o D od początku O układu współrzędnych xyz
moment pędu l
O.
(oś z jest prostopadła do płaszczyzny rysunku,
ROZWIĄZANIE:
a jej kierunek dodatni to kierunek zza kartki). W chwili począt
O—t
kowej pingwin pozostawał w punkcie A w spoczynku.
cząstki, a zatem uważać, że jego moment pędu Ł jest dany wzorem
1.
Ruch pingwina można uznać w przybliżeniu za ruch
•Różniczkując iloczyn wektorowy, musimy uważać, aby nie zmienić kolejności wekto rów (tutaj wektorów r i u ) , które są czynnikami tego iloczynu (patrz równanie (3.28)).
1 2 . 7 . Druga zasada dynamiki Newtona dla ruchu obrotowego
309
w którym F jest wektorem położenia pingwina
(12.18) (£ = rxp),
(łączącym punkt O z pingwinem), a p — pędem pingwina. O—w 2 . Choć pingwin porusza się po linii prostej, ma on jednak
moment
pędu względem punktu
O,
gdyż w czasie jego spadku
wektor F obraca się względem punktu
O.
Do wyznaczenia długości wektora 1 możemy zastosować do wolne z równań skalarnych otrzymanych z równania (12.18), tzn. dowolne z równań (12.19)—12.21). Najwygodniej będzie skorzy stać z równania (12.21) (£ = rj.mii), ponieważ r±, czyli odległość
płaszczyzny rysunku i wskazuje za kartkę, co oznacza, że iloczyn F x p, a zatem i wektor £ jest prostopadły do płaszczyzny rysunku i skierowany za kartkę, czyli w ujemnym kierunku osi z . Wektor £ zaznaczamy więc na rysunku za pomocą symbolu kółka z krzyży kiem ( ® ) , umieszczonego w punkcie O. W miarę upływu czasu zmienia się tylko długość wektora £, a j ego kierunek nie ulega zmianie. b) Wyznacz moment siły M względem punktu O związany z dzia łającą na pingwina siłą ciężkości
F. g
punktu O od prostej, na której leży wektor p, jest równa danej odległości D. Zastosujemy też jeszcze jedno, od dawna nam już znane stwierdzenie:
ROZWIĄZANIE: Znów mamy dwa ważne spostrzeżenia.
3.
Prędkość ciała spadającego swobodnie, od stanu spo
czynku, przez czas t wynosi v = gt.
Dzięki temu możemy zapi
sać równanie (12.21) tak, aby po jego prawej stronie występowały jedynie wielkości znane, tzn.:
O—*
1. Moment siły jest dany wzorem (12.14) (M
a silą jest w naszym przypadku siła ciężkości O—w 2 . Z siłą F
£ = r±.mv = Dmgt.
(odpowiedź)
g
=
F x
F),
F. g
związany jest moment siły, choć pingwin po
rusza się po linii prostej, gdyż w czasie jego spadku wektor F obraca się względem punktu
O.
Do wyznaczenia długości wektora M
możemy zastosować
dowolne z równań skalarnych, otrzymanych z równania (12.14), tzn. dowolne z równań (12.15)—(12.17). Najwygodniej będzie sko rzystać z równania (12.17) (M =
r±F),
ponieważ r , ±
ległość punktu O od kierunku działania siły F
g
czyli od
jest równa danej
odległości D. Z równania (12.17) otrzymujemy zatem, podstawia jąc do niego wartość D oraz wstawiając mg za długość siły M
=
DF
g
=
F: g
(odpowiedź)
Dmg.
Korzystając z reguły prawej dłoni w odniesieniu do iloczynu wek torowego F x F w równaniu (12.14), stwierdzamy, że wektor M jest skierowany w ujemnym kierunku osi z , a zatem tak samo jak wektor £. Wyniki otrzymane w obydwu częściach zadania muszą być zgodne z drugą zasadą dynamiki z równaniem (12.23) ( A /
wyp
=
dla ruchu obrotowego, czyli
d £ / d r ) . Aby sprawdzić poprawność
naszego rozwiązania, zapiszemy równanie (12.23) dla składowych Rys.
1 2 . 1 3 . Przykład 12.5. Pingwin spada pionowo z punktu A.
Moment siły M
oraz moment pędu pingwina / względem po
czątku układu współrzędnych
wzdłuż osi z , a następnie podstawimy do niego otrzymany przez nas wynik, tzn. £ =
Dmgt.
Otrzymamy wówczas:
O są prostopadłe do płaszczyzny d£
rysunku i skierowane za kartkę
M = —= dr
d(Dmgt)
= Dmg,
dr
Aby wyznaczyć kierunek wektora £, korzystamy z reguły pra-
a to jest właśnie wartość momentu siły, jaką otrzymaliśmy w dru
wej dłoni, stosując ją do iloczynu wektorowego F x p w równa
giej części zadania. Aby sprawdzić poprawność wyznaczenia kie
niu (12.18). W myśli przesuwamy wektor p do początku układu
runku wektorów zauważ, że z równania (12.23) wynika, iż wek
współrzędnych, a następnie ustawiamy palce prawej dłoni tak, aby
tory M i d£/dr mają ten sam kierunek, a zatem ten sam kierunek
wskazywały kierunek obrotu od F do p wzdłuż mniejszego kąta
mają też wektory M i £, co właśnie otrzymaliśmy, rozwiązując
między tymi wektorami. Odgięty kciuk jest wtedy prostopadły do
zadanie.
12.8. Moment pędu układu cząstek Obecnie zajmiemy się momentem pędu układu cząstek względem pewnego punk tu. Całkowity moment pędu Z układu jest równy sumie (wektorowej) momentów pędu £ poszczególnych cząstek:
310
12.
Toczenie się ciał, moment siły i moment pędu
••• + !„ =
i+ J^it, (12.26) gdzie wskaźnik / ( = 1, 2. 3 , . . . ) numeruje cząstki. Momenty pędu poszczególnych cząstek mogą zmieniać się wraz z upływem czasu, co może zachodzić pod wpływem oddziaływań w obrębie układu (tzn. między jego cząstkami) lub w wyniku oddziaływań z ciałami spoza układu. Zmianę Z, pochodzącą od zmian momentów pędu cząstek możemy obliczyć, obliczając pochodną równania (12.26) względem czasu. Daje to: l =}
l
+
l
2
+
i
dl
^
dt
<—! 1=1 dt
dli
Jak wiemy z równania (12.23), dijdt jest równe wypadkowemu momentowi siły M j działającemu na /-tą cząstkę. Wobec tego równanie (12.27) możemy zapisać jako: _ wyp
^
= ^M
w y p
.,-.
(12.28)
i=i
Oznacza to, że szybkość zmiany momentu pędu L układu jest równa sumie wek torowej momentów sił, działających na wszystkie cząstki. Wśród tych momentów siły są momenty sił wewnętrzne (pochodzące od sił, działających między cząst kami) oraz momenty sił zewnętrzne (pochodzące od sił, działających na cząstki ze strony ciał nienależących do układu). Siły działające między cząstkami układu występują jednak zawsze parami, stanowiącymi pary akcja-reakcja (których do tyczy trzecia zasada dynamiki), a zatem suma związanych z nimi momentów sił jest równa zeru. Tak więc całkowity moment pędu L układu cząstek może ule gać zmianie jedynie w wyniku działania na układ zewnętrznych w stosunku do układu momentów sił. Oznaczmy przez M wypadkowy zewnętrzny moment sił, który jest sumą wektorową wszystkich zewnętrznych momentów sił, działających na cząstki uk ładu. Równanie (12.28) możemy teraz zapisać w postaci: w y p
A/
w y p
=
dL
—
~dl
(układ cząstek).
(12.29)
To równanie wyraża drugą zasadę dynamiki Newtona dla ruchu obrotowego układu cząstek. Jej treść jest następująca: Wypadkowy zewnętrzny moment siły M ^ ,
działający na układ cząstek jest równy
szybkości zmiany całkowitego momentu pędu L układu.
Równanie (12.29) ma taką samą postać, jak równanie (9.23), F = dP/dt, lecz jego zastosowanie wymaga pewnej ostrożności. Momenty siły i moment pędu układu muszą być obliczone względem tego samego punktu. Jeśli środek masy układu nie porusza się ruchem przyspieszonym względem jakiegoś układu inercjalnego, to może nim być dowolny punkt. Jeśli jednak środek masy układu porusza się ruchem przyspieszonym, to punktem odniesienia może być tylko śrow y p
12.8.
Moment pędu układu cząstek
311
dek masy układu. Rozważmy jako przyMaó uMad cząstek stanowiący 'koło. >e§fr» koło obraca się wokół osi, która ma stałe położenie względem ziemi, to punk tem odniesienia w równaniu (12.29) może być dowolny punkt, którego położenie względem ziemi jest stałe. Jeśli jednak kolo obraca się wokół osi, która porusza się ruchem przyspieszonym (jak wtedy, gdy koło stacza się po równi pochyłej), to tym punktem odniesienia może być tylko środek masy koła.
12.9. Moment pędu ciała sztywnego obracającego się wokół stałej osi W tym paragrafie obliczymy moment pędu układu cząstek, stanowiącego ciało sztywne, obracające się wokół stałej osi. Takie ciało przedstawiono na rysunku 12.14a. Stałą osią jego obrotu jest oś z, a ciało obraca się wokół niej ze stałą prędkością kątową co. Chcemy wyznaczyć moment pędu ciała, związany z jego obrotem wokół tej osi. Szukany moment pędu ciała możemy wyznaczyć, sumując składowe z mo mentów pędu poszczególnych elementów ciała. Na rysunku 12.14a zaznaczono przykładowy element ciała o masie A/w,, poruszający się po torze kołowym wokół osi z. Jego wektor położenia względem początku układu współrzędnych oznaczono przez r,. Promień okręgu, po jakim porusza się ten element, jest równy jego odległości od osi z i wynosi rj_,-. Długość wektora momentu pędu £, elementu względem punktu O można otrzymać z równania (12.19): ti = (/•,)(p,)(sin90°) = (r,)(A/«,i;,), przy czym p, jest wartością pędu tego elementu, a u,- — wartością jego prędkości: wzięto również pod uwagę, że wektory r, i /?, tworzą ze sobą kąt równy 90r. Wektor momentu pędu Łj elementu masy z rysunku 12.14a przedstawiono na rysunku 12.14b; jest on oczywiście prostopadły do wektorów r,- i Interesuje nas składowa wektora £, równoległa do osi obrotu, czyli do osi z Ta składowa wynosi: li
=
—
Z
r
( i sin#)(A/n,u,) = r Am,!),. i L
Składową z momentu pędu całego obracającego się ciała sztywnego wyznaczamy jako sumę wkładów, pochodzących od wszystkich elementów masy tego ciała. Zauważając ponadto, że v = cor±, otrzymujemy: Rys.
1 2 . 1 4 . a) Ciało sztywne obraca się
wokół osi z z prędkością kątową OJ. Ele ment tego ciała o masie Am,
zatacza
przy tym wokół osi z okrąg o promie niu r±j. Ten element masy ma pęd
p,.
a ?, jest jego wektorem położenia wzglę dem początku układu współrzędnych
O.
Rysunek odpowiada chwili, w której r
± i
ma kierunek osi x. b) Moment pędu I, elementu masy z rysunku (a) względem
L
z
=
Y^ttz /=i
312
^
A m
;=i
''"'" J-i- = r
^2
;=i
^mi(cor )r i ±i
±
w ^ A m ^ j .
=
i=i
(12.30)
Wielkość co mogliśmy wynieść przed znak sumy, gdyż ma ona tę samą wartość dla wszystkich punktów ciała. Występująca w równaniu (12.30) wielkość ^ A/n,r^ - jest momentem bez władności / ciała względem stałej osi (patrz równanie (11.26)). Równanie (12.30) przybiera zatem postać:
punktu O. Na rysunku zaznaczono rów nież jego składową
=
wzdłuż osi z
1 2 . Toczenie się ciał, moment siły i moment pędu
(
L = Ico
(ciało sztywne, stała oś obrotu).
(12.31)
W równaniu tym opuściliśmy wskaźnik z. Musisz jednak pamiętać, że moment pędu w równaniu (12.31) jest składową wzdłuż osi obrotu. Podobnie, wielkość / w tym równaniu jest momentem bezwładności względem tej samej osi. W tabeli 12.1, stanowiącej uzupełnienie tabeli 11.3, zebrano dalsze równania, odnoszące się do ruchu obrotowego i ich odpowiedniki dla ruchu postępowego. Tabela 12.1.
Dalsze zmienne i równania dla ruchu postępowego i obrotowego . 1
Ruch postępowy
Ruch obrotowy
M (=? xF)
sita
F
moment siły
pęd
P
moment pędu
?(=£?,)
moment pędu
nV M
moment pędu
pęd
2
pęd
2
P
druga zasada dynamiki
2
=
F
4
S
P
y
~
p
=
L = Ico
3
dl 2
dr zasada zachowania
const
7 x p)
l (=E?j)
2
druga zasada dynamiki w
zasada zachowania
m
(=
l
^
w
y
p
—
dT
L = const
4
Patrz także tabela 11.3. Dla układu cząstek, a także ciała sztywnego. Dla ciała sztywnego obracającego się wokół stałej osi; L jest składową momentu pędu wzdłuż tej osi. Dla układu zamkniętego i izolowanego.
^SPRAWDZIAN 6 :
Na rysunku przedstawiono krążek, obręcz i kulę, które są wpra
wiane w ruch obrotowy wokół swej osi za pomocą linki, którą są owinięte (tak, jak wprawia się w ruch bąka). Wszystkie trzy ciała są początkowo w spoczynku, mają takie same masy i promienie oraz działa na nie taka sama siła styczna F. Uszereguj te ciała pod wzglę dem ich: a) momentu pędu wzdłuż osi obrotu, b) prędkości kątowej, jakie mają po upły wie pewnego czasu r od początku ciągnię cia za linkę, od naj większych
do
obręcz
krążek
naj-
^
"
mniejszych.
c
-r
F
[.
F
Przykład 12.6
a) Oszacuj wartość momentu pędu L diabelskiego młyna wraz z pasażerami, gdy koło obracało się z prędkością kątową cof.
George Washington Gale Ferris, Jr., inżynier budownictwa, absol went uczelni Rensselear Polytechnic Institute, zbudował pierwszy
ROZWIĄZANIE:
diabelski młyn (rys. 12.15) w 1893 roku, aby zaprezentować go na Koło diabelskiego młyna i jego wagoniki wraz z pasażerami
Wystawie Światowej w Chicago. Urządzenie to, którego konstruk
O t
cja była w owym czasie niezwykłym osiągnięciem budowlanym,
możemy uważać za ciało sztywne, obracające się wokół stałej osi
zawierało 36 drewnianych wagoników, z których każdy mógł po
—
mieścić aż 6 0 pasażerów i miało promień R =
z równania (12.31) ( L
dego wagonika wynosiła około
1,1 • 1 0
konstrukcji karuzeli — około 6 - 1 0
4
38 m. Masa każ
kg, a masa metalowej
poziomej osi karuzeli. Jego moment pędu możemy obliczyć =
Ico). Musimy w tym celu wyznaczyć
moment bezwładności / ciała oraz jego prędkość kątową cof.
kg, na co składała się przede
Aby obliczyć / , rozpocznijmy od wagoników z pasażerami.
wszystkim masa pionowych kół, na których zawieszone były wa
Możemy je uważać za cząstki, odległe o R od osi obrotu, a za
5
goniki. Pasażerowie wsiadali jednocześnie do 6 wagoników, a po
tem na podstawie równania (11.26) możemy zapisać ich moment
zapełnieniu wszystkich 36 wagoników koło wprawiano w ruch
bezwładności jako: /
obrotowy z prędkością kątową O > F , podczas którego wykonywało
wagoników z pasażerami. Załóżmy, że w każdym z 36 wagoników
ono pełny obrót w czasie około 2 minut.
znajduje się 6 0 pasażerów, z których każdy ma masę 70 kg.
12.9.
w
p
= m
w p
# , gdzie m 2
w p
jest całkowitą masą
Moment pędu ciała sztywnego obracającego się wokół stałej osi
313
Całkowity moment bezwładności /
wagoników, pasażerów i ob
ręczy wynosi zatem: /
=
/
+
=
1.22 - 1 0
w p
/
=
o b r
9
(7,9 • 10
8
kg • m ) + ( 4 . 3 3 • 1 0 2
kg • m )
8
2
kg-nr.
W celu wyznaczenia prędkości kątowej cof korzystamy ze wzoru
A6/At).
(11.5) (&>śr =
W naszym przypadku koło diabelskiego
młyna doznaje przemieszczenia kątowego A9 = At =
2ji rad w czasie
2 min. Zatem: 2 TT rad COF =
=
(2 min)(60 s/min)
0 . 0 5 2 4 2 rad/s.
Teraz możemy już wyznaczyć wartość momentu pędu L z rów nania (12.31). Otrzymujemy:
L
=
lcof —
=
6.39 • 10
(1.22 • 10
«= 6.4 • 10 Rys.
7
7
9
kg • m ) ( 0 . 0 5 2 4 2 rad/s) 2
kg • m / s 2
kg • m / s .
(odpowiedź)
2
1 2 . 1 5 . Przykład 12.6. Pierwszy diabelski młyn, zbudowany
przez Ferrisa w 1893 roku w pobliżu Uniwersytetu w Chicago
b) Przyjmij, że koło diabelskiego młyna, ze wszystkimi wagoni kami wypełnionymi pasażerami, osiąga prędkość kątową cop po
wznosił się wysoko nad otaczające go budynki
czasie Ar, =
5 s od startu. Ile wynosi wartość średnia zewnętrz-
Całkowita masa wagoników z pasażerami wynosi zatem: m
w p
=
36[1,1 • 10
4
kg + 6 0 ( 7 0 kg)] =
5,47 • 10
ROZWIĄZANIE:
kg.
5
Średni zewnętrzny moment siły jest związany ze zmianą
a ich moment bezwładności jest równy: /
w p
=
m
w p
fl
2
=
(5,47 • 1 0
5
kg)(38 m )
2
=
7,9 • 1 0
8
kg • m .
momentu pędu AZ. koła, a związek ten opisuje równanie (12.29)
2
(AŻ
wyp
=
dL/dt).
Koło obraca się wokół stałej osi i osiąga pręd
Następnie rozważmy metalową konstrukcję karuzeli. Przyjmijmy,
kość kątową o wartości io? w czasie Afi, a więc to równanie
że jej moment bezwładności pochodzi przede wszystkim od pio
(12.29) można zapisać w postaci:
nowych kół metalowych, na których zawieszone są wagoniki. Za
zmienia się od zera do wartości obliczonej w punkcie (a), mamy
łóżmy ponadto, że stanowią one obręcz o promieniu
zatem:
sie m br, równej 3 - 1 0 0
5
R
i ma
kg (czyli połowie masy karuzeli). W tabeli
11.2a znajdujemy moment bezwładności obręczy i otrzymujemy: /obr =
m R
2
obr
=
(3 • 1 0
5
kg)(38 m )
2
=
4,33 • 10
8
M,
r
=
AL At
(6.39 • 10
7
M = AL/At. ir
kg • m / s ) 2
(5 s)
(0)
Moment pędu
1.3- 10
7
L
N m .
(odpowiedź)
kg • m . 2
12.10. Zachowanie momentu pędu Poznałeś dotąd dwie bardzo użyteczne zasady zachowania: zasadę zachowania energii i zasadę zachowania pędu. Teraz podamy trzecie prawo tego rodzaju, mianowicie zasadę zachowania momentu pędu. Wyjdziemy z równania (12.29) (A/ = dL/dt), które opisuje drugą zasadę dynamiki dla ruchu obrotowego. Jeśli na układ nie działa żaden wypadkowy moment siły, to równanie przybiera postać dL/dt — 0. co oznacza, że: wyp
L = const
(układ izolowany).
(12.32)
Otrzymany wynik, noszący nazwę zasady zachowania momentu pędu, można też zapisać jako:
314
12. Toczenie się ciał, moment siły i moment pędu
(
całkowity moment pędu
w pewnej chwili początkowej
\
/pocz/
/
całkowity moment pędu
V pewnej chwili końcowej w
^ońc
czyli
i-pocz = ^-końc
(układ izolowany).
(12.33)
Z równanań (12.32) i (12.33) wynika, że: Jeśli działający na układ wypadkowy moment siły jest równy zeru, to całkowity moment pędu L układu nie zmienia się niezależnie od tego, jakim zmianom podlega układ. Równania (12.32) i (12.33) są równaniami wektorowymi; są one wobec tego równoważne trzem równaniom dla składowych wektorów, stwierdzających zacho wanie momentu pędu w trzech wzajemnie prostopadłych kierunkach. W zależności od tego, jakie momenty siły działają na układ, moment pędu może być zachowany dla jednego lub dwóch kierunków, a nie być zachowany dla wszystkich trzech.
Jeśli wypadkowy zewnętrzny moment siły, działający na układ, ma składową wzdłuż pewnej osi równą zeru, to składowa całkowitego momentu pędu układu wzdłuż tej osi nie zmienia się, niezależnie od tego, jakim zmianom podlega układ.
Rozważmy tę zasadę w odniesieniu do izolowanego ciała z rysunku 12.14, obracającego się wokół osi z. Wyobraź sobie, że ciało, które jest początkowo sztywne, w jakiś sposób zmienia w czasie obrotu rozkład swej masy względem osi obrotu, przez co zmienia się jego moment bezwładności względem tej osi. Równania (12.32) i (12.33) wskazują, że moment pędu ciała nie może przy tym ulec zmianie. Podstawiając do równania (12.33) wyrażenie (12.31) na moment pędu ciała wzdłuż osi obrotu, otrzymujemy zasadę zachowania momentu pędu w postaci:
/pocz^pocz " ^końc^końc*
(12.34)
Wskaźniki w tym równaniu odnoszą się do wartości momentu bezwładności / oraz prędkości kątowej co przed wspomnianą zmianą rozkładu masy ciała i po niej. Podobnie, jak dwie omówione wcześniej zasady zachowania, zasada zacho wania momentu pędu, którą wyrażają równania (12.32) i (12.33), obowiązuje nie tylko w mechanice klasycznej. Jest ona słuszna także dla cząstek o pręd kościach bliskich prędkości światła (dla których obowiązują prawa szczególnej teorii względności), a także w świecie cząstek mniejszych od atomów (do któ rych stosują się prawa fizyki kwantowej). Nie stwierdzono dotychczas żadnych odstępstw od zasady zachowania momentu pędu. Omówimy teraz cztery przypadki, w których ta zasada odgrywa ważną rolę. 1.
Ochotnik na karuzeli. Na rysunku 12.16 przedstawiono studenta siedzą cego na stołku, który może obracać się wokół osi pionowej. Student, który
1 2 . 1 0 . Zachowanie momentu pędu
315
pocz Rys.
duży moment bezwładności osi
'końc. . . . f j £ l . ..-as*.
1 2 . 1 6 . a) Student ma stosunkowo
obrotu
i
stosunkowo
^
względem
małą
pręd
kość kątową, b) Zmniejszając swój mo ment
bezwładności,
student
zwiększa
swą prędkość kątową. Moment pędu L obracającego
oś obrotu
się układu pozostaje bez
zmiany
b)
a)
trzyma hantle w wyciągniętych w bok rękach, zostaje wprawiony w ruch ob rotowy z pewną niezbyt dużą prędkością kątową cupocz- Wektor jego momentu pędu Z jest skierowany wzdłuż pionowej osi obrotu w górę. Wykładowca prosi teraz, aby student przyciągnął ramiona do siebie. Dzięki temu student zmniejsza swój moment bezwładności od pewnej war tości początkowej / p o c z do wartości końcowej 4 ń c > która jest mniejsza od tej pierwszej, gdyż część masy obracającego się ciała została zbliżona do osi obrotu. Towarzyszy temu bardzo widoczny wzrost prędkości kątowej, od wartości Wpocz do wartości o^ońc- Student może w każdej chwili znów zwolnić swój obrót, wyciągając ponownie ręce w bok. Na układ złożony ze studenta, hantli i stołka obrotowego nie działa ża den wypadkowy zewnętrzny moment siły. Wobec tego moment pędu układu wzdłuż osi obrotu musi pozostawać stały, niezależnie od tego, gdzie znajdują się trzymane przez studenta hantle. W sytuacji przedstawionej na rysunku 12.16a prędkość kątowa studenta Wpocz jest stosunkowo mała, a jego moment bezwładności / — stosunkowo duży. Zgodnie z równaniem (12.34) jego prędkość kątowa, w sytuacji przedstawionej na rysunku 12.16b, musi być większa niż a>poc , gdyż jego moment bezwładności się zmniejszył. 0
p o c z
Z
Rys.
12.17.
Moment pędu L
skoczka
jest stały w czasie całego skoku. Jego kierunek
oznaczono
symbolem
®.
co
oznacza, że jest on prostopadły do płasz czyzny rysunku i skierowany za kartkę. Zauważ, że środek masy skoczka (ozna czony kropką) zakreśla w locie parabolę
316
Skok z trampoliny. Na rysunku 12.17 przedstawiono zawodniczkę skaczącą do wody z trampoliny, która wykonuje w czasie skoku półtora salta w przód. Jak się zapewne spodziewasz, jej środek masy zakreśla przy tym parabolę. Po odbiciu się od trampoliny zawodniczka ma pewien moment pędu Z wzglę dem swego środka masy, prostopadły do płaszczyzny rysunku 12.17 i skiero wany za kartkę. Na zawodniczkę nie działa w czasie lotu żaden wypadkowy zewnętrzny moment siły względem jej środka masy, a zatem jej moment pędu względem środka masy się nie zmienia. Przyciągając nogi do tułowia, zawodniczka znacznie zmniejsza swój moment bezwładności względem osi obrotu, a więc — zgodnie z równaniem (12.34) — znacznie zwiększa swą prędkość kątową. Gdy w końcowej fazie skoku zawodniczka prostuje się, zwiększa moment bezwładności i zmniejsza prędkość kątową, dzięki czemu wpada do basenu bez znacznego rozprysku wody. Nawet podczas bardziej
1 2 . Toczenie się ciał, moment siły i moment pędu
złożonych skoków, zawierających oprócz obrotów w przód lub w tył także obroty śrubowe ciała, moment pędu skoczka musi być zachowany zarówno co do wartości, jak i co do kierunku.
koło zamachowe
Orientacja statku kosmicznego. Patrząc na rysunek 12.18, na którym przed stawiono statek kosmiczny ze sztywno umocowanym w nim kołem zamacho wym, można sobie wyobrazić bardzo prymitywną metodę sterowania stat kiem. Układ statek + koło zamachowe jest izolowany. Wobec tego, jeśli całkowity moment pędu L tego układu jest równy zeru (ponieważ ani statek, ani koło nie obraca się), to pozostanie on przez cały czas równy zeru (chyba że układ przestanie być izolowany). Aby zmienić położenie statku, wprawiamy koło w ruch obrotowy (rysu nek 12.18a). Statek zacznie wówczas obracać się w przeciwnym kierunku, gdyż całkowity moment pędu układu musi być równy zeru. Gdy po pewnym czasie koło zostanie zatrzymane, statek również przestanie się obracać, lecz będzie miał wówczas inny niż poprzednio kierunek w przestrzeni (rysunek 12.18b). Przez cały czas moment pędu układu statek + koło zamachowe po zostaje równy zeru. Ciekawostką może być fakt, że sonda kosmiczna Voyager 2, odbywa jąca lot do Urana. doznawała w 1986 roku niepożądanych obrotów (zwią zanych z opisanym wyżej zjawiskiem), gdy włączał się jej magnetofon, aby zapisać dane na taśmie magnetycznej. Naukowcy z Jet Propulsion Laboratory, sterujący z Ziemi lotem sondy, musieli dodatkowo zaprogramować komputer pokładowy sondy, tak aby za każdym razem, gdy włączał się magnetofon, silniczki odrzutowe przywracały poprzednią orientację pojazdu w przestrzeni. 4.
b) Rys.
1 2 . 1 8 . a) Uproszczony obraz statku
kosmicznego, zawierającego koło zama chowe. Jeśli
koło
zostanie
wprawione
w ruch w kierunku zgodnym z kierun kiem ruchu wskazówek zegara (jak na rysunku), to statek będzie obracać
się
w kierunku przeciwnym, b) Gdy po pew nym czasie
koło zostanie
zatrzymane,
statek także przestanie się obracać i po zostanie w położeniu skręconym w sto sunku do pierwotnego o pewien kąt Ad
Niewiarygodnie kurcząca się gwiazda. Gdy paliwo jądrowe we wnętrzu gwiazdy kończy się, może ona zacząć się zapadać, przy czym ciśnienie w jej wnętrzu gwałtownie rośnie. Proces ten może doprowadzić do tego, że promień gwiazdy o rozmiarze podobnym do Słońca może się zmniejszyć do wprost niewiarygodnej wartości kilku kilometrów. Gwiazda staje się wtedy gwiazdą neutronową — cała zawarta w niej materia zostaje ściśnięta do po staci niesłychanie gęstego gazu neutronowego. W czasie procesu kurczenia się gwiazda pozostaje układem izolowanym, a zatem jej moment pędu L się nie zmienia. Jednak jej moment bezwładno ści znacznie maleje, a więc odpowiednio wiele razy musi się zwiększyć jej prędkość kątowa, osiągając nawet wartość 600 do 800 obrotów na sekundę. Dla porównania, prędkość kątowa typowej gwiazdy, jaką jest Słońce, wynosi około jednego obrotu na miesiąc.
t/SPRAWDZIAN 7
Na skraju niewielkiego krążka, obracającego się jak karuzela, sie
dzi żuczek. Wyobraź sobie, że w pewnej chwili żuczek zaczyna iść ku środkowi krążka. Czy przy tym podane niżej wielkości (obliczone względem osi krążka) wzrosną, zmaleją, czy pozostaną bez zmiany: a) moment bezwładności układu żuczek-krążek, b) moment pędu układu, c) prędkość kątowa żuczka i krążka?
1 2 . 1 0 . Zachowanie momentu pędu
317
Przykład 12.7 Na rysunku
ROZWIĄZANIE:
12.19a przedstawiono studenta, siedzącego —
poprzednio —
jak
na stoiku obrotowym. Student pozostaje w spo
czynku, trzymając w ręku koło rowerowe, którego obręcz jest obciążona ołowiem i ma moment bezwładności /kota w-zględem
Skorzystamy z czterech spostrzeżeń: O—i
1. Szukana prędkość kątowa a ) i t a c
i moment pędu
a
Z i ia C
a
ciała złożonego względem osi obrotu stołka (po obróceniu koła) są ze sobą związane równaniem (12.31) (L =
Ico).
swej osi równy 1,2 kg • m . Koło obraca się z prędkością kątową 2
2 . Początkowa prędkość kątowa a\ ^
cukoia o wartości 3,9 obrotów/s; patrząc z góry, widzimy, że obrót
O-^r
zachodzi w kierunku przeciwnym do kierunku ruchu wskazówek
pędu Zkota względem osi koła są ze sobą związane tym samym
zegara. Oś koła jest pionowa, a zatem moment pędu Zkola koła
równaniem.
koła i jego moment
0
jest skierowany pionowo w górę. W pewnej chwili student obraca koło (rys. 12.19b), tak że teraz patrząc z góry widzimy, że koło obraca się w kierunku zgodnym z kierunkiem ruchu wskazówek zegara. Moment pędu koła jest teraz równy — Lkota- W wyniku tego manewru student, stołek i środek masy koła zaczynają się łącznie obracać wokół osi obrotu stołka; moment bezwładności tego ciała złożonego wynosi /
c i a
i
a
=
6,8 kg • m . (Fakt, że koło
c a
i k układu, zawierającego stu C
L \. k0
a
O—w 4. Gdy student obraca koło, na układ nie działa żaden wy padkowy
zewnętrzny
moment siły, który mógłby zmienić Z. aik C
względem dowolnej osi pionowej (momenty siły, związane z si
2
obraca się ponadto wokół swej osi nie ma wpływu na rozkład masy ciała złożonego, a zatem wartość /
O—» 3 . Całkowity moment pędu L
denta, stołek i koło jest równy sumie wektorów Z. iaia i
c i a t a
nie zależy od tego,
czy koło się obraca, czy nie). Wyznacz prędkość kątową c o j | c
a
a
i kierunek obrotu ciała złożonego (tzn. studenta, stołka i środka masy koła) po obróceniu koła.
łami, działającymi w czasie manewru między studentem a kołem,
wewnątrz
są momentami siły, działającymi
układu). Wobec tego
całkowity moment pędu układu względem dowolnej osi pionowej jest zachowany.
Stałość (zachowanie) Z. aik zilustrowano na rysunku 12.19c. Mo C
żemy ją także zapisać dla składowych wzdłuż osi pionowej:
A
'ciata
Z.ciała.końc ~b Ekota.końc
=
Z, iała.pocz ~b Z-kota.pocz.
(12.35)
c
przy czym wskaźniki pocz i końc odnoszą się do stanu początko wego (przed obróceniem koła) i końcowego (po jego obróceniu). Obrócenie koła spowodowało, że moment pędu obracającego się koła zmienił się na przeciwny, dlatego też za Lkota.końc podstawić -/-kota.pocz- Biorąc ponadto Z. j ta.pocz = C a
możemy
0 (gdyż po
czątkowo student, stołek i środek masy koła pozostawały w spo czynku), otrzymujemy z równania (12.35):
Eciata.końc
=
2Z.kota.pocz-
Korzystając z równania (12.31), podstawiamy następnie /ciata^data w miejsce Z. iaia.końc oraz / t a ^ o t a C
wiązaniu
w miejsce L ota.pocz i P° roz
k o
otrzymanego
równania
k
względem
&> ia)a c
mamy
osta
tecznie:
&>ciata =
przed
po c)
Rys.
12.19.
Przykład
_
( 2 ) ( 1 , 2 kg • m ) ( 3 , 9 obrotów/s)
~
6,8 kg • m
=
2
1,4 obrotów/s.
2
(odpowiedź)
12.7. a) Student trzyma koło rowerowe,
obracające się wokół osi pionowej, b) Student obraca koło, dzięki czemu sam zostaje wprawiony w ruch obrotowy, c) Całkowity moment pędu układu musi pozostać stały, mimo że koło zostało
Otrzymaliśmy w wyniku wartość dodatnią, co oznacza, że student (widziany z góry) obraca się wokół osi obrotu stołka w kierunku przeciwnym do kierunku ruchu wskazówek zegara. Jeśli chciałby się on zatrzymać, to wystarczy, aby ponownie obrócił koło.
obrócone
318
2/kota — <^kota 'ciata
1 2 . Toczenie się ciał, moment siły i moment pędu
Przykład 12.8
bata obraca się w pozycji wyprostowanej łącznie o kąt 9\ =
0,5
obrotu (dwie ćwiartki obrotu) w czasie, który oznaczymy przez Akrobata wykonujący skok z poczwórnym saltem, musi zostać pochwycony przez partnera po czasie / =
1,87 s od oderwania
się od trapezu. Załóżmy, że pierwsze i ostatnie ćwierć obrotu
t\.
W pozycji skurczonej obraca się on więc o kąt 9
2
t.
rotu w czasie
2
Na podstawie równania (11.5)
wykonuje on w pozycji wyprostowanej (patrz rysunek 12.20). gdy
=
19,9 kg • m , 2
2
3.93 kg • n r .
0, —
t\ =
a pozostałą część lotu
odbywa w pozycji skurczonej, gdy ma moment bezwładności l
=
ir
=
3,5 ob
A9/At)
=
możemy napisać:
jego moment bezwładności względem środka masy (oznaczonego kropką) jest równy /)
(w
9,
oraz
t
= — .
2
CO\
0)2
Całkowity czas lotu wynosi zatem:
Ile musi wynosić jego prędkość kątowa OĄ wokół
9i
t = ti + t =
środka masy. podczas lotu w pozycji skurczonej?
9,
(12.37)
h — .
2
CO]
C02
i jest — j a k wiemy — równy 1,87 s. Podstawiając co] z równania ROZWIĄZANIE:
(12.36) do wzoru (12.37), otrzymujemy:
Oczywiście akrobata musi obracać się tak szybko, aby w wymaga nym czasie 1,87 s wykonać cztery pełne obroty ciała. W tym celu COih
zwiększa on swoją prędkość kątową do wartości coi, przyjmując pozycję skurczoną. Aby znaleźć związek an z jego początkową
co
un \
2
l
)
2
Po podstawieniu wartości liczbowych danych dostajemy:
prędkością kątową co\, zastosujemy następujące spostrzeżenie:
( 1 9 , 9 kg m ) \ ( ((0,5 obrotu)) J £ + (3.5 obrotu) . (3,93 kg • m ) j \ 2
1.
0~~»
W
czasie całego lotu moment pędu akrobaty wzglę
dem jego środka masy jest zachowany, ponieważ nie działa na niego żaden wypadkowy zewnętrzny moment siły względem jego
1.87 s =
— co 2
n
7
2
a stąd: aa
=
3 . 2 3 obrotów/s.
(odpowiedź)
środka masy. Korzystając z równania (12.34), zasadę zachowania momentu pędu (L\
=
L) 2
Ta wartość prędkości kątowej jest tak duża, że akrobata nie widzi
możemy zapisać w postaci: l\CO\ =
ostro, co się wokół niego dzieje i nie może — gdyby zaszła taka
hcoi,
potrzeba — korygować swej pozycji w locie. Wydaje się zatem,
czyli
h
(12.36)
h 1
że niewielka jest szansa, aby komuś udało się wykonać w locie cztery i pół salta, do czego potrzebna jest jeszcze większa wartość
2 . Prędkość kątową możemy wyrazić przez kąt obrotu i czas
potrzebny na jego pokonanie. Na początku i na końcu skoku akro
&>2, a więc jeszcze mniejsza wartość
I, 2
czyli jeszcze
większe
zwinięcie ciała w locie.
Rys.
12.20.
Przykład
12.8.
Akrobata
wykonujący skok z poczwórnym saltem partnera
c
j
0
^
p
ar
t era n
Przykład 12.9
dotyczy on wielu pojęć z rozdziałów
Ostatni przykład w tym rozdziale jest długi i dość trudny, lecz
norodne pręty, każdy o masie m i i długości d = 0.5 m, połączono
jego przeanalizowanie może być dla ciebie bardzo przydatne, gdyż
z pionową osią, tak że tworzą one kołowrót. Kołowrót ten obraca
11 i 12. Jak pokazano na
rysunku 12.21. na którym widać układ z góry. cztery cienkie, jed
1 2 . 1 0 . Zachowanie momentu pędu
319
się wokót przytwierdzonej do podłoża osi, w kierunku zgodnym
gdzie wskaźnik koł odnosi się do kołowrotu. Końcowa prędkość
z kierunkiem ruchu wskazówek zegara, z początkową prędkością
kątowa & w
kątową copocz =
wartości tych momentów pędu po zderzeniu zależą od tego. jak
—2 rad/s. Kulka z plasteliny o masie ni2 =
i prędkości początkowej Dpocz =
jW|
12 m/s, rzucona wzdłuż toru, po
jest zawarta w wyrazach Z. i.końc i Ekuiki.końc. gdyż ko
szybko obraca się kołowrót z kulką. Aby wyznaczyć cokoitc.
z
a
j "
kazanego na rysunku, trafia w koniec jednego z prętów i przykleja
mierny się najpierw osobno kołowrotem i kulką, a potem wrócimy
się do niego. Ile wynosi końcowa prędkość kątowa coy f, układu
do równania (12.38).
0
c
kołowrót-kulka?
Kołowrót. ROZWIĄZANIE: O—t
Podstawowe informacje, potrzebne nam do rozwiązania tego
zadania, przedstawimy w postaci odpowiedzi na wyjściowe pyta nie:
O—t
Kołowrót jest obracającym się ciałem sztywnym,
a zatem jego moment pędu jest dany wzorem (12.31) ( Z . =
początkowej i końcowej, możemy wyrazić jako:
Czy w czasie zderzenia kulki z kołowrotem obowiązuje jakaś
Z.kol.końc = ^kol^końc
o
r
a
Z.kol.pocz =
z
'kot^pocz-
zasada zachowania, związana z prędkością kątową, której zasto sowanie umożliwi nam wyznaczenie wartości tukońc? Rozważmy po kolei różne możliwości.
Ico).
Wobec tego moment pędu kołowrotu względem osi. w chwili
(12.39) Kołowrót składa się z czterech prętów, z których każdy obraca się wokół jednego ze swych końców, a więc moment bezwładno ści kołowrotu /kot jest równy momentowi bezwładności każdego z prętów względem jego końca /
p l ?
t a , pomnożonemu przez cztery.
Z tabeli 12.2e wynika, że moment bezwładności pręta względem jego środka Z j
wynosi
M
ścią pręta. Wartość / nera (/ =
/$
p r e u
+m h ,
2
t
odległość osi h wynosi d/2.
kulka d
H Rys.
»
1 2 . 2 1 . Przykład
W»
2
1.
Całkowita energia kinetyczna
Ey nie jest
gdyż
tycznej musi zostać zamieniona na inne rodzaje energii (na
Kulka.
\m d . 2
x
5 ' M
2
-
(12.40)
Przed zderzeniem kulkę możemy uważać za cząstkę, po
przykład na energię termiczną). Z tego samego względu nie
dem osi kołowrotu możemy skorzystać z któregokolwiek z równań od (12.18) do (12.21). Najwygodniej będzie zastosować równanie (12.20) (Ł = rm2i'±).
Całkowity pęd
P
nie jest zachowany,
U
prędkości kulki
v±,
prostopadła do r to
fpoa
cos60 . :
Musimy jeszcze ustalić, jaki jest znak tego momentu pędu. ponieważ
Wyobraź sobie wektor położenia kulki względem osi. Gdy kulka
w czasie zderzenia na kołowrót działa siła zewnętrzna, w
zbliża się do kołowrotu, wektor ten obraca się wokół osi. w kie
punkcie styczności osi z podłożem (jest to siła. która unie
runku przeciwnym do kierunku ruchu wskazówek zegara, a zatem
możliwia kołowrotowi przesunięcie się po podłożu, gdy zo
moment pędu kulki jest dodatni. Równanie
staje on trafiony kulką z plasteliny).
więc zapisać jako:
Całkowity
jest
moment
zachowany,
wnętrzny
układu także
W naszym przypadku £ to Z,k iki.pocz- odle-
głość kulki od osi obrotu r tuż przed zderzeniem to d. a składowa
jest zachowana całkowita energia mechaniczna.
pędu
Z. układu względem
moment
siły. który
mógłby
zmienić
i-kulki.pocz = W 2 ^ l ' p o c z
osi obrotu
gdyż nie występuje żaden wypadkowy ze wartość Z.
(siły. działające podczas zderzenia, są źródłem momentów sił, które działają w obrębie układu, a siła zewnętrzna działa na kołowrót na osi. ma więc zerowe ramię, a zatem nie jest z nią związany różny od zera moment siły).
Zkot.końc + Z-kulki.końc = Z,kol.pocz + Ekulki.pocz-
(12.38)
1 2 . Toczenie się ciał, moment siły i moment pędu
S
o
0
rmv±
możemy
(12.41)
-
£
m,-r?) otrzy-
mujemy więc jej moment bezwładności względem osi / m d . 2
Następnie z równania (12.31) ( Z . =
ku)k
i
=
Ico) obliczamy mo
ment pędu kulki po zderzeniu: Ekulki.koiic = Zkulki^Okońc = ' " 2 ^ ~ & > k o ń c -
Powrót
0
O
=
po okręgu o promieniu d. Z równania (11.26) (/ =
Zasadę zachowania całkowitego momentu pędu układu względem osi obrotu (Z.k ńc = Z-pocz) możemy zapisać w postaci:
C
l
Po zderzeniu kulkę możemy traktować jak cząstkę poruszającą się
2
320
=
znaczenia początkowego momentu pędu kulki Z-kuiki.pocz wzglę
zachowana,
przykleja się do pręta). Wobec tego jakaś część energii kine
3.
długo
ruszającą się po linii prostej, jak na rysunku 12.11. W celu wy
zderzenie kulki z prętem jest całkowicie niesprężyste (kulka
2.
d
Wobec tego:
/koi =
przez punkt ich złączenia oraz tor kulki z plasteliny, która tra
z góry)
jest masą, a
Dla kołowrotu o czterech prętach mamy zatem:
pręty, które mogą obracać się wokół osi pionowej przechodzącej
fia w koniec jednego z prętów i przykleja się do niego (widok
ni\
+ m , ^0
= j\>n\d
z plasteliny
12.9. Cztery sztywno ze sobą połączone
gdzie
możemy wyznaczyć z twierdzenia Stei równanie (11.29)). W naszym przypadku
2
M
-r\m\d ,
,
do równania
wyrażenia
(12.38).
otrzymane
w
(12.42)
Podstawiając do równania (12.38)
równaniach
od
(12.39)
do
(12.42).
otrzymujemy:
4 ^ yn\d
0 Ń C
_
s 4 j-> + m d co^^ = j»t\d co^ 2
Wstawiając do równania mi
=
,
WTIAIPOCZ
+
,
n
<'
5
i rozwiązując je względem
3m
2
!
,
cos 6 0 .
~
0 5
^
[
r
a
.5
4 ( 0
m
) ( - 2
rad/s) +
(12
m/s)(cos60=)]
)
m
^ /
s
'
(odpowiedź)
Wkońc, dostajemy ostatecznie: I okolic =
Jak widać, kołowrót obraca się teraz w kierunku przeciwnym do
^(4rfwpocz +
fpocz cos 6 0 )
kierunku ruchu wskazówek zegara.
Podsumowanie Toczenie
się ciał
W"'
Dla kola o promieniu
R.
toczącego się bez
układu współrzędnych). Jest on równy:
poślizgu mamy:
i u
gdzie u$
M
Ś M
=
x p = m(r
r
(12.18)
x v).
(12.2)
= coR.
jest prędkością liniową środka kola, a w — prędkością
Długość wektora £ wynosi:
kątową koła wokół osi, przechodzącej przez jego środek. Ruch
£ =
rrousin
(12.19)
koła można również uważać za ruch obrotowy wokół osi, prze
= rp
chodzącej przez punkt P. w którym koło styka się w danej chwili
(12.20)
= rmv±
±
z podłożem. Prędkość kątowa koła względem tego punktu jest taka
(12.21)
= r±p = rx'nv.
sama. jak prędkość kątowa koła względem jego środka. Energia kinetyczna toczącego się koła wynosi: £K przy czym / $
M
=
5'ŚM^
2
+
{»> lu-
(
v
1 2
- >
masą koła. Jeśli ruch obrotowy koła jest przy
spieszony, lecz odbywa się nadal bez poślizgu, to przyspieszenie aj
M
środka masy jest związane z przyspieszeniem
kątowym
i p , p
dowymi p
—
(12.6)
Gdy koło toczy się bez poślizgu po równi pochyłej, nachylonej do
zasada
dynamiki
Newtona
dla ruchu
Moment
siły
jako
wektor
W
trzech
'
wymiarach
moment
siły M jest wielkością wektorową, definiowaną względem jakiegoś punktu odniesienia (zazwyczaj początku układu współrzędnych).
wyp
=
— .
(12.23)
J e s t wypadkowym momentem siły, działającym na tę
cząstkę, a £ — momentem pędu cząstki.
Moment
pędu
jest równy
układu
cząstek
sumie wektorowej
Moment pędu
L
momentów pędu
układu cząstek poszczególnych
cząstek układu:
n M
F jest siłą przyłożoną do cząstki, a r
—
wektorem
współrzędnych). Długość wektora M wynosi: = rFs\n
= rF
1
= r F. ±
Z = £ i + £
(12.14)
= ? x F ,
położenia cząstki względem punktu odniesienia (początku układu
M
Dru
d£ w y p
Jest on równy:
przy czym
obrotowego
obrotowym ma postać:
gdzie A / (12.10) 2
skła
ga zasada dynamiki Newtona dla cząstki poruszającej się ruchem
której wybieramy oś x) jest równe:
I t u / m R
—
wektorowego.
M
g sin 9
i v±
tora £ wyznaczamy za pomocą reguły prawej dłoni dla iloczynu
poziomu pod kątem 9. jego przyspieszenie wzdłuż równi (wzdłuż
1 -I-
±
odległością punktu
odniesienia od prostej, na której leży wektor p . Kierunek wek
Druga
st
±
a
względem środka koła zależnością:
a$ =aR.
i C, prostopadłymi do r, a r
5
jest momentem bezwładności koła względem jego
środka, a m —
gdzie cp jest kątem między wektorami r
gdzie (j> jest kątem, jaki tworzą ze sobą wektory F
i r,
F±
+
. . . + £„ = £ £ , - . i=i
( 1 2
-
2 6 )
Szybkość, z jaką zmienia się ten moment pędu jest równa wy padkowemu zewnętrznemu momentowi siły, jaki działa na układ (tzn.
( 1 2 . 1 5 . 12.16. 12.17)
2
sumie wektorowej momentów siły. działających na cząstki
układu, w wyniku ich oddziaływania z cząstkami spoza układu):
—
dl
składową F prostopadłą do r, a r± — ramieniem siły F. Kieru
M„
=
ciała
sztywnego
yp
nek wektora M wyznaczamy z reguły prawej dłoni dla iloczynu
—
(układ cząstek).
(12.29)
wektorowego.
Moment Moment
pędu
cząstki
Moment pędu I
cząstki o pędzie
p,
ma
sie m i prędkości liniowej v jest wielkością wektorową, definio waną względem pewnego punktu odniesienia (zwykle początku
pędu
Składowa momentu pędu ciała
sztywnego, obracającego się wokół stałej osi, równoległa do osi obrotu, jest równa: L =
Ico
(ciało sztywne, stała oś obrotu).
Podsumowanie
(12.31)
321
Zachowanie
momentu
stały, gdy
wypadkowy
pędu
Moment pędu
zewnętrzny
L układu pozostaje
Stwierdzenie to nazywamy zasadą zachowania momentu pędu.
siły, działający
Jest to jedna z podstawowych zasad zachowania w przyrodzie,
moment
na
układ, jest równy zeru: L = const
której słuszność wykazano także w przypadkach, w których nie (układ izolowany),
(12.32)
czyli Epocz =
Z-koEfc
(układ izolowany).
(12.33)
obowiązują zasady dynamiki Newtona (dla cząstek poruszających się z bardzo dużymi prędkościami oraz dla cząstek mniejszych od atomów).
Pytania 12.22. klocek ześlizguje się bez
4 N. Ile wynosi kąt utworzony przez wektory 7 i F, gdy wartość
tarcia po równi pochyłej, a po drugiej równi — o takim samym
1.
Jak pokazano na rysunku
związanego z tą siłą momentu siły jest równa: a) zero, b) 12 N m ?
kącie nachylenia 9 —
stacza się kula. Klocek i kula mają taką
samą masę, rozpoczynają ruch od stanu spoczynku w punkcie A
5 . Na rysunku 12.24 przedstawiono cząstkę, poruszającą się ze stałą
i docierają do punktu B. a) Czy praca, jaką wykonuje przy tym siła
prędkością v oraz pięć punktów i ich współrzędne x i y. Uszereguj te
ciężkości nad klockiem jest większa, mniejsza, czy taka sama, jak
punkty według wartości momentu pędu cząstki względem każdego
praca, wykonywana przez tę siłę nad kulą? Które z tych ciał ma
z nich, od największej do najmniejszej.
w punkcie B: b) większą energię kinetyczną ruchu postępowego, c) większą składową prędkości wzdłuż równi? c ( l , 3 )
a •(<>,
(-3,1)-
Rys.
1 2 . 2 2 . Pytanie 1
d»(4,
b
1)
-1)
(-1,-2). 2 . Po równi pochyłej stacza się bez poślizgu kula armatnia. Wy obraź sobie, że kula ta stacza się następnie po równi o mniejszym
Rys.
1 2 . 2 4 . Pytanie 5
kącie nachylenia, lecz o takiej samej wysokości, jak pierwsza. Czy w tym przypadku: a) czas, potrzebny kuli na dotarcie do podstawy równi, b) energia kinetyczna ruchu postępowego kuli u podstawy równi będą większe, mniejsze, czy takie same, jak w pierwszym
6 . Przypomnij sobie sytuację ze sprawdzianu 4. a) Oblicz moment siły względem punktu O, działający na cząstki 1 i 2, a pochodzący od
siły
4 3.
dośrodkowej, która
okręgu ze stałą prędkością,
przypadku?
i 5
względem
punktu
O
sprawia, b) Czy rosną,
że
poruszają
momenty maleją,
się
one
po
pędu cząstek
czy
pozostają
3,
bez
zmiany, gdy cząstki te poruszają się z lewa na prawo, jak na Jak pokazano na rysunku
12.23, kobieta toczy cylindryczną
rysunku?
beczkę, pchając ją za pomocą deski, opartej o wierzch beczki. czyli o połowę
7. Na rysunku 12.25 pokazano trzy cząstki, o jednakowych ma
długości deski, a) Ile wynosi długość odcinka deski, który prze
Wyobraź sobie, że beczka przemieściła się o L/2,
sach oraz prędkościach o takich samych stałych wartościach, po
toczył się w tym czasie po powierzchni beczki? b) Jaką drogę
ruszające się w kierunkach
przebyła przy tym kobieta? Przyjmij, że beczka toczyła się po
wskazanych
podłożu gładko, tzn. bez poślizgu i podskoków, a deska nie śli
ich prędkości. Punkty a,
zgała się po powierzchni beczki.
c i d są wierzchołkami kwa
przez
wektory b,
dratu, a punkt e jest środ
-0->-
kiem tego kwadratu. Usze reguj ści
punkty
od
w
zależno
wartości
całkowi
tego momentu pędu układu
Rys.
4.
1 2 . 2 3 . Pytanie 3
Wektor położenia 7 cząstki względem pewnego punktu ma
długość równą 3 m. a działająca na tę cząstkę siła F ma wartość
322
1 2 . Toczenie się ciał, moment siły i moment pędu
cząstek
względem
z
od
nich,
każdego
największej
do
najmniejszej. 8.
Rys.
1 2 . 2 5 . Pytanie 7
Do chwytania zwierząt łownych używano kiedyś boli. Jest
to długa lina z przywiązanymi
na końcu, owiniętymi
w skórę
trzema ciężkimi kulami, połączonymi mocnymi sznurami o jed
moment pędu płyty (i gumy) względem punktu O
nakowej długości. Przed jej wyrzuceniem bolę trzyma się nad
układ, jak na rysunku 12.27) będzie ujemny?
głową
za jedną
z kul
i wprawia
w ruch
obrotowy
w płasz
czyźnie poziomej. Po wyrzucie boli konfiguracja kul zmienia się
11.
szybko z układu pokazanego na rysunku
kazano
z rysunku
12.26a
w ustawienie
12.26b (na obydwu rysunkach przedstawiono widok
Na rysunku 12.28 po trzy
siły
o jedna
kowych wartościach,
przy
układu kul z góry). Jak widać, kule obracają się początkowo wokół
łożone do cząstki, znajdu
osi 1. przechodzącej przez kulę, za którą się trzyma, a potem
jącej się w początku ukła
—
wokół osi 2. przechodzącej
du współrzędnych (siła F\
przez środek masy układu
działa prostopadle do płasz
kul.
czyzny rysunku i jest skie
Czy: a) moment pędu,
b) prędkość kątowa układu są
większe,
takie
same
obrotu
mniejsze, w
wokół
czy
0
guj te siły w zależności od
osi
2,
momentu
jak
osi 1?
a) Rys.
b)
siły
jego brzegu siedzi żuczek. Wyobraź sobie, że żuczek zaczyna iść wzdłuż brzegu krążka, w kierunku zgodnym z kierunkiem jego obrotu. Czy wartości: a) momentu pędu układu żuczek-krążek, b) momentu pędu i prędkości kątowej żuczka, c ) momentu pędu i prędkości kątowej krążka wzrastają przy tym, maleją, czy pozo stają bez zmiany? d) Jakie będą odpowiedzi na powyższe pytania, gdy żuczek będzie szedł wzdłuż brzegu krążka, w kierunku prze ciwnym do kierunku obrotu krążka?
12.
przedstawiono widok z gó
Na rysunku 12.29 przedstawiono dwie cząstki A i B, znajdu
równoległe do osi układu współrzędnych, a) Które z tych sił są źró dłem równoległego do osi y
ry prostokątnej płyty, która może obracać się w płasz
nych? b) Uszereguj te siły
tki,
czyźnie poziomej (jak ka
L
ruzela) wokół osi, przecho dzącej przez jej środek Płyta
znajduje
tkowo
w
się
zależności
spoczynku,
siły
od z
wartości
nimi
względem
układu
mo po
tez
współrzęd
B
od największej do naj
mniejszej.
Rys.
6
1 2 . 2 9 . Pytanie 12
6
O.
począ
TA
początku układu współrzęd
nych, działającego na cząs
O
2
y
momentu siły względem
czątku
m
równych (1 m, 1 m, 0)
czone na rysunku cyframi), które mają jednakowe wartości i są
mentu 1
1 2 . 2 8 . Pytanie 11
oraz (1 m, 0. 1 m). Na każdą z cząstek działają trzy siły (ozna
w
12.27
Rys.
jące się w punktach o współrzędnych xyz
związanego rysunku
od najwięk
3
szej do najmniejszej.
Poziomy krążek obraca się wokół osi pionowej (jak karuzela) w
Na
względem:
a) punktu P\, b) punktu Pi, c) punktu P ,
1 2 . 2 6 . Pytanie 8
kierunku przeciwnym do kierunku ruchu wskazówek zegara, a na
10.
O—x
wartości związanego z nimi
przypadku
w przypadku obrotu wokół
9.
rowana za kartkę). Uszere
-=3
"
(patrząc na
1 3 . Na rysunku 11.24 z rozdziału 11 przedstawiono układ trzech Rys.
1 2 . 2 7 . Pytanie 10
lecz
kulek o jednakowej masie, przymocowanych do pręta o znikomo małej masie, w miejscach pokazanych na rysunku. Układ ten ma
w pewnej chwili rzucamy w nią gumą do żucia, która przykleja
być wprawiony w ruch obrotowy z prędkością kątową 3 rad/s
się do brzegu płyty. Na rysunku przedstawiono siedem przypad
wokół osi, prostopadłej do płaszczyzny
ków, różniących się kierunkiem, w którym rzucamy tę gumę (we
cej przez jedną z kulek. Możliwe są oczywiście trzy przypadki,
rysunku i przechodzą
wszystkich przypadkach masa i prędkość gumy są jednakowe),
w których oś obrotu przechodzi przez inną z kulek. Uszereguj te
a) Uszereguj te przypadki w zależności od wartości prędkości ką
przypadki w zależności od: a) wartości momentu pędu układu ku
towej, jaką uzyska płyta (i guma) po przyklejeniu się do niej gumy.
lek względem aktualnej osi obrotu, b) energii kinetycznej ruchu
od największej do najmniejszej, b) W których z tych przypadków
obrotowego układu, od największych do najmniejszych.
Zadania www
Rozwiązanie jest dostępne na stronie internetowej pod ręcznika: http://www.wiley.com/college/hrw
ilw
Rozwiązanie jest dostępne
w postaci
interaktywnej,
wykorzystującej oprogramowanie Interactive LearningWare (na tej samej stronie)
1 2 . 1 . Toczenie się ciał 1.
Koła samochodu jadącego z prędkością 80 km/h mają średnicę
75 cm. a) Ile wynosi prędkość kątowa kół względem ich osi? Samochód ten hamuje następnie jednostajnie, bez poślizgu aż do zatrzymania się, przy czym koła wykonują 30 pełnych obrotów.
Zadania
323
b) Jaką wartość
ma przyspieszenie kątowe kót? c) Jaką drogę
przebywa samochód w czasie hamowania?
2
2 . Rozważ koło samochodu, jadącego z prędkością 80 km/h po poziomej drodze, w dodatnim kierunku osi x. Koło ma średnicę 66 cm.
łożu, przy czym przyspieszenie jego środka masy ma wartość 0.6 m/s , a) Jaka jest wartość i kierunek działającej na koło siły tarcia? b) Ile wynosi moment bezwładności koła względem osi, przechodzącej przez jego środek masy?
Ile wynosi: a) prędkość liniowa C, b) wartość a przyspieszenia
9.
liniowego środka koła względem jadącej samochodem kobiety?
rze,
Ile wynosi: c) u, d) a najwyższego punktu koła? Ile wynosi: e) v,
bez poślizgu aż do chwili,
f) a najniższego punktu koła?
Kulka
gdy
Rozważ następnie te same wielkości, względem siedzącego
rusza
z
prędkością
początkową
równą
zeru
po to
przedstawionym na rysunku 12.31 i toczy się wzdłuż niego
spada z toru
na jego
prawym końcu. Jak daleko
na poboczu drogi autostopowicza. Ile wynosi względem niego:
w poziomie
g) v środka koła, h) a środka koła, i) C najwyższego punktu koła.
spadnie kulka na podłogę,
j ) a najwyższego punktu koła, k) v najniższego punktu kola. 1) a
jeśli
najniższego punktu koła?
6
od
punktu
wiadomo,
m,
h
=
że m,
2
H
A
=
a koń
cowy odcinek toru jest po
12.2. Energia kinetyczna ruchu tocznego 3.
Obręcz o masie 140 kg toczy się po poziomej podłodze, tak
ziomy?
Rys.
10.
i masie m
Mała kulka o promieniu r
1 2 . 3 1 . Zadanie 9
toczy się bez pośli
że jej środek masy porusza się z prędkością 0,15 m/s. Ile wynosi
zgu we wnętrzu nieruchomego naczynia w kształcie połowy sfery
praca, potrzebna do zatrzymania tej obręczy?
0
promieniu R i pionowej osi symetrii. Kulka rozpoczyna ruch
na brzegu naczynia, a jej prędkość początkowa jest równa zeru. 4.
Po podłodze toczy się cienkościenna rura. Oblicz dla tej rury
stosunek energii kinetycznej ruchu postępowego do energii ki netycznej ruchu obrotowego, względem osi równoległej do rury i przechodzącej przez jej środek masy.
5.
Samochód o masie
1000 kg ma cztery koła o masie
10 kg
nowi energia kinetyczna ruchu obrotowego kół wokół ich osi? Przyjmij, że koła mają taki sam moment bezwładności, jak jed norodne krążki o takiej jak one masie i średnicy. Dlaczego wynik
6.
Ciało o promieniu
R
ilw w w w
i masie m
toczy się bez poślizgu po
się maksymalnie na wysokość h nad po
wierzchnię, a) Oblicz moment bezwładności ciała względem osi przechodzącej przez jego środek masy, wiedząc, że h =
naczynie w chwili, gdy dociera do jego dna. 1 1.
o
promieniu
10 cm i masie
Walec
12 kg sta
cza się bez poślizgu wzdłuż dachu, nachylonego do po ziomu pod kątem 30° (patrz
poziomej powierzchni, z prędkością u, po czym wtacza się na pochylnię, wznosząc
wokół osi, przechodzącej przez jej środek masy? c) Przyjmij, że r
każde. Jaki ułamek całkowitej energii kinetycznej pojazdu sta
nie zależy od promienia kół?
a) Ile wynosi energia kinetyczna kulki na dnie naczynia? b) Jaka część energii kinetycznej jest związana z ruchem obrotowym kulki
3u /4g. 2
b) Co to może być za ciało?
rysunek
12.32).
W
chwili
początkowej walec znajdo wał się w spoczynku, w od ległości 6 m od skraju da chu,
a)
Ile
wynosi
pręd
kość kątowa walca wzglę dem
jego
osi,
gdy
spada
Rys.
1 2 . 3 2 . Zadanie 11
on z dachu? b) Skraj dachu
12.3. Siły przy toczeniu
znajduje się na wysokości 5 m nad otaczającym dom trawnikiem. W jakiej odległości poziomej od skraju dachu walec spadnie na
7.
Po równi pochyłej stacza się jednorodna kula. a) Ile musi
trawnik? ilw
wynosić kąt nachylenia równi do poziomu, aby przyspieszenie liniowe środka kuli miało wartość równą 0 , l g ? b) Wyobraź sobie,
12.
że puszczasz po tej równi klocek, ślizgający się po niej bez tarcia.
o
Mała kulka kamienna
Czy wartość jego przyspieszenia będzie większa, mniejsza, czy
stacza
równa 0 , l g ? Dlaczego?
po torze, zakończonym pę
masie m się
i promieniu bez
r
poślizgu
tlą, pokazanym na rysunku 8.
Jak
pokazano
na
ry
12.33. Kulka została pusz
sunku 12.30, do koła o ma
^10N
sie 10 kg i promieniu 0,3 m przyłożono
poziomo
stałą
punkcie
Rys.
1 2 . 3 3 . Zadanie 12
prostolinio
wego odcinka toru. a) Chcemy, aby kulka dotarła do najwyż
niku tego koło toczy się bez
324
kości początkowej w pew nym
siłę o wartości 10 N . W wy
poślizgu po poziomym pod-
czona swobodnie bez pręd
szego punktu pętli. Z jakiej co najmniej wysokości h nad najniż Rys.
1 2 . 3 0 . Zadanie 8
12. Toczenie się ciał, moment siły i moment pędu
szym punktem toru należy ją puścić? Przyjmij, że promień pętli
R
; » r. b) Oblicz składową poziomą siły działającej w punkcie
Q
na kulkę puszczoną z punktu na wysokości 6R nad najniższym
12.5. M o m e n t siły raz jeszcze 1 7. Wykaż, że składowe momentu siły M =
punktem toru.
7 x F, równoległe
do płaszczyzny, w której leżą wektory 7 i F, są równe zeru. 13.
Sfera o promieniu 0.15
0,04 kg • m
2
m i momencie bezwładności
/
=
względem osi przechodzącej przez jej środek masy
toczy się bez poślizgu w górę. po powierzchni nachylonej do po ziomu pod kątem 3 0 . W pewnej chwili całkowita energia kine ;
tyczna sfery jest równa 20 J. a) Ile z tej energii stanowi energia kinetyczna ruchu obrotowego sfery? b) Ile wynosi w tej chwili prędkość środka masy sfery? Ile będzie równa: c) całkowita ener gia kinetyczna sfery, d) prędkość jej środka masy w chwili, gdy sfera przebędzie po równi w górę drogę 1 m od położenia, którego dotyczą pytania (a) i (b)?
18. Wyznacz wartość i kierunek momentu siły względem po czątku układu współrzędnych, jaki działa ma śliwkę, znajdującą się w punkcie o współrzędnych (—2 m. 0 . 4 siła F, mająca jedynie składową: a) F
F
c)
=
:
F
6 N. d)
=
z
- 6
się w punkcie o współrzędnych (0. —4 m. 3 m), na którą działa:
=
mając początkowo prędkość liniową u
kość kątową coo =
Ś
M0
=
8.5 m/s i pręd
0. Współczynnik tarcia kinetycznego między
F
=
2:
=
F
i:
=
0, b) siła
4 N.
siły
o współrzędnych (2 m. 0. —3 m).
12.34) jest źródłem przyspieszenia liniowego
(0.5 m)j — ( 2 . 0 m)k. działa siła
(2 N)i — (3 N)k. Wyznacz działający na kamyczek moment
tycznego /
(rys.
2 N oraz F
20. Na kamyczek, którego wektor położenia względem początku układu współrzędnych wynosi 7 =
kulą a podłogą wynosi 0,21. Działająca na kulę siła tarcia kine k
=
y
F2v =
11 cm zostaje rzucona
przez zawodnika wzdłuż toru kręgielni. Kula ślizga się po podło dze,
=0,
2x
2 N oraz F\
=
ix
o składowych F
2
R
—6 N.
19. Wyznacz wartość i kierunek momentu siły względem po
a) siła Fi o składowych F
Kula do kręgli o promieniu
=
x
N.
czątku układu współrzędnych, jaki działa ma cząstkę, znajdującą
F 14.
m), na którą działa
6 N, b) F
=
x
względem:
a)
początku
układu
współrzędnych,
b) punktu
kuli oraz momentu siły nadającego kuli przyspieszenie kątowe. Gdy prędkość
i'$
dostatecznie zmaleje, a prędkość kątowa co
21.
Na cząstkę o wektorze położenia 7 =
dostatecznie wzrośnie, kula przestanie ślizgać się po torze i za
siła
F
cznie się po nim toczyć bez poślizgu, a) Jaki będzie wówczas
moment siły względem początku układu współrzędnych, b) kąt
związek u$
między wektorami 7 i F.
M
M
z col Ile wynosi: b) przyspieszenie liniowe, c) przy
=
(—8
N)i +
(3 m)i + (4 m)j działa
(6 N)j. Oblicz: a) działający
na cząstkę
spieszenie kątowe kuli w czasie, gdy ślizga się ona po torze? d)
Jak
kula
długo
po
torze?
ślizga e)
się Jaką
Oblicz
jalapeno.
(3
drogę przebędzie. ślizgając
m, —2
(4 N)j +
się wzdłuż toru? f) Ile wy
moment
siły
działający
znajdujący
m, 4
m),
(5 N)k,
się
pochodzący
b) siły
F
2
=
w
nosi prędkość kuli w chwili,
od: (-3
początku układu współrzęd
12.4. Jo-jo
o
siły
N)i -
F\
ostrej
ma
masę
pap
współrzędnych (3
=
(4 N)j -
N)i — (5
N)k,
d) Podaj odpowiedź
6,5 kg
9-r—>
2,2 m/s
4_J 1,5 m
120
g
i moment
bezwładności
9 5 0 g • c m . Promień ośki jest równy 3,2 mm. a sznurek ma dłu 2
gość
słoik
na pytanie (c), biorąc zamiast Rys. 1 2 . 3 4 . Zadanie 14
(3 m. 2 m. 4 m).
Zabawka jo-jo
a)
2
nych punkt o współrzędnych
15.
na
punkcie
c) siły równej sumie wektorowej sił F\ i F .
gdy zaczyna się ona toczyć po torze bez poślizgu?
22. ryki
120 cm. Puszczamy jo-jo z prędkością początkową równą
zeru i kółko zjeżdża po sznurku, aż do najniższego położenia, a) Ile wynosi wartość przyspieszenia liniowego kółka? b) Ile czasu trwa ruch kółka do dolnego końca sznurka? Ile wynosi: c) pręd kość liniowa, d) energia kinetyczna ruchu postępowego, e) ener gia kinetyczna ruchu obrotowego oraz f) prędkość kątowa kółka w chwili, gdy dociera ono do dolnego końca sznurka?
12.6. M o m e n t pędu 23.
Dwa ciała poruszają się
tak. jak pokazano na rysunku 12.35.
Ile
wynosi
ich
cał
O
3,6 m/s
-2,8 m3,1 kg
Rys. 12.35.
Zadanie 23
Rys. 12.36.
Zadanie 24
kowity moment pędu wzglę dem punktu O? ilw 24. Jak pokazano na rysunku 12.36, 2
kg o
cząstka ma
długości
o
P
wektor
masie
położenia
3m
i
pręd
16. Załóż, że jo-jo z zadania 15 nie zostało puszczone swobodnie,
7
lecz rzucono je w dół. z prędkością początkową rów ną 1.3 m/s.
kość v o wartości 4 m/s. Na
a) Ile czasu będzie trwał ruch kółka do dolnego końca sznurka?
cząstkę działa siła F o warto
Ile wyniesie: b) całkowita energia kinetyczna, c) prędkość liniowa,
ści 2 N. Wszystkie trzy wek
d) energia kinetyczna ruchu postępowego, e) prędkość kątowa,
tory leżą w płaszczyźnie .w,
0 energia kinetyczna ruchu obrotowego kółka w chwili, gdy dotrze
o osiach zaznaczonych na ry
ono do dolnego końca sznurka?
sunku. Ile wynosi względem
Zadania
325
początku układu współrzędnych: a) moment pędu cząstki, b) dzia
z kierunkiem ruchu wskazówek zegara. Ile wynosi działający na tę
łający na nią moment siły?
cząstkę moment siły względem początku układu współrzędnych, jeśli wartość jej momentu pędu względem tego punktu jest równa:
25.
W pewnej chwili wektor położenia ciała o masie 0,25 kg
jest równy (w metrach) r =
a) 4 kg • n r / s , b) 4 r
kg • n r / s , c) 4 ^ i kg • n r / s . d) 4/t
kg • n r / s ?
2
2
2i — 2k. Prędkość ciała w tej chwili
wynosi (w metrach na sekundę): ii =
—5i +
jąca na cząstkę, jest równa (w niutonach) F =
5k, a siła. działa 4j. a) Ile wynosi
32. r
W chwili / =
=
0 wektor położenia cząstki o masie 2 kg wynosi
(4 m)i — (2 m)j względem początku układu współrzędnych,
moment pędu ciała względem początku układu współrzędnych?
a jej prędkość jest równa v =
b) Ile wynosi działający na nie moment siły?
a) moment pędu tej cząstki, b) działający na nią moment siły,
(—dt
2
m/s)i. Wyznacz dla t > 0:
obydwa względem początku układu współrzędnych, c) Powtórz 26.
Ciało o masie 2 kg, które można traktować jak cząstkę, po
rusza się w płaszczyźnie xy
i w chwili, gdy znajduje się w punk
cie o współrzędnych (3. 4) m, ma prędkość o składowych v
=
x
30 m/s oraz v
=
y
pędu względem: a) początku układu współrzędnych, b) punktu
Dwie cząstki, każda o masie m i prędkości u, poruszają się
w przeciwnym kierunku po prostych równoległych, odległych od siebie o d.
a) Wyznacz wartość momentu pędu L
układu tych
dwóch cząstek względem punktu leżącego w połowie odległości między ich torami, w zależności od m. v i d. b) Czy ta zależność zmieni się, jeśli punkt, względem którego wyznaczać będziemy L,
nie będzie leżał w połowie odległości między torami cząstek?
c) Powtórz obliczenia z punktów (a) i (b) dla przypadku, w którym cząstki poruszają się po swoich torach w tym samym kierunku.
28.
Cząstka
o
masie
4
kg
porusza
się
w
płaszczyźnie Ary.
W chwili, gdy jej położenie i prędkość wynoszą r m i v =
—4j m/s, działa na nią siła F =
(2i +
4j)
—3i N. Ile wynosi w
=
tej
chwili: a) moment pędu cząstki względem początku układu współ rzędnych, b) moment pędu cząstki względem punktu o współrzęd nych x =
nie początek układu współrzędnych, lecz punkt o współrzędnych (-2
m. - 3
0, y = 4 m, c) działający na nią moment siły względem
początku układu współrzędnych, d) działający na nią moment siły względem punktu o współrzędnych x =
0, y =
4 m?
12.9. M o m e n t pędu ciała sztywnego obracającego się wokół stałej osi 33.
Moment pędu koła zamachowego o momencie bezwładno
ści
względem
12.7. Druga zasada dynamiki N e w t o n a dla ruchu obrotowego 29.
Cząstka o masie 3 kg znajduje się w punkcie o współrzędnych
jc =
3m, y =
8mima
prędkość D =
(5 m/s)i — (6 m / s ) j . Siła
o wartości 7 N działa na nią w ujemnym kierunku osi x. a) Ile wy nosi moment pędu tej cząstki względem początku układu współ rzędnych? b) Ile wynosi działający na nią moment siły względem początku układu współrzędnych? c) Z jaką szybkością zmienia się w czasie moment pędu tej cząstki?
ilw
Na cząstkę działają dwa momenty siły względem początku
układu współrzędnych: M\, runek osi x, oraz M , 2
mający wartość 2 N • m i dodatni kie
osi koła równym 0,14
kg • n r
maleje
w ciągu
1.5 s z 3 do 0.8 kg • n r / s . a) Ile wynosi średnia wartość mo mentu siły względem osi koła, działającego na nie w tym czasie? b) O jaki kąt obraca się koło w tym czasie przy założeniu, że jego przyspieszenie kątowe jest stałe? c) Jaka praca zostaje wykonana nad kołem w tym czasie? d) Ile wynosi średnia moc tego koła zamachowego? 34.
Tarczę ścierną o momencie bezwładności 1,2 • 1 0 ~
3
kg • m
twarza moment siły o wartości 16 N m
i uruchomiono wiertarkę.
Oblicz: a) moment pędu tarczy względem jej osi, b) prędkość kątową tarczy po 33 ms od włączenia silnika. 35.
Trzy
cząstki
o
masie
m
każda połączono ze sobą
i
z
osią
obrotu,
przez
przecho
punkt
O,
za
pomocą trzech linek o dłu gości łej
i
d
znikomo
masie, jak
ma
na rysunku
12.37. Układ ten wykonuje ruch
obrotowy
z
1 2 . 3 7 . Zadanie 35
Rys.
prędko
ścią kątową co, tak że cząstki pozostają przez cały czas ustawione wzdłuż jednej linii. Wyznacz zależność: a) momentu bezwładno ści układu, b) momentu pędu środkowej cząstki, c) całkowitego momentu pędu układu cząstek — względem punktu O — o d m ,
d
i
36.
co. Na obracające się ciało sztywne o momencie bezwładności /
działa przez krótki czas Af siła F(t).
/
mający wartość 4 N • m i ujemny kierunek
osi y. Wyznacz wartość i kierunek wektora d£/dr, przy czym l
Mdf = F RAt iT
Wykaż, że:
= /((Dko,
z).
jest momentem pędu cząstki względem początku układu współ
przy czym M jest momentem siły,
rzędnych.
średnią wartością siły w czasie jej działania na ciało, a i ""końc
31.
Cząstka porusza się w płaszczyźnie xy,
przy czym kierunek
jej ruchu względem początku układu współrzędnych jest zgodny
326
12.
Toczenie się ciał, moment siły i moment pędu
2
umieszczono w uchwycie wiertarki elektrycznej, której silnik wy
dzącą
30.
m.0).
6 0 m/s. Ile wynosi w tej chwili jego moment
o współrzędnych (—2, —2) m?
27.
obliczenia z punktów (a) i (b), przyjmując za punkt odniesienia
nim.
—
F
iT
-
copoc
Z
prędkością kątową ciała przed działaniem siły i po
(Wielkość
kątowym,
R — jej ramieniem,
f Mdt
= Fc,RAt
nazywamy czasem
przez analogię do popędu siły
Fi At). T
popędem
3 7 * . Dwa cylindry o promieniach /?i i R
2
oraz momentach bez
władności względem swoich osi l\ i U są zamocowane tak. że mogą
41.
Koło obraca się swobodnie z prędkością kątową o warto
ści 800 obrotów/min na wale, którego moment bezwładności jest
obracać się wokół swych osi, prostopadłych do płaszczyzny ry
znikomo mały. W pewnej chwili z wałem tym zostaje nagle po
sunku 12.38. W chwili początkowej duży cylinder obraca się w kie
łączone pozostające uprzednio w spoczynku drugie koło, o mo
runku zgodnym z kierunkiem ruchu wskazówek zegara, z prędko
mencie bezwładności dwa razy większym od pierwszego, a) Ile
ścią kątową cuo, a mały cylinder nie obraca się, lecz porusza się ru
wynosi końcowa prędkość kątowa wału z dwoma kołami? b) Jaka
chem postępowym w prawo. Po zetknięciu się cylindrów działająca
część pierwotnej energii
między nimi siła tarcia wprawia mały cylinder w ruch obrotowy. Po
stracona? ilw
kinetycznej ruchu obrotowego zostaje
upływie pewnego czasu cylindry przestają się ślizgać po sobie i ob racają się w przeciwnych kierunkach ze stałymi prędkościami ką
42.
towymi. Wyznacz końcową
o bardzo małym tarciu. Tarcze te mogą zostać ze sobą sprzężone,
prędkość kątową małego cy
tak że będą się obracać łącznie — j a k jedno ciało, a) Wyobraź so bie,
lindra on jako funkcję / ) ,
I,
R\, R
2
2
zówka:
oraz cuo-
Dwie tarcze umocowano na wspólnej osi za pomocą łożysk
że pierwszą tarczę, o momencie bezwładności względem jej
osi równym 3,3 k g m , wprawiamy w ruch obrotowy z prędkością
Wska
2
kątową 4 5 0 obrotów/min, a drugą tarczę, o
Przy zderzeniu cy
momencie
bezwład
lindrów nie jest zachowany
ności względem jej osi równym 6,6 kg • m , wprawiamy w ruch
ani moment pędu, ani ener
obrotowy z prędkością kątową 9 0 0 obrotów/min w tym samym
gia
skorzystaj
kierunku, co pierwszą. Następnie sprzęgamy tarcze ze sobą. Ile
z wyrażenia na popęd ką
wynosi ich prędkość kątowa po sprzężeniu? b) Wyobraź sobie
kinetyczna;
towy z zadania 36. www
2
Rys.
następnie, że druga tarcza obraca się początkowo z prędkością
1 2 . 3 8 . Zadanie 37
kątową 9 0 0 obrotów/min, lecz w kierunku przeciwnym niż pierw 38.
Na rysunku 12.39 przedstawiono sztywną konstrukcję, zło
żoną
z
obręczy
wykonanego
o
promieniu
z czterech
i
R
cienkich
masie
prętów,
oraz
m
każdy
kwadratu,
o długości
się
ze
stałą
Ile wynosi w tym przypadku prędkość kątowa tarcz po ich
sprzężeniu i w którą stronę się one obracają?
R
i masie m. Cały układ ob raca
sza.
43. -oś obrotu
prędko
Na placu zabaw jest mała karuzela o promieniu 1,2 m i ma
sie 180 kg. Jej ramię bezwładności (patrz zadanie 43 z rozdziału
ścią kątową wokół osi pio
11) wynosi 91 cm. Dziecko o masie 4 4 kg biegnie z prędkością
nowej, zaznaczonej
3 m/s wzdłuż linii stycznej do brzegu karuzeli (która początkowo
na ry
sunku. Okres obrotu wynosi
nie obraca się) i dobiegłszy do niej wskakuje na karuzelę. Przyj
2,5
mij,
s.
Przyjmij,
że
R
=
że tarcie między łożyskami a wałem karuzeli jest znikomo
0,5 m, a m = 2 kg, i oblicz:
małe i oblicz: a) moment bezwładności karuzeli względem osi
a)
jej obrotu, b) wartość momentu pędu biegnącego dziecka wzglę
moment
układu
bezwładności
względem
podanej
dem osi karuzeli, c ) prędkość kątową karuzeli i dziecka po jego
osi obrotu, b) moment pędu układu względem tej osi.
wskoczeniu na karuzelę. Rys.
1 2 . 3 9 . Zadanie 38 44.
12.10. 39.
Z a c h o w a n i e momentu pędu
Moment bezwładności obracającej się gwiazdy maleje w cza
sie jej zapadania się do j jego wartości początkowej. Ile wynosi stosunek końcowej energii kinetycznej gwiazdy do jej początko
Człowiek stoi na platformie, obracającej się bez tarcia z pręd
wej energii kinetycznej?
kością kątową 1,2 obrotów/s i w każdej z wyciągniętych w bok rąk trzyma cegłę. Moment bezwładności układu złożonego z czło
45.
wieka, cegieł i platformy względem osi obrotu wynosi 6 kg • n r .
kole,
Przyciągając cegły do tułowia, człowiek zmniejsza moment bez
(rys.
władności układu do wartości 2 kg • m . a) Ile wynosi prędkość
w której cały układ pozostawał w spoczynku, włączono jej za
kątowa platformy po wykonaniu przez człowieka tego manewru?
silanie. Po upływie pewnego czasu kolejka porusza się ze stałą
2
Tor modelu kolejki elektrycznej został ułożony na dużym które
może
się
obracać
bez
tarcia
wokół
pionowej
osi
12.40). Na torze ustawiono kolejkę o masie mi i w chwili,
b) Ile wynosi stosunek końcowej i początkowej energii kinetycznej układu? c) Kosztem jakiej energii zwiększyła się energia kinetyczna układu? 40.
Wirnik
silnika
elektrycznego
względem swej osi równy /„. =
ma
2 • 10~
3
moment
bezwładności
kg • m . Silnik ten, prze 2
znaczony do zmiany ustawienia sondy kosmicznej w przestrzeni, jest umocowany tak, że jego oś jest równoległa do osi sondy. Moment bezwładności sondy względem tej osi jest równy /
s
=
12 kg • m . Oblicz liczbę obrotów silnika, potrzebną do obrócenia 2
sondy wokół jej osi o kąt 30°.
Rys.
1 2 . 4 0 . Zadanie 4 5
Zadania
327
prędkością o wartości v względem toru. Z jaką prędkością kątową obraca się wówczas koto. którego masa wynosi M I . a promień R"
—
Potraktuj koto jak obręcz oraz pomiń masę szprych i piasty
nie poziomej wokół osi pionowej, przechodzącej przez jego śro dek.
W
pewnej
chwili,
staje wystrzelony
kola. w w w
gdy
pręt
nie obraca
się,
w
kierunku
jednego z jego końców zo poziomo
pocisk. Kierunek prędkości 4 6 . Jak pokazano na rysunku 12.41. dwie łyżwiarki. każda o ma
pocisku
sie 5 0 kg. zbliżają się do siebie po równoległych torach, odległych
kąt 6 0
od siebie o 3 m. Ich prędkości, skierowane przeciwnie, mają taką
cisk grzęźnie w pręcie, któ
samą wartość, równą 1.4 m/s. Jedna z łyżwiarek trzyma za ko
rego
niec długą tyczkę o znikomo małej masie, a druga chwyta ją za
po
drugi koniec, gdy do niej dociera. Załóż, że łyżwiarki poruszają
wynosi
się po tafli lodu bez tarcia, a) Opisz ilościowo ruch łyżwiarek od
prędkość pocisku tuż przed
chwili, gdy zostają one połączone tyczką, b) Ile wynosi energia
zderzeniem z prętem.
;
tworzy
z
oś obrotu-
prętem
(patrz rysunek). Po
prędkość
zderzeniu
kątowa z
tuż
60°
pociskiem
10 rad/s. Wyznacz
Rys. 1 2 . 4 2 . Zadanie 5 0
kinetyczna układu tych dwóch łyżwiarek? Wyobraź sobie, że następ
51*.
nie
o długości 5 0 cm i znikomo małej masie. Pręt może obracać się
łyżwiarki
przesuwają
Dwie kule o masie 2 kg każda połączono cienkim prętem
się wzdłuż tyczki, tak aby
bez tarcia w płaszczyźnie pionowej wokół poziomej osi. przecho
zbliżyć się do siebie na od
dzącej przez jego środek. W pewnej chwili, gdy pręt jest usta
ległość 1 m. Ile wynosi po
wiony poziomo (rys. 12.43). na jedną z kul spada grudka wilgot
tym manewrze: c ) ich pręd
nego kitu o masie 5 0 g. mająca w chwili uderzenia w kulę pręd
U
kość kątowa oraz d) ener gia
kinetyczna
Wyjaśnij,
układu?
kosztem
e)
czego
zwiększa się energia kine tyczna układu.
kość równą 3 m/s, i przykleja się do tej kuli. a) Ile wynosi pręd kość kątowa układu tuż po upadku kitu na kulę? b) Ile wynosi sto sunek całego
energii układu
niu do energii
Rys. 1 2 . 4 1 . Zadanie 4 6
kinetycznej po
zderzę-
grudki kitu tuż przed tym 47.
Karaluch o masie m biegnie wzdłuż brzegu stojącej na stole
obróci
może obracać się na łożyskach bez tarcia, wokół pionowej osi.
w
Prędkość karalucha względem stołu wynosi u, a taca obraca się
stanie się równa zeru?
zgodnym
z kierunkiem
ruchu
wskazówek
0
Śobrotu
zderzeniem? c) O jaki kąt
tacy obrotowej o promieniu R i momencie bezwładności / . która
w kierunku
^
kinetycznej
się
której
pręt
\
do chwili.
prędkość
I
A
ł \
^
układu Rys. 1 2 . 4 3 . Zadanie 51
zegara,
z prędkością kątową O>Q. W pewnej chwili karaluch dostrzega na
5 2 . Karaluch o masie m leży na skraju jednorodnego krążka o ma
swej drodze okruszek chleba i —
sie \0m,
rzecz jasna — zatrzymuje się
który może obracać się swobodnie wokół swej osi jak ka
przy nim. a) Ile wynosi prędkość kątowa tacy po zatrzymaniu się
ruzela. Początkowo karaluch i krążek obracają się łącznie z pręd
karalucha? b) Czy energia mechaniczna jest zachowana podczas
kością kątową cug. W pewnej chwili karaluch zaczyna iść ku środ
tego manewru?
kowi krążka i zatrzymuje się w połowie drogi do środka, a) Ile wy nosi przy tym zmiana prędkości kątowej układu karaluch-krążek?
4 8 . Dziewczynka o masie m\ stoi na brzegu karuzeli o promieniu
b) Ile wynosi stosunek energii kinetycznej układu po zmianie po
R i momencie bezwładności / . która może obracać się bez tar
łożenia karalucha do energii kinetycznej tego układu przed tym
cia. Karuzela się nie obraca. W pewnej chwili dziewczynka rzuca
manewrem £k/£ko? c) Dzięki czemu zmienia się energia kine
poziomo kamień o masie mi
tyczna układu?
w kierunku stycznym do zewnętrz
nej krawędzi karuzeli. Prędkość kamienia względem ziemi jest równa v. Ile wynosi po wyrzuceniu kamienia: a) prędkość kątowa
53.
karuzeli, b) prędkość liniowa dziewczynki?
się całkowicie, a powstała z nich woda zasiliła oceany, to głębo
Gdyby lody, pokrywające okolice biegunów Ziemi, stopiły
kość oceanów zwiększyłaby się o 30 m. Jaki miałoby to wpływ na m jest
ruch obrotowy Ziemi? Oszacuj związaną z tym zmianę długości
ustawiona poziomo i obraca się swobodnie wokół osi pionowej,
doby. (Niektórzy niepokoją się. że ogrzewanie atmosfery w wy
49.
Płyta gramofonowa o masie 0.1
kg i promieniu 0.1
przechodzącej przez jej środek. Prędkość kątowa płyty wynosi
niku działalności przemysłowej może doprowadzić do topienia się
4.7 rad/s. a moment bezwładności płyty względem jej osi obrotu
czap lodowych na biegunach Ziemi).
jest równy 5 - 1 0 "
4
kg •nr. W pewnej chwili spada na płytę z góry
wałek mokrego kitu o masie 0,02 kg i przykleja się do skraju płyty.
54.
Ile wynosi prędkość kątowa płyty tuż po przyklejeniu się do niej
łożyskach bez tarcia wokół osi pionowej, przechodzącej przez jej
Pozioma platforma w kształcie tarczy kołowej obraca się na
kitu?
środek. Platforma ta ma masę 150 kg i promień 2 m. a jej moment bezwładności względem osi obrotu jest równy 300 kg • n r . Student
50.
Jak
o długości 0,5
328
pręt
o masie 6 0 kg idzie powoli wzdłuż promienia tarczy, od jej brzegu
m i masie 4 kg może obracać się w płaszczyź-
do środka. Prędkość kątowa układu w chwili, gdy student znajduje
pokazano
na
rysunku
12.42. jednorodny
cienki
12. Toczenie się ciał, moment siły i moment pędu
1.5 rad/s. Ile wynosi prędkość
można go uważać za cząstkę
kątowa, gdy student znajduje się w odległości równej 0.5 m od
się na brzegu platformy wynosi
na końcu pręta, a) Ile wy
środka platformy?
nosi moment bezwładności układu
55.
Jednorodna tarcza o masie
10»i
i promieniu 3r
może ob
racać się swobodnie jak karuzela wokót swej stałej osi. Mniej sza jednorodna tarcza o masie m
i promieniu r
leży na więk
klocek-pręt-pocisk
względem
punktu
Wyznacz prędkość pocisku tuż przed uderzeniem w klo
szej tarczy tak, że ich osie się pokrywają. Obie tarcze obracają
cek,
się początkowo razem, z prędkością kątową 20
kątowa
układu
punktu
A
nej chwili
pod
wpływem jakiegoś
przesuwa się po powierzchni tarczy
zaburzenia
rad/s. W pew mniejsza
tarcza
większej aż do położenia,
w którym ich krawędzie są do siebie styczne. Po zatrzymaniu się
pręt
b)
A?
wiedząc,
że prędkość względem
tuż
po
zderze
niu pocisku z klockiem była równa 4,5 rad/s.
klocek pocisk Rys. 1 2 . 4 5 . Zadanie 57
mniejszej z nich obie tarcze znów obracają się razem bez wza jemnego poślizgu, a) Ile wynosi wówczas ich prędkość kątowa
5 8 . Jak pokazano na rysunku 12.46. jednorodny pręt o długości
względem osi większej tarczy? b) Ile wynosi stosunek energii
0.6 m i masie 1 kg obraca się wokół osi. przechodzącej przez jeden
kinetycznej układu dwóch tarcz po zmianie położenia mniejszej
z jego końców, względem której jego moment bezwładności wy
z nich, do energii kinetycznej ich układu przed tym manewrem
nosi 0.12 k g - n r . Gdy ruchomy koniec pręta przechodzi przez swe najniższe położenie, zderza się z małą kulką kitu o ma
56.
Dziecko o masie 30
karuzeli o masie ności W
karuzeli
kg stoi na brzegu nieobracającej się
100 kg i promieniu 2 m. Moment bezwład
względem jej
pewnej chwili
dziecko
osi
łapie
obrotu pitkę o
wynosi masie
sie 0.2
kg, która przykleja
się do pręta. Wyznacz pręd
150
kg • n r .
kość kątową układu pręt-kit
1 kg.
rzuconą
tuż po zderzeniu, wiedząc,
do niego przez kolegę. Tuż
że
przed
tuż przed
złapaniem jej
przez
dziecko piłka ma prędkość
piłka
poziomą o wartości 12 m/s, skierowaną pod kątem
37
prędkość
kątowa
pręta
zderzeniem
Jak pokazano na ry
karu
sie m i ześlizguje się bez tar
zeli w punkcie, w którym
cia z wysokości / ; po pew
stoi
nej powierzchni,
krawędzi
dziecko
(patrz
z góry na rysunku
widok
po czym
Ile wynosi prędkość kątowa
rodnego 0
masie 1112 i długości
1
przykleja
po
złapaniu
piłki przez dziecko?
Rys. 1 2 . 4 6 . Zadanie 58
zderza się z końcem jedno
12.44).
karuzeli
tuż
2,4 rad/s
wy
sunku 12.47, cząstka o ma
do prostej, stycznej do ze wnętrznej
pręt
nosiła 2,4 rad/s.
59*.
:
oś obrotu
Rys. 1 2 . 4 4 . Zadanie 56
pręta
pionowego,
się
do
d,
niego.
Pręt może się obracać wo 57.
Jak pokazano na rysunku
12.45, pocisk o masie
1 g trafia
kół osi. przechodzącej przez
w klocek o masie 0,5 kg przymocowany do końca niejednorodnego
punkt
pręta o masie 0,5 kg i długości 0,6 m. Układ klocek-pręt-pocisk
przybiera
O.
Prędkość wartość
pręta równą
obraca się następnie wokół stałej osi przechodzącej przez punkt A.
zeru w chwili, gdy pręt jest
Moment bezwładności samego pręta względem tej osi jest równy
odchylony od pionu o kąt 6.
0,06 kg • n r . Przyjmij, że klocek jest dostatecznie mały na to. aby
Wyznacz ten kąt.
Rys. 1 2 . 4 7 . Zadanie 59
A Międzynarodowy Układ Jednostek (SI)* 1.
Jednostki podstawowe SI
Wielkość
Nazwa metr
długość
Symbol
m
Definicja
..długość drogi przebytej przez światło w próżni w czasie 1/299 7 9 2 4 5 8 sekundy* (1983) -
kilogram
kg
„ten prototyp [pewien walec z platyny i irydu] będzie odtąd uważany za jednostkę masy" (1889)
sekunda
s
„czas trwania 9 1 9 2 6 3 1 7 7 0
okresów fali promieniowania
odpowiadającego przejściu między dwoma poziomami nadsubtelnymi stanu podstawowego atomu cezu-133" (1967) natężenie prądu elektrycznego
amper
A
„natężenie
stałego
prądu elektrycznego,
który
—
płynąc
w dwóch równoległych, nieskończenie długich, prostolinio wych przewodach o znikomo małym, kołowym przekroju, umieszczonych w próżni w odległości 1 metra od siebie wywołuje między tymi przewodami siłę równą 2 • I O
- 7
—
niu-
tona na każdy metr długości przewodu*' ( 1 9 4 6 ) temperatura termodynamiczna
kelwin
K
„1/273,16 część temperatury termodynamicznej punktu po trójnego wody" (1967)
ilość substancji
mol
mol
„ilość substancji układu zawierającego liczbę cząstek równą liczbie
atomów
zawartych
w 0,012
kilograma
węgla-12"
(1971) światłość
kandela
cd
„światłość, jaką ma w danym kierunku źródło emitujące pro mieniowanie elektromagnetyczne o częstości 5 4 0 • 1 0
12
her
ców i którego natężenie promieniowania w tym kierunku jest równe 1/683 wata na steradian" ( 1 9 7 9 )
* Na podstawie pracy „The International System of Units (SI)". National Bureau of Standards Special Publication 330,
1972 edition. Przytoczone definicje zostały przyjęte przez Konfe
rencję Ogólną ds. Miar i Wag (ciało międzynarodowe) w podanych w tabeli latach. Kandela nie jest używana w niniejszej książce.
2 . Niektóre jednostki pochodne SI
Wielkość
Nazwa jednostki
Symbol
metr kwadratowy
m
2
objętość
metr sześcienny
m
3
częstość
herc
Hz
gęstość
kilogram na metr sześcienny
kg/m
prędkość
metr na sekundę
m/s
prędkość kątowa
radian na sekundę
rad/s
przyspieszenie
metr na sekundę kwadrat
m/s
przyspieszenie kątowe
radian na sekundę kwadrat
rad/s
siła
niuton
N
ciśnienie
paskal
Pa
N/m
praca, energia, ciepło
dżul
J
N m
moc
wat
W
J/s
ładunek elektryczny
kulomb
C
A-s
pole powierzchni
s-
1
3
2
2
kg • m/s 2
napięcie elektryczne, różnica potencjałów, wolt
V
W/A
natężenie pola elektrycznego
wolt na metr (lub niuton na kulomb)
V/m
N/C
opór elektryczny
om
Ci
V/A
pojemność elektryczna
farad
F
As/V
strumień magnetyczny
weber
Wb
V-s
indukcyjność
henr
H
V-s/A
indukcja magnetyczna
tesla
T
Wb/m
A/m
siła elektromotoryczna
natężenie pola magnetycznego
amper na metr
entropia
dżul na kelwin
J/K
ciepło właściwe
dżul na kilogram i kelwin
J/(kg • K)
przewodność cieplna
wat na metr i kelwin
W/(m • K)
natężenie promieniowania
wat na steradian
W/sr
3. Jednostki uzupełniające SI Wielkość
Nazwa jednostki
Symbol
kąt płaski
radian
rad
kąt bryłowy
steradian
sr
A2
Dodatek A. Międzynarodowy Układ Jednostek (SI)
2
2
• Ł D . O DATEK B Niektóre podstawowe stałe fizyczne* Stała
prędkość światła w próżni
c
3.00- 10
ładunek elementarny
e
1,60- I O '
stała grawitacyjna
G
6 . 6 7 - I O " " nr7(s
uniwersalna stała gazowa
R
8.31
stała Avogadra
N
6.02 • 1 0
stała Boltzmanna
k
1,38- 1 0 "
stała Stefana-Boltzmanna
a
5.67 • 1 0 "
s
W/(m
2.27 • 1 0 "
2
m /mol
8.85
1 2
A
objętość molowa gazu doskonałego
0
v
m
stata elektryczna
mol"
2 3
- kg)
10"
h
6,63- 1 0
1
J/K
2 3
stalą Plancka
2
• K ) 4
3
F/m H/m
6
J • s
- 3 4
in
d
p
d
nu
He
2.271098 1
1,7
8.854 187 8 1 7 6 2
(dokładnie)
1,256637 0 6 1 4 3
(dokładnie)
6 . 6 2 6 0 6 8 76
0.078
0.040
1.674927 16
0.079
1.008 6 6 4 9 1 5 78
5.4 • IO" 0.0005
27
kg
1.0078 u
1.007 825 0 3 1 6
2.0141 u
2.014 101 7 7 7 9
0.0005
4.0026 u
4.002603 2
0.067
* Wartości zebrane w tej tabeli wybrano z wartości zalecanych przez CODATA w 1998 r. (patrz: www.physics.nist.gov).
1,7 7,0
0.0021
C/kg
1.0087 u
masa atomu helu-4
1,380 650 3 5.670400
1.758 820 174
"In
""H
0.079
1836.1526675
kg
1840
1.68- I O "
d
1.7
6.022 141 99
1.3- IO"
1.76- 1 0 "
masa atomu deuteru
1500
8.314472
1.007 2 7 6 4 6 6 8 8
e
masa atomu wodoru
0,039
0.079
e/m
d
1,602 1 7 6 4 6 2 6.673
0.0021
m //n
d
(dokładnie)
1.672 6 2 1 5 8
2 7
b
2.997 9 2 4 5 8
1.67 • 1 0 ~
stosunek ładunku elektronu do masy elektronu masa neutronu
względna
0.079
stosunek masy protonu do masy elektronu
e
Niepewność
5.485 799 110
kg
1.0073 u p
(1998)
9 . 1 0 9 3 8 1 88
3 1
4
masa protonu
3
5.49 • IO" u
9.11 • 1 0 "
e
2
J/(molK)
1,26- IO"
m
C
1 9
Mo
d
dokładna
m/s
8
stata magnetyczna
masa elektronu
Wartość najbardziej
Wartość zaokrąglona
Symbol
4
4
cd.
Symbol
Stała
masa mionu
Wartość zaokrąglona
1,88 - 1 0 '
Wartość najbardziej dokładna
3
(1998)
Niepewność względna
0,084
kg
1,883 5 3 1 0 9
Me
9,28- 1 0 -
2 4
J/T
9 , 2 8 4 7 6 3 62
0,040
moment magnetyczny protonu
M
1,41 • 1 0 "
2 6
J/T
1,410606663
0,041
magneton Bohra
M B
9,27 • 1 0 "
2 4
J/T
9 , 2 7 4 0 0 8 99
0,040
magneton jądrowy
MN
5,05 • l O "
J/T
5 , 0 5 0 7 8 3 17
0,040
promień Bohra
OB
5,29 • 1 0 - " m
5,291 7 7 2 0 8 3
0,0037
stała Rydberga
R
1,10
1,097 373 156 854 8
7,6 • 1 0 "
^c
2.43 • l O "
2,426310215
0,0073
moment magnetyczny elektronu
P
comptonowska długość fali elektronu
2 8
27
10'
rn"
1
12
m
" Wartości w tej kolumnie należy pomnożyć przez tę samą potęgę liczby 10 i jednostkę co odpowiednie wartości zaokrąglone. b
W jednostkach 1 0
c
W warunkach normalnych temperatury ( 0 C ) i ciśnienia (1,0 atm. czyli 0.1 MPa).
d
Atomowa jednostka masy 1 u = 1 , 6 6 0 5 3 8 7 3 • 1 0
-
6
(milionowych częściach całości). =
A 4
- 2 7
kg.
Dodatek B. Niektóre podstawowe stałe fizyczne
6
6
HDDXTATEK C Niektóre dane astronomiczne
W y b r a n e odległości o d Ziemi do Księżyca do Słońca
3
3
do najbliższej gwiazdy (Proxima Centauri)
3,82
10
do środka naszej Galaktyki
2.2- 1 0
2 0
m
1,50
10"
m
do galaktyki Andromedy
2,1 • 1 0
22
m
4,04
10
m
do granicy obserwowalnego Wszechświata
~
m
m
8
16
10
2 6
Odległość średnia.
Słońce, Ziemia
i Księżyc
Właściwość
Słońce
Jednostka
masa
kg
1,99- 1 0
średni promień
m
6.96- 10
średnia gęstość
kg/m
przyspieszenie grawitacyjne na powierzchni
m/s
prędkość ucieczki
km/s
okres obrotu
2
3
c
6,37 • 10
W
2 4
6
7,36-
274
9,81
1.67
618
11,2
2,38
23 h 56 min
27,3 d
3,90- 1 0
3340
6
2 6
Mierzony względem odległych gwiazd. Słońce — będące kulą gazu — nie obraca się jak ciało sztywne. T u ż nad atmosferą Ziemi energia słoneczna dociera do powierzchni prostopadłej do kierunku padania z szybkością 1340 W / m . 2
10
1,74- 1 0
5520
6
0
10
Księżyc
1410
37 d na biegunach ,
3
całkowita moc promieniowania
b
5,98-
3 0
8
26 d na równiku
3
Ziemia
22
6
W y b r a n e właściwości
planet
Merkury
Wenus
Ziemia
Mars
Jowisz
Saturn
Uran
Neptun
Pluton
57,9
108
150
228
778
1430
2870
4500
5900
okres obiegu, lat
0,241
0,615
1,00
1,88
11,9
29,5
84,0
165
248
okres obrotu , d
58,7
-243
0,997
1,03
0,409
0,426
-0,451"
0,658
6,39
prędkość na orbicie, km/s
47,9
35,0
29,8
24,1
13,1
9,64
6,81
5,43
4,74
<
«*3°
23,4°
25,0°
3,08°
26,7°
97,9°
29,6°
57,5°
1.85=
1.30°
2,49°
0.77°
1,77°
17,2°
średnia odległość od Słońca, 1 0
6
km
3
b
nachylenie osi względem płaszczyzny orbity
28°
nachylenie orbity względem orbity Ziemi
7.00°
3.39°
0,206
0,0068
0,0167
0,0934
0,0485
0,0556
0,0472
0,0086
0,250
4880
12100
12 800
6790
143 0 0 0
120000
51800
4 9 500
2300
0,0558
0,815
1,000
0,107
318
95,1
14,5
17,2
0,002
5,60
5.20
5,52
3.95
1,31
0,704
1,21
1,67
2,03
3,78
8,60
9,78
3,72
22,9
9,05
7,77
11,0
0,5
prędkość ucieczki , km/s
4,3
10,3
11,2
5,0
59,5
35,6
21,2
23,6
1,1
liczba znanych satelitów
0
0
]
2
16
18
17
8
1
mimośrod orbity średnica równika, km masa (masa Ziemi =
1)
gęstość (gęstość wody =
1)
przyspieszenie grawitacyjne na powierzchni , m/s 0
2
0
a
Mierzony względem odległych gwiazd.
b
Wenus i Uran obracają się w kierunku przeciwnym do ruchu po orbicie.
c
Przyspieszenie grawitacyjne jest mierzone na równiku planety.
d
+ pierścień.
e
+ pierścienie.
A 6
Dodatek C . Niektóre d a n e
astronomiczne
d
e
e
e
DODATEK D Współczynniki zamiany jednostek Współczynniki przeliczeniowe można bezpośrednio odczytać z tabel. Na przykład 1 stopień = 2 . 7 7 8 • I O a zatem 1 6 , 7 = ;
16,7 • 2 , 7 7 8 • I O
- 3
- 3
obrotów,
obrotów. Jednostki SI zapisano czcionką półgrubą. Tabele zostały przygotowane
częściowo na podstawie pracy: G. Shortley, D. Wiliams. Elemenls
of Physics,
Prentice-Hall. Englewood Cliffs,
NJ, 1 9 7 1 .
Kąt płaski
radianów 1 stopień = 1 1 minuta = 1.667
io-
2
1 sekunda = 2 , 7 7 8
io-
4
60
3600
1.745
io-
1
60
2,909
IO"
1
4,848
io-
1,667 •IO"
1 radian = 5 7 , 3 0
2
3438
1 obrót = 3 6 0
obrotów
2,16 • 1 0
4
2,063
10
5
1.296
10
6
2
4
6
2 , 7 7 8 • IO"
3
4 , 6 3 0 • IO"
5
7 , 7 1 6 - IO"
7
1
0.1592
6.283
1
Kqt bryłowy 1 pełny kąt bryłowy = 4TI steradianów = 1 2 , 5 7 steradianów
Długość metrów
cm
1 centymetr = 1
IO"
1 metr = 100 1 kilometr = 1 cal (in) =
10
1 angstrem = I O
- 1 0
5
- 1 5
m
2
3 , 0 4 8 • IO"
1609
1,609
m
5
4
0,3937
3,281
6,214- 10~
6
39,37
3.281
6.214- 1 0 -
4
1 3
km
1 2
km
4
0,6214
3281
1
8,333 • 1 0 "
1 , 5 7 8 - IO"
5
12
1
1.894- IO-
4
5280
1
6.336 • 1 0
1 rok świetlny = 9,460 • 1 0 1 parsek = 3,084 - I O
mil
stóp
3.937 • 1 0
2.540- 1 0 '
0,3048
1 mila morska = 1852 m = 1.151 mil = 6076 stóp 1 fermi = I O
3
1
2.540 • 1 0 "
1 stopa (ft) = 3 0 , 4 8
5
IO"
1000
5
1 mila (lądowa) = 1 , 6 0 9 - 1 0
10"
2
1
2.540
cali
km
4
2
1 sążeń = 6 stóp I promień Bohra = 5.292 • 1 0 " " m
1 jard = 3 stopy 1 nm = I O
- 9
m
Pole powierzchni
m-
cm
1 metr kwadratowy = 1 1 centymetr kwadratowy =
10
IO
- 4
1 stopa kwadratowa = 9.290 • 1 0
- 2
1 cal kwadratowy = 6.452 • IO"
4
1 mila kwadratowa = 2.788 • 1 0 f t = 640 akrów 7
1 barn = 1 0
- 2 8
m
ft-
2
in-
10,76
4
1550
1
1,076-IO"
929,0
1
6.452
6.944 • IO"
0,1550
3
144 1
3
1 akr = 43 560 ft 1 hektar = 1 0 n r = 2.471 akrów
2
2
2
4
Objętość
m
cm
3
1 metr sześcienny = 1 1 centymetr sześcienny = 1 litr =
10
IO
1,000- IO"
1 stopa sześcienna = 2.832 • 1 0 ~
2
1,639 • I O
1 galon amerykański = 4 kwarty = 231 i n
1000 4
16,39
in
3
35,31
1,000- IO"
2 . 8 3 2 - 10
- 5
ft
1000
6
1
- 6
3
1 cal sześcienny =
1 (litrów)
3
6,102-
3,531 - IO"
3
1
3.531 • IO" 1
4
2
61,02
2
1728
5,787 • 1 0 -
2
10
6 , 1 0 2 - IO"
5
28,32 1,639- IO"
3
1
4
3
1 galon angielski = 277,4 i n = 1.201 galonów amerykańskich 3
Maso
1 gram = 1 1 kilogram =
u
kg
g
1000
1 atomowa jednostka masy = 1,661 • 1 0
0,001
6,022-
10
2 3
3.527 • IO"
1
6,022 • 1 0
2 6
35,27
-27
,
1,661 • 10"
- 2 4
1 uncja handlowa (oz) = 28.35
2.835 • 10""
1 funt handlowy (lb) = 4 5 3 , 6
funtów
uncji
2
0,4536
1 kg/m 1 g/cm
3
3
1 lb/ft
3
1 lb/in
3
g/cm
3
lb/ft
3
5,857 • I O " 1
6 , 2 5 0 - IO"
2,732 • 1 0
2 6
16
1
lb/in
3
3
0,001
6,243 • 1 0 ~
3 , 6 1 3 - IO"
5
1000
1
62.43
3 . 6 1 3 - IO"
2
=
16,02
1.602 • I O
1
5,787 • IO"
4
17,28
1
27,68
4
2
Czas
a
d
1 rok = 1 1 doba =
2,738 • IO"
3
1 godzina =
1,141 • IO"
4
1 minuta =
1,901 • i o -
1 sekunda =
3 . 1 6 9 - IO"
6
8
h
365,25
8,766 • 1 0
1
24
min
5,259 • 10
3
s
3,156- 10
7
1440
8,640- 10
4
60
3600
5
4 , 1 6 7 - IO"
2
1
6,944 • IO"
4
1,667 • IO"
2
1
1,157- IO"
5
2,778 • IO"
4
1,667 • IO"
Dodatek D. Współczynniki zamiany jednostek
60 2
1
3
3,662 • I O "
25
= 1
= 2,768 • 1 0
26
1,718-IO
=
- 2
2,205 • I O " 2,205
Gęstość
kg/m
2
27
2
Prędkość km/h
m/s
cm/s
1 km/h = 1
0,2778
27,78
0,6214
1
100
2.237
0.01
1
2.237 • 1 0 "
1 m/s = 3.6 1 cm/s = 3 , 6 - I O
- 2
mil/h
ft/s 0,9113 3.281 3,281 • IO"
2
1 mila/h =
1.609
0,4470
44,70
1
1.467
1 stopa/s =
1.097
0.3048
30.48
0.6818
1
2
1 węzeł = I mila morska/h = 1.688 ft/s
Siła dyn
N
1 dyna = 1 1 N =
10
IO"
G
1,020-10"
5
1
5
funtów
kG
1,020- 1 0 "
3
102,0
2,248 • I O "
6
0,1020
0,2248
1
0,001
2,205 • I O "
1 kG = 9,807
10
5
9,807
1000
1
2,205
1 funt = 4 , 4 4 8
10
5
4,448
453,6
0,4536
1
1 G = 980,7
9,807- IO"
3
6
3
Jednostki: gram-sita (G), kilogram-sita (kG) i funt (jednostka sity) są obecnie rzadko stosowane. Są one zdefiniowane na stępująco: 1 gram-sita jest to sita ciężkości działająca na ciało o masie 1 g w standardowych warunkach ciążenia (tzn. gdy g = 9.80665 m / s ) : analogicznie dla kilograma-sily i funta. 2
Ciśnienie atm
dyn/cm
1 atmosfera = 1 1 dyna/cm
2
= 9,869
1.013
io-
1 cal wody" w temp. 4 C =
2,458
IO"
3
1 cm rtęci" w temp. 0 C =
1,316
IO"
2
=
=
1 paskal = 9.869 1 funt/in 1 funt/ft
2
= 6,805
2
= 4,725
IO
7
2
10
6
1
1,333
10
4
10
IO"
6,895
IO"
4
478,8
10
4
W standardowych warunkach ciążenia (tzn. gdy g = 9.80665 m/s ). 1 bar = 1 0 dyn/cm = 0,1 MPa 1 milibar = 1 0 dyn/cm = 10 Pa
a
Pa
1,013
76
io-
4
7,501 • IO"
5
funtów/in
2
10
5
14,70 1,405 - IO"
2
5,202
4
2,089
0,1868
249,1
3 , 6 1 3 - IO"
1
1333
0,1934
1
1,450- IO"
7,501 • IO"
27,68
5,171
0,1922
3,591 •
4
6,895
io-
2
47,88
10
3
2,089
144 3
1
2
6
2
3
2
2
IO"
3
IO"
2
27,85
1 6,944 • IO"
2
2116
0,1
1
3
funtów/ft
5
5,353 4,015 • IO"
2
cm Hg
406,8 4.015-
2491
-6
cali wody
1 tor = 1 mm Hg
Dodatek D. Współczynniki zamiany jednostek
Energia, praca, ciepło Dwie ostatnie jednostki nie są — ściśle rzecz biorąc —jednostkami energii, lecz zostały włączone do tabeli dla wygody. Odpowiadające im wartości współczynników przeliczeniowych wynikają z relatywistycznej równoważności masy i energii. £ = m c , i wyrażają energię 2
wyzwalaną przy całkowitej zamianie na energię masy jednego kilograma lub atomowej jednostki masy u (dwa ostatnie wiersze) oraz masę. która po całkowitej zamianie na energię daje odpowiednią energię jednostkową (dwie ostatnie kolumny tabeli).
J
erg
1 erg = 1 1 d ż u l = 10
IO" 7
1 kaloria = 4,186
10
1 kilowatogodzina = 3,600
10
1 elektronowolt = 1,602
7
13
IO"
12
cal
kWh
2,389 • IO"
7
8
eV
2,778
10"
-14
1
0,2389
2,778
-7 10"
4,186
1
1,163
10"
8.600- 10
1
3,600
10
1.602
IO"
19
3,827 •
1,602
IO"
13
3.827 • IO"
8,987
10
6
1 0
-6
5
-20
4.450
10"
4,450
10"
2,497
10
4,146
10"
-26
MeV
kg
u
6,242
10"
6.242
10
5
1,113
10"
6,242
10
18
6.242
10
12
1,113
10"
2,613
10"
2,613
10
13
4,660
10"
2.247
IO
2.247
10
19
4,007
10"
1,783
10"
1,783
10"
25
1
IO"
6
-24
670,2
-17
6,702
10
2,806
10
10
2,413
10
16
1,074
IO"
9
1,074
IO"
3
6,022
10
-17 -U
-36
9
1 megaelektronowolt =
=
1,602
IO
1 kilogram = 8,987
10
-6
23
2,146- 1 0
16
14
16
-20
IO"
10
1
6
5,610
IO
9,320
10*
35
5,610
10
29
-30
1
I atomowa jednostka masy =
=
1,492
io-
3
1,492
1 0
-lo
3,564-
io-
1 1
-17
Moc KM
1 koń mechaniczny = 1 1 kaloria na sekundę = 5,615
IO"
3
IO"
3
1 kilowat = 1.341 1 wat = 1,341
Indukcja
178,1
0,7457
1
4 . 1 8 6 - IO"
238.9
1
1000
0,2389
0,001
1
magnetyczna Gs
T
1 gaus (Gs) = 1 1 tesla (T) =
10
mGs
IO" 4
1 miligaus (mGs) = 0,001
4
1
1000 10
IO"
7
7
1
1 lesia = 1 weber/m-
Strumień
magnetyczny
maksweli
weberów
io-
1 makswel = 1 1 weber =
A 10
10
8
w
kW
cal/s
8
1
D o d a t e k D. W s p ó ł c z y n n i k i z a m i a n y j e d n o s t e k
745,7 3
4.186
932,0
1,661
10"
-27
1
26
LODATEK E
Wzory matematyczne
GEOMETRIA Koło o promieniu
R:
obwód =
Kula o promieniu
27tr;
R:
pole powierzchni =
pole powierzchni =
47tr ; 2
2Ttr + 2itr/t; 2
2
I Tir . 3
h: pole
c
2
B
sin
a
TIR .
objętość =
Walec obrotowy o promieniu podstawy R i wysokości powierzchni =
A
sin
sin C
b
c
= a + b — lab 2
2
cos
C
Kąt zewnętrzny
objętość = i t r / i . 2
Trójkąt o podstawie a i wysokości h: pole powierzchni = \ a h .
D = A + C.
RÓWNANIE KWADRATOWE I J E G O ROZWIĄZANIE
SYMBOLE MATEMATYCZNE
-b ± -Jb
1
Jeśli a x
2
+ bx + c = 0. to x ••
- Aac
Ta
FUNKCJE TRYGONOMETRYCZNE KĄTA $
'
=
równa się
*
równa się w przybliżeniu
~
jest tego samego rzędu wielkości
=i nie jest równe
osy
sin 0 = — R
cos
tg6>
ctgfl =
V= -
=
jest równe tożsamościowe jest zdefiniowane jako
> jest większe niż (^> jest dużo większe niż)
= -
< jest mniejsze niż ( « : jest dużo mniejsze niż)
sec 8 =
-
x
cosec 6 ••
> jest większe lub równe (czyli nie mniejsze niż) ^ jest mniejsze lub równe (czyli nie większe niż) ±
TWIERDZENIE PITAGORASA
a jest proporcjonalne do suma
W trójkącie prostokątnym (oznaczenia jak na rysunku)
a~ + b~ = c .
plus albo minus
x^
wartość średnia x
TOŻSAMOŚCI TRYGONOMETRYCZNE sin(90
TRÓJKĄTY Kąty: A. B.
D
cos(90= C.
- 6 )
= cos 9
-9)
=
sine/cos
9
sine
=ig9
Boki im przeciwległe: a . b. c.
sin 9 + c o s 9 = 1
A + B + C=
sec 9 -
180°.
2
2
2
tg 9 = 1 2
ILOCZYNY WEKTORÓW
cosec 9 — ctg 9 = 1 2
sin
29
2
=
2 sin
cos 29 =
9
cos 6
Niech i, j i k będą wektorami jednostkowymi kierunków x, y i z.
c o s # — sin 9 = 2 c o s 0 — 1 2
2
2
sin a cos £ ± cos ar sin /8
cos(ar ± B) =
cos ar cos £4 ^ sin ar sin ^5 tg o; ±
2
>
=
k k = l .
i j = j k
i x i = j x j i x j = k.
tgfl
= — — 1-Ftgoftg^
tg(a ±B) P
Zachodzą związki:
1 — 2 sin 9
i i = j j
sin(a ± /?) =
c (
=
=
k x k
j x k =
=
=
k i
=
0.
0.
i.
k x i = j .
Dowolny wektor a o składowych wzdłuż osi x, y i z równych a , x
sin a ± sin £ =
B) cos i (o/ ^ B)
2 sin ^ ( a ±
a
cos a + cos /J =
2 cos 5 (ar + £<)cos ^ ( a r — yS)
cos ar -
- 2 sin ^ ( a r -I- 8) sin \(a — B)
y
i a
z
można przedstawić w postaci
a = ai + x
cos/3 =
(l+.v)" =
l +
-
n(n
+
— l)* ,
:
Niech a, b i c będą dowolnymi wektorami o długościach (modu
ROZWINIĘCIA FUNKCJI W SZEREGI POTĘGOWE nx
a k.
a , j -I-
łach) a. b i c. Zachodzą związki:
a
(b + ć) =
x
(5 x
b) + (a
x ć),
2
2
+ . .
1)
<
(X
2
(sa)
x b = a x
(sb)
xi)
= s(a
(s — skalar).
(wzór dwumianowy) Niech 9 e* =
l + ,
\n(\+x)
+
^
+
= x - { x
sin#=0 —— +
0 cos0 =
^
+
3
— —. . .
a -b = b a = a b
(|jr| < 1)
+ \x -...
2
x
—
4
1—— +
-b
x
i g
9 = 9 + -
3
5
+ — +
(9
=
w radianach)
:
:
k
by
a
v
:
j
- b a )\
z
y
WZORY CRAMERA
t
\a
Układ równań z dwiema niewiadomymi x i y ci
oraz
a • (b
a * + by 2
2
ma rozwiązanie
A 12
+ a b = ab cos 9,
z
by y
Cl
*l
Ci
&2
c\b
Ol
*l
ct\bi -
«2
*>2
Ol
Cl
2
-c bi 2
a bi 2
02
C2
a\c
2
— o c\
«1
bi bi
0\b
2
— a b\
«2
v
a
-
1
(a b
=
i b.
b
:
09 w radianach)
2<9
y =
]
a = x
— —. . .
aijr + b\y
y
b
a 0
+ ab
x
i
(# w radianach)
9
2
będzie mniejszym z kątów między wektorami a
Zachodzą związki:
...
2
Dodatek E. Wzory matematyczne
2
=
c
2
a
x
x
x
a
x
b
a b
:
+ k
z
a
x
a
b
x
fc»
+ (a b - b a )j :
x b\ =
c) = b • (c
x
:
v
+ (a b
x
x
-
y
absin#, x 5) =
c • (a
x
b).
(b xc) = (a • c)b — (a • b)ć.
b a )k. x
y
P O C H O D N E I CAŁKI
1.
j dx =x
2.
j audx
3.
J (u + v)dx = J udx + J
W poniższych wzorach u i v są dowolnymi funkcjami zmiennej *,
a a i m są stałymi. Do każdej z całek nieoznaczonych należy
=aj
udx
dodać dowolną stałą całkowania. Obszerniejsze tablice zawiera
Handbook ..
2.
3.
4.
of Chemistry
and Physics
(CRC Press Inc.).
^ = 1 d.v
x dx du — dx
d
— {au)=a dx
dx
f
I
J
mx"-
5.
1 — In* = d.v x
6.
—
1.
—e = e dx
d
dx
.
dv du (uv) = u— + v — dx dx
sin
x
1
dv
f du
= uv uv •— I v —
u—d* -d*
J dx
dx
1
= cos
x
9.
— c o s * = — sin* d.v
10.
— t g * = sec d*
x
9.
= e*
J e dx x
/
d
dx
m +
^ In | * |
d du dv — (u + v)= — + — dx d.v d.r
— * ' " =
=
m
ud*
sin * d *
= — cos *
/ c o s * d * = sin*
10.
j
11.
J sin * d * = j * — j sin 2 *
tg * d *
= ln | sec * |
2
12.
/ e-
13.
/ *e-
d* =
a t
O I
— e -
a
x
a
d * = - — (a* + l)e-
c
— ctg * = — cosec d*
*
14.
J x e- *dx 2
(o *
=
a
2
+ 2ax +
2
2)e~
ax
DC
12.
13.
— sec * d*
= tg * sec *
15.
f /
J
— c o s e c * = — ctg* cosec* d*
n\ *"e-"d* =
+1
o
16. J x e- 'dx = J..2..-T',.. 1 - 3 - 5 2- " 2n
14.
d „ „ du — e " = e" — d* d*
15.
d — sin d*
16.
d — cos d*
u
u
= cos
r
a"
ax
+ 1
a "(2«
- 1) pn
o d*
du u —
= — sin
V *
d*
2
=
+ a
7* + 2
ln(* +
2
*d*
du u ——
(*
2
3
2 _
d*
r '
19
/ /
\x +a ) / T
20. J
2
3
2
+ a *
x e- 'dx 2n+]
*d*
x +d
2
) ' /
2
a (x +a y/
2
2
ax
2a"
o o
21
( *
dx
J
2
1
+ a ) '
2
a)
= x -d\n(x
+ l
2
2
2
(a >
0)
+ d)
Dodatek E. Wzory matematyczne
A 13
^maDATEK F
Właściwości pierwiastków
O ile nie podano inaczej, wszystkie dane odnoszą się do ciśnienia 1 atm.
Pierwiastek
Symbol
Liczba
Masa molowa
Gęstość [g/cm ]
Temperatura
Temperatura
Ciepło wla
atomowa Z
[g/mol]
w temp. 20'-C
topnienia [ C ]
wrzenia [ C]
[J/(g- •(
3
:
C
aktyn
Ac
89
(227)
10,06
1323
(3473)
ameryk
Am
95
(243)
13.67
1541
—
antymon
Sb
51
121,75
6,691
630,5
argon
Ar
18
39,948
1,6626- 1 0 "
arsen
As
33
74,9216
5,78
astat
At
85
azot
N
7
bar
Ba
56
berkel
Bk
97
beryl
Be
4
bizmut
Bi
bohr
Bh
bor
B
83 107 5
(210) 14.0067 137.34 (247) 9.0122 208,980 262,12
— 1,1649- 1 0 "
1,848 9,747
79,909
3,12 (ciecz)
brom
Br
35
cer
Ce
58
140,12
6,768
cez
Cs
55
132.905
1.873
chlor
Cl
17
35,453
3,214- 10~
chrom
Cr
24
51.996
7,19
cyna
Sn
50
Zn
30
65.37
7.133
cyrkon
Zr
40
91,22
6,506
dubn
Db
105
262,114
dysproz
Dy
66
einstein
Es
99
erb
Er
68
europ
Eu
ferm
Fm
fluor
F
fosfor
P
15
frans
Fr
87
gadolin
Gd
64
63 100 9
(254)
5.243
18,9984 30,9738 (223) 157.25
(0 C) ;
1,83
— 7,90
—
-210
-195,8
729
1640
—
271,37
1560
0,122
—
—
2030
—
-101
419,58
— 1409
—
(0=C)
0.205
1,83
1852
3
—
— 1,03
2770
231,868
— 1,696- 1 0 "
0,331
(302)
1857
—
151,96 (237)
0,523
613
28.40 3
8,55
9.15
-185,8
-7,2
—
167,26
-189,4 817 (28 atm)
804
7,2984
cynk
0.205
1287
—
—
1380
—
14,79
2,34
162,50
3
3,594
10,811
118.69
3
0.092
— 1,11
58
0.293
3470
0,188
690
0.243
-34,7
0.486
2665
0,448
2270
0,226
906
0,389
3580
0.276
— 2330
—
— 0,172
—
1522
2630
0,167
817
1490
0,163
—
—
-219,6 44,25 (27) 1312
—
-188.2
0.753
280
0,741
— 2730
— 0.234
Masa molowa
Gęstość [g/cm ]
Temperatura
Temperatura
Ciepło właściwe
[g/mol]
w temp. 20°C
topnienia [°C]
wrzenia [°C]
[J/(g • °C)]
3
69,72
5,907
29,75
2237
0,377
72,59
5,323
937,25
2830
0,322
660
2450
0,900
2227
5400
0,144
26,9815 178.49 (265) 4,0026
2,699 13,31
— 0,1664-
164,930
8,79
114.82
7.31
192.2 173,04 88,905
10"
3
—
—
-269,7
-268,9
1470
— 5,23
2330
0,165
2000
0,233
2447
(5300)
0,130
6,965
824
1530
0,155
4,469
1526
3030
0.297
156,634
22.5
126,9044
4,93
113,7
183
0,218
112,40
8.65
321,03
765
0.226
(251)
—
(247)
13,3
58,9332
8.85
83,80
3,488- 10"
28.086
2,33
—
— 1495 -157,37
3
1412
— -152
0,247
2680
0,712
-108
0,159
3470
0,195 3,58
138,91
6,189
920
0,534
180,55
1300
—
—
6,939
174,97
— 9,849
24,312
1,738
54,9380
7,44
(266) (256)
— —
63.54
8,96
95,94
10,22
144,24 20,183 (237)
1663
7,007 0,8387 • 1 0 " 20,25
1930
— 0,155
650
1107
1,03
1244
2150
0,481
—
—
—
—
— —
1083,40
2595
0,385
2617
5560
0,251
3180
0,188
1016 3
— 0,423
5,495 • 1 0 "
3
—
2900
131,30
(257)
-111,79
—
-248,597 637
-246,0
1,03
—
1,26
58,71
8,902
1453
2730
0,444
92,906
8,57
2468
4927
0,264
—
—
207,19
11,35
327,45
190,2
22,59
3027
5500
106,4
12,02
1552
3980
0,243
195,09
21,45
1769
4530
0,134
640
3235
0,130
254
—
(255)
(244) (210)
19,8 9,32
39,102
0,862
140,907
6,773
(145)
(231)
7,22
15,37 (oszacowanie)
63,20 931 (1027)
(1230)
— 1725
0,129
— 0,130
—
760
0,758
3020
0,197
— —
Dodatek F. Właściwości pierwiastków
—
— A 15
cd.
Pierwiastek
Symbol
Liczba
Masa molowa
Gęstość [g/cm ]
Temperatura
Temperatura
Ciepło właś<
atomowa Z
[g/mol]
w temp. 2 0 C
topnienia [ C ]
wrzenia [ C ]
[J/(g- Q
3
;
;
;
_
5
rad
Ra
88
(226)
5.0
radon
Rn
86
(222)
9.96- 1 0 "
ren
Re
75
186,2
21,02
3180
5900
0,134
rod
Rh
45
102,905
12.41
1963
4500
0.243
13,55
-38.87
357
0.138
39,49
688
0.364
4900
0.239
1630
0,197
rtęć
Hg
80
200,59
rubid
Rb
37
85,47
ruten
Ru
44
101,107
12.37
rulherford
Rf
104
261,11
samar
Sm
—
62
seaborg
Sg
106
selen
Se
34
78,96
4,79
siarka
S
16
32,064
2.07
skand
Sc
sód
21
Na
11
Ag
47
107,870
stront
Sr
38
87,62
-61.8
—
7,52
22,9898
(-71)
2250
1072
—
—
44,956
srebro
(0 C) :
1.532
150,35 263,118
700 3
221 119,0 1539
2,99
97.85
0,9712
—
0,092
_
—
685
0.318
444,6
0.707
2730 892
0.569 1.23
960.8
2210
0.234
2,54
768
1380
0,737
304
1457
0.130
10.49
tal
Tl
81
204.37
11,85
tantal
Ta
73
180,948
16,6
3014
5425
0.138
technet
Tc
43
11,46
2200
—
0.209
tellur
Te
52
127,60
6.24
terb
Tb
65
158,924
8,229
tlen
0
8
(99)
15,9994 (232)
1,3318- IO"
449,5 1357 -218.80
3
990
0.201
2530
0,180
-183.0
0.913
11.72
1755
(3850)
0,117
9,32
1545
1720
0,159
4.54
1670
3260
0,523
tor
Th
90
tul
Tm
69
tytan
Ti
22
uran
U
92
18,95
1132
3818
0.117
wanad
V
23
50.942
6,11
1902
3400
0.490
wapń
Ca
20
40.08
1,55
838
1440
0,624
węgiel
C
6
12,01115
2,26
3727
4830
wodór
H
1
1.00797
wolfram
W
74 79
168,934 47,9 (238)
183.85 196,967
złoto
Au
żelazo
Fe
ununnil
Uun
110
(269)
ununun
Uuu
111
(272)
ununbi
Unb
112
(264)
ununtri
Unt
113
ununkwad
Unq
114
ununpent
Unp
115
ununheks
Unh
116
26
55,847
— (285)
— (292)
0,08375 - 1 0 -
3
-259,19
-252,7
0,691 14.4
19,3
3380
5930
0,134
19,32
1064,43
2970
0.131
1536,5
3000
0,447
7,874
—
— — — — —
—
— — —
—
-
—
—
—
—
— — —
—
—
— — — — —
—
Dla pierwiastków promieniotwórczych w rubryce ..masa molowa" podano w nawiasach wartości liczby masowej izotopu o najdłuższym czasie życia. Podane w nawiasach wartości temperatury topnienia i wrzenia są niepewne. Dane dla gazów odnoszą się do ich normalnej postaci cząsteczkowej, jak H i . He, Ch. Ne itd. Wartości ciepła właściwego gazów odpowiadają przemianie pod stałyi ciśnieniem.
Źródło: J. Emsley. The Elemems, wyd. III. Clarendon Press. Oxford 1998. Istnieje tłum. polskie: Chemia. Przewodnik po pierwiastkach. Wydawnictwo Naukowe PWS Warszawa 1997. Informacje o najnowszych danych i nowoodkrytych pierwiastkach można znaleźć na stronie: www.webelements.com.
A 16
Dodatek F. Właściwości pierwiastków
DODATEK G Układ okresowy pierwiastków
J
metale alkaliczne 1A
N O — 4 >•
gazy szlachetne 0
pótmetale
2
H
He U L A
I V A
4
5
6
Li
Be
B
11
12
Na
Mg
19
20
I I A
c
I metale I
1
3
S
I / I
metale przejściowe A V I I I B IIIB
21
I V B
V B
V I B
V U B i
22
23
24
25
26
Cr
Mn
Fe
42
K
Ca
Sc
Ti
V
37
38
39
40
41
Sr
Y
55
56
57-71
Cs
Ba
OT Rb O 5
87
88
Fr
Ra
V I I A
8
9
10
N
O
F
Ne
16
13
14
15
Al
Si
P
s
17
18
Cl
Ar
I B
I I B
28
29
30
31
32
33
34
35
36
Ni
Cu
Zn
Ga
Ge
As
Se
Br
Kr
47
48
49
50
51
52
53
54
Ag
Cd
In
Sn
Sb
Te
I
Xe
K
Co
c
V I A
44
45
46
Ru
Rh
Pd
Zr
Nb
Mo 74
75
76
77
78
79
80
81
82
84
85
86
Hf
Ta
W
Re
Os
Ir
Pt
Au
Hg
Tl
Pb
Bi
Po
At
Rn
106
107
108
109
110
Ul
112
113
114
115
116
117
118
Sg
Bh
Hs
Mt
89-103
104
105
f
Rf
Db
Tc
\
V A
57
58
59
60
61
62
63
64
65
66
67
68
69
70
71
lantanowce *
La
Ce
Pr
Nd
Pm
Sm
Eu
Gd
Tb
Dy
Ho
Er
Tm
Yb
Lu
89
90
91
92
93
94
95
96
97
98
99
100
101
102
103
aktynowce "j"
Ac
Th
Pa
U
Np
Pu
Am
Cm
Bk
Cf
Es
Fm
Md
No
Lr
N a z w y p i e r w i a s t k ó w o liczbie a t o m o w e j o d 1 0 4 d o 1 0 9 (rutherford, dubn, s e a b o r g , bohr. h a s i m e i t n e r ) z o s t a ł y u s t a l o n e p r z e z M i ę d z y n a r o d o w ą U n i ę C h e m i i C z y s t e j i S t o s o w a n e j ( I U P A C ) w 1 9 9 7 r o k u . P i e r w i a s t k i o liczbie a t o m o w e j 1 1 0 , 1 1 1 , 1 1 2 . 1 1 4 i 1 1 6 z o s t a ł y j u ż o d k r y t e , l e c z nie n a d a n o i m j e s z c z e n a z w . I n f o r m a c j e o n a j n o w s z y c h d a n y c h i n o w o o d k r y t y c h p i e r w i a s t k a c h m o ż n a z n a l e ź ć n a stronie: www.webelements.com.
KnEPjOWIEDZI
do sprawdzianów oraz pytań i zadań o numerach nieparzystych Rozdział 1
Rozdział 3 SPRAWDZIANY
ZADANIA 1. a) 1 0 , b) I O " , c) 9,1 • 1 0 ; 3 . a) 160 żerdzi, b) 4 0 łańcuchów;
1. a) 7 m (gdy a i b mają ten sam kierunek), b) 1 m (gdy a i b mają
5. a) 4 1 0
kierunek przeciwny); 2. c, d i f (składowe muszą być ustawione
9
9.
4
km, b) 5,1 • 1 0
4
1,1 • 1 0
5
8
km , c ) 1 , 0 8 - 1 0 2
k m ; 7. 1 , 9 - 1 0
12
3
cm ;
22
3
akrostóp; 1 1 . a) 0,98 stóp/ns, b) 0,3 mm/ps; 1 3 . 2,1
3
h; 1 5 . 0,12 j.a.; 17. C, D, A, B, E —
podstawowym kryterium
oceny jest stałość zmian dobowych, a nie ich wielkość; 1 9 . 9 - 1 0 21.
a) 1 0
25.
60,8
kg, b) 158 kg/s; 2 3 . a) 1,18 • 1 0 "
3
W,
Z; 27.
43,3
29.
89 km;
=« 1 • 1 0
2 9
3 6
4 9
;
m , b) 0,282 nm; 3
.
tak. by koniec jednej pokrywał się z początkiem drugiej - wektor a
musi mieć początek w początku pierwszej składowej, a koniec
w końcu drugiej); 3 . a) +, +, b) +, o początku w początku wektora d\ 4.
a) 90=, b) 0=, c )
— , c) +, + (narysuj wektor
i końcu w końcu wektora
180° (wektory są antyrównoległe —
di)\
mają
przeciwne kierunki); 5 . a) 0= lub 180°, b) 9 0 ° .
Rozdział 2
PYTANIA
SPRAWDZIANY
1.
A
i B; 3 . nie, lecz dodawanie a i — b jest przemienne: a
+
1. b i c: 2. zero (przemieszczenie w czasie całej podróży jest równe
(—b)
zeru); 3 . (oblicz pochodną d.v/dr) a) 1 i 4, b) 2 i 3; 4 . (patrz porada
prostopadłych; 7. wszystkie z wyjątkiem e; 9 . a) 0 (wektory są
5) a) plus, b) minus, c) minus, d) plus; 5 . 1 i 4 (a =
równoległe), b) 0 (wektory są antyrównoległe).
d x/dt 2
2
=
(—b) + a; 5 . a) a i b równoległych, b) b =
0, c) a i b
musi być stałe); 6 . a) plus (przemieszczenie w górę wzdłuż osi y),
b) minus (przemieszczenie w dół wzdłuż osi y), c) a =
—g
=
- 9 , 8 m/s . 2
1.
PYTANIA
głe,
1. a) wszystkie razem, b) 4, 1 i 2 razem, 3; 3 . E; 5 . a i c; 7. x = oraz x =
8(r -
2) + ( l , 5 ) ( t -
2t
2
2 ) ; 9 . taka sama. 2
4 1 4 ms;
3.
a) + 4 0 km/h, b) 4 0 km/h;
c) 7 0 km/h. d) 0; 7. a) 0. - 2 , 9.
0.
5.
a) 73 km/h, b) 68 km/h.
12 m, b) + 1 2
m. c ) + 7
m/s;
1,4 m: 1 1 . a) —6 m/s, b) ujemny kierunek osi .v, c ) 6 m/s, d) naj
pierw mniejsza, potem równa zeru, a potem większa, e) tak (t
=
2 s), f) nie; 1 3 . 100 m; 1 5 . a) kwadrat prędkości, b) przyspiesze nie,
c) n r / s , m/s ; 17. 20 m/s , kierunek przeciwny do kierunku 2
2
a) m/s , m/s , b) 1 s, c) 82 m, d) - 8 0 2
3
- 7 2 m/s, f) - 6 , - 1 8 , - 3 0 , - 4 2 b)
18 m/s; 2 7 . a) 3,1 • 1 0
35.
a) 5 m/s. b) 1.67 m/s , c ) 7,5 m;
39.
a) 10,6 m, b) 41,5 s;
49.
m/s ; 2
2
45.
41.
a) 3,2 s, b) 1,3 s;
0,1 m;
33.
a) 47,2 m, b) 122°; 7. a) 168 cm, b) 32,5° w górę od podłoża;
9.
a) 6,42 m, b) nie, c) tak, d) tak, e) jedna z możliwych odpo
b) 36° na północ od kierunku wschodniego, c) 425 m, d) droga; 13.
a) (9 m)i + ( 1 0 m)j, b) 13 m, c ) + 1 3 2 ° ; 1 5 . a) 4,2 m, b) 40°
na wschód od kierunku północnego, c ) 8,0 m, d) 24°
na pół
noc od kierunku zachodniego; 17. a) (3 m)i — (2 m)j +
(3 m)k,
b) (5 m)i 38
(4 m)j -
m,
(3 m)k. c) ( - 5
19.
a)
b) 320°,
c)
130 m,
21.
a) 1,59 m, b) 12,1 m, c)
d)
m)i -I- (4 m)j +
(3 m)k;
1.2=,
f)
e) 62
m,
130°;
37.
a) 1.6 m/s,
5 5 . 22
61.
m;
43.
m/s ; 2
cm
i 89 cm od sitka; 5 7 .
a) 76 m, b) 4,2 s;
b) 4 razy. 9 razy. 16 razy, 25 razy; 6 5 . 2.34 m.
63.
początek układu współrzędnych w jednym z wierzchołków sze ścianu, a jego osie wzdłuż krawędzi sześcianu. Przekątne są równe ai + aj + ak,
ai + aj — ak, ai — aj — ak, ai — aj + ak, b) 54,7=,
c) -/la: 2 9 . a) 30. b) 52; 3 1 . 22°; 3 5 . b) a bs\n
b) 0, c) 3,46 m. d) 2 m. e) - 5
m. f) 8.66 m, g) - 6 , 6 7 , h) 4,33.
a) 31 m/s,
a) 3,70 m/s, b) 1,74 m/s, 0,154 m;
2
a) 5,4 s, b) 41 m/s;
1 3
2
a) 0,74 s. b) - 6 . 2
12,2 m, d) 82,5°; 2 7 . a) Wybierz
2
-36.
a) 3,56 m/s , b) 8,43 m/s;
a) 29,4 m, b) 2,45 s;
47.
25.
4 m/s; 5 1 . 857 m/s , skierowane do góry; 5 3 . 1,26 • 1 0
skierowane do góry;
59.
a) 2,5 s;
23.
m/s ;
m. e) 0. - 1 2 ,
1,2 miesiąca, b) 4,6 • 1 0
1,62 • 1 0
15
31.
s =
6
m/s ; 2
29.
b) 6,4 s;
b) antyrównoległe. c ) prostopadłe; 3 . a) —2,5 m, b) —6,9 m;
5.
2
prędkości początkowej; 1 9 . a) 80 m/s, b) 110 m/s, c ) 20
21.
Wektory przemieszczenia powinny być do siebie a) równole
wiedzi: ( 4 , 3 m)i + (3,7 m)j + ( 3 , 0 m)k, 0 7,96 m; 11. a) 370 m,
ZADANIA 1.
ZADANIA
3
Rozdział 4
m/s , 2
1,5
s;
a) 1,23 cm,
SPRAWDZIANY 1.
a) (8i — 6j) m, b) tak, do płaszczyzny xy
(składowa z równa
zeru): 2. (narysuj wektor v styczny do toru, o początku na torze)
a) pierwszej, b) trzeciej; 3 . (oblicz drugą pochodną położenia
stały. 2 i 4 - a
y
I.
a) 5. b) 7, c) (2
jest stałe, ale a , nie, zatem wektor a nie jest stały;
3.
a) 2 i 4, b) 2 i 4 :
i a
x
4. 4 m/s . —2 m/s, 3 m: 5 . a) v 3
x
y
stałe, b) i\ początkowo dodatnie,
malejące aż do zera. potem coraz bardziej ujemne, c) a przez cały czas, d) a b) —(8
PYTANIA
są stałe, a zatem wektor a jest
względem czasu) 1 i 3 - a
m/s )j; 2
y
=
=
x
—g przez cały czas; 6 . a) —(4
0
m/s)i.
7. a) 0, nie zmienia się, b) + 7 0 km/h. rośnie,
N)i, d) - ( 6
5.
N)j. e) czwartej, f) czwartej:
+y,
a) 2, 3. 4. b) 1, 3. 4. c) 1:
2: -kr, 3:
czwarta ćwiartka, 4: trzecia ćwiartka; 7. a) mniejsza, b) większa: 9.
a) 20 kg, b) 18 kg, c)
II.
10 kg, d) wszystkie razem, e) 3, 2, 1;
a) 4 lub 5, wybierzmy 4. b) 2. c) 1, d) 4 lub 5. wybierzmy 5.
e) 3, 0 6, g) 3 i 6 oraz 1, 2 i 5, h) 3 i 6. i) 1, 2 i 5.
c) + 8 0 km/h. maleje; 8 . a - c ) wzrosną.
ZADANIA
PYTANIA 1.
a) (7 m)i + (l m)j
+ (-2
m)k, b) (5 m)i + ( - 3
m)j + (l m)k.
c) (—2 m)i; 3 . a. b, c: 5 . a) wszystkie razem, b) 1 i 2 razem (rakieta jest wystrzelona w górę), 3 i 4 razem (rakieta jest wystrzelona w dół); 7. a) 3. 2. 9.
1, b) 1. 2. 3. c) wszystkie razem, d) 6, 5, 4 ;
a) krótszy, b) nie da się odpowiedzieć, c ) taki sam. d) nie da
się odpowiedzieć; 1 1 . a) 2, b) 3, c) 1, d) 2, e) 3. 0
1; 1 3 . a) tak.
b) nie. c) tak.
a) ( - 5 i +
8j) m, b) 9,4 m, c)
122°, e) (8i -
8j) m. f) 11 m,
g) - 4 5 ° ; 3 . a) ( - 7 i + 12j) m. b) xy; 5 . 7,59 km/h, 22,5° na zachód od kierunku północnego; 7. a) (3i — 8rj) m/s, b) (3i — 16j) m/s, c) 16,3 m/s, d) - 7 9 , 4 = ; 9 . a) ( 8 r j + k ) m/s. b) 8j m/s ; 1 1 . a) ( 6 i 2
106j) m, b) (19i względem +x;
224j) m/s, c) (24i -
336j) m/s , d)
-85,2°
2
1 3 . a) ( - 1.5j) m/s, b) (4.5i—2.25j) m; 1 5 . a) 45 m.
b) 22 m/s; 17. a) 62 ms, b) 4 8 0 m/s; 1 9 . a) 0.205 s, b) 0,205 s. c) 20,5 cm. d) 61,5 cm: d) 2 • 1 0
6
m/s;
23.
e) 40.2 m. f) 0; d) 6 3
=
21.
a) 2 ns, b) 2 mm, c )
a) 16,9 m, b) 8,21
25.
29.
4,8 cm;
10 s. b) 897
b) 806 m. c) 161 m/s, d) - 1 7 1
1 • 10
7
2,9
m/s :
m/s, b) 6 5 "
39.
w górę od
a) tak, b) 2,56 m;
1.88 N. b) F 5.
b)
38
N,
213°
c)
108 N;
15.
a) 42 N, b) 72 N. c) 4,9 m / s ;
2
c)
11.
(3i -
a)
=
v
0.684 N, c) (1.88i + 0.684J)
11 j +
4k)
względem
11 N, b) 2.2
m/s; 1 9 . 1 . 2 - 1 0
3
5
7.
9.
+x;
a)
a)
(—32? -
108
N.
17.
względem +x;
N.
108
N.
13.
16 N;
a) 0,02 m/s , b) 8 • 1 0 2
4
km.
N: 2 1 . 1,5 mm; 2 3 . a) (285i + 705j) N.
b) ( 2 8 5 i - 1 1 5 j ) N, c) 307 N. d) - 2 2 ° względem +x, -22=
N:
21j)
b)
kg. c) 0, d) 2.2 kg: 2
c) 2 - 1 0
N:
e) 3.67 m/s . 2
2 5 . a) 0,62 m/s , b) 0,13 m/s , c) 2.6 m: 2
2
27.
a) 4 9 4 N. skierowana w górę, b) 4 9 4 N, skierowana w dół;
29.
a) 2,2 • 1 0 ~
35. c)
a)
620
1,2 m/s ; 2
IO"
N. b) 3,7 •
3
580
N;
3
37.
N;
31.
a)
3260
N,
b)
39.
a) 180 N, b) 640 N;
33.
a) 1.1 N:
41.
N,
b)
1,8 • 1 0
2.7
• 10
47.
20,8
N; 4 5 . a)
1.18
N:
4
kg,
a) 1,23 N, b) 2,46 N.
c) 3.69 N. d) 4.92 N, e) 6.15 N. f) 0.25 N; 4 3 . a) 0,735 b) w dół. c)
3
m, b) 0,674
s, c)
m/s , 2
3,5
m/s:
a) 4.9 m/s , b) 2 m/s , c) w górę, d) 120 N; 4 9 . a) 2.18 m/s , 2
2
2
b) 116 N, c) 21 m/s ; 5 1 . b) F/(m + m , ) , c) m , F / ( m 2
d) F(m + 2m )/2(m 2
l
2
+m,); 5 3 . 2m\a/(a
2
+ nu),
2
+ g); 5 5 . a) 31,3 kN.
b) 24.3 kN.
Rozdział 6
m/s,
41.
od
SPRAWDZIANY
km/s, b) 8
m/s ;
1. a) 0 (żadna siła nie stara się wprawić klocka w ruch), b) 5 N.
1.7 s; 4 7 . a) 0,034
m/s ,
c) nie. d) tak. e) 8 N; 2 . a) nie zmienia się ( 1 0 N), b) maleje,
b) 84 min: 4,1 m/s , skierowane w dół 4 9 . a) 12 s, b) 4,1
m/s ,
c) maleje (bo maleje N); 3 . większa (jak wynika z przykładu 6.5.
45.
w górę od poziomu; 4 3 . a) 7,49
=
17 m/s,
m; 3 5 . trzeci: 3 7 . a) 202 m/s;
m/s,
m, c ) 27.6 m. d) 7,26 m.
a) 11 m. b) 23 m, c)
w dół od poziomu; 3 1 . a) 24
poziomu; 3 3 . a)
31° do 63°
a) F ,
0
ZADANIA 1.
1. 3.
a) 19 m/s. b) 35 obrotów/min. c) 2
2
2
2
skierowane w dół, c) 4,1 m/s , skierowane w górę; 5 1 . 160 m/s ;
u, zależy od -/R);
53.
ciała) a) 5 w górę, N
2
2
a) 13 m/s , skierowane na wschód, b) 13 m/s , skierowane na 2
2
4 . (a jest skierowane do środka kołowego toru w dół, b) o i N
w górę; 5 . a) pozostaje
wschód; 5 5 . 36 s, nie; 5 7 . 60°; 5 9 . 32 m/s; 6 1 . a) 38 węzłów, 1.5°
bez zmiany (nadal równoważy siłę ciężkości pasażera), b) rośnie
na wschód od kierunku północnego, b) 4,2 h, c) 1,5° na zachód
(N
od kierunku południowego; 6 3 . a) 37°
na zachód od północy,
b) 62,6 s.
= mv /R),
c) rośnie ( / .
2
s
m a x
=
^ N ) ;
6.
a)
4R
lt
b) 4 / ? , .
PYTANIA 1. a) F\,
F. 2
Fj, b) wszystkie razem: 3 . a) pozostaje bez zmiany,
b) rośnie, c) rośnie, d) nie: 5 . a) maleje, b) maleje, c) maleje.
Rozdział 5
d) rośnie, e) rośnie; 7. a) masa klocka m, b) taka sama (jest to para akcja-reakcja), c) na płytę: w kierunku siły przyłożonej, na
SPRAWDZIANY
klocek: w kierunku przeciwnym, d) masę płyty m ;
9 . 4, 3. potem
2
1. c, d i e (wektory F\ i F
2
muszą być ustawione tak, by koniec
jednego pokrywał się z początkiem drugiego, a wektor F
w y p
razem: 1, 2 i 3.
musi
mieć początek w początku pierwszego z nich. a koniec w końcu
ZADANIA
drugiego): 2 . a) i b) 2 N. skierowana w lewo (w obu przypadkach
1.
a) 2 0 0
przyspieszenie jest równe zeru); 3 . a) i b) 1. 2, 3. 4 ; 4 . a) równą,
7.
a) 0,13 N, b) 0,12;
N, b)
b) większą (przyspieszenie jest skierowane w górę. a zatem dzia
b) 1,3 m/s ;
łająca na ciało siła wypadkowa musi być skierowana w górę);
21.
5.
a) równą, b) większą, c) mniejszą; 6 . a) rosną, b) tak, c) pozo
2
15.
120
N;
9.
3.
0.61;
5.
a) 66 N, b) 2,3 m / s : 2
a) 0, b) 3,9 m/s
2
a)
190 N, b) 0,56
a) tak, b) ( - 1 2 i + 5j) N;
17.
b) 3 • 10
wzdłuż równi w dół, c)
równi w dół; 2 3 . a) 3,5 m/s , b) 0,21 2
7
m/s ; 2
13.
a) 300 N.
N;
19.
1,0 m/s
2
100 N; wzdłuż
N, c) klocki poruszają się
stają bez zmiany, d) tak; 7. a) F sin 9, b) zwiększenie: 8. 0 (gdyż
osobno; 2 5 . 4 9 0 N: 2 7 . a) 6,1 m/s , w lewo, b) 0,98 m/s , w lewo;
teraz a =
29.
B 2
—g).
Odpowiedzi
2
,g(sin 9 - -J2^
2
cos 9); 3 1 . 9,9 s:33. 6 2 0 0 N; 3 5 . 2,3; 3 7 . około
48 km/h: 3 9 . 21 m: 4 1 . /m gr/m ; y
c) 223
N: 4 5 . 2.2
2
4 3 . a) lżejszy, b) 778 N.
]
km: 4 7 . b) 8.74
N. c)
37,9
N,
skierowana
43.
a)
-2900
49.
a)
1.5 MJ. b) 0.51
J.
b) 390
J. c )
210
MJ. c)
N: 4 5 .
b) 67 J, c) 4 6 cm; 5 3 . a) 31 J , b) 3,53
wzdłuż promienia do osi, d) 6,45 m/s.
55.
a) 4 4
59.
Rozdział 7
1.2
m/s, b) 0,036;
m;
63.
na
5 7 . a)
środku
11
1 MJ. d) 63
-0.9
odcinka
kJ: 4 7 . 25.3
m/s;
51.
J:
a) 67 J,
m/s, c) zachowawcza:
J, b) 0,46
płaskiego;
J, c)
65.
I m/s;
a)
216
J,
b) 1180 N. c) 432 J, d) energia dostarczana przez silnik zamienia
SPRAWDZIANY
się także na energię cieplną skrzyni i pasa; 6 7 . b) p(L
1. a) zmaleje, b) nie zmieni się, c) ujemna, równa zeru: 2 . d, c, b,
c)v
= v [2(pL
+ m )/(pL
0
—
x)/2,
e) 35 m/s.
+ 2m - px)] . oi
m
m
a: 3 . a) taka sama. b) mniejsza; 4 . a) dodatnia, b) ujemna, c) równa zeru: 5 . równa zeru. Rozdział 9
PYTANIA 1.
wszystkie razem; 3 . a) dodatnia, b) równa zeru. c) ujemna.
d) ujemna, e) równa zeru. 0 dodatnia: 5 . a) A. B. C. b) C. B. A.
SPRAWDZIANY
c) C. B. A. d) A: 2. B: 3, C: 1; 7. wszystkie razem: 9 . c. d. a i b
1. a) w początku układu współrzędnych, b) w czwartej ćwiart
razem, f, e; 1 1 . a) 2F
ce,
b) 2 W j ; 1 3 . B, C, A.
U
c) na osi y poniżej początku układu, d) w początku układu,
e) w trzeciej ćwiartce, f) w początku układu; 2. a - c ) w ich środku ZADANIA
1.
1.2 • 1 0
5.
a) 2,9 • 10
d) 5 9 0 J ;
3.
m/s;
6
9.
masy, znajdującym się cały czas w początku osi (siły. którymi a)
J,
m/s, b) 2,1 • 1 0
7
a)
b)
- 1 3
J;
1900
7.
170 N. b) 3 4 0 m. c)
e) 170 m, f) - 5 , 8 • 10
15.
3610
J ; 1 1 . a)
4
J,
c)
1,1
• 10
a) 5 9 0 J , b) 0, c)
- 5 . 8 • 10
a) 98 N. b) 4 cm, c) 3,9 J. d) - 3 , 9
d)
21.
JJd/2:
17.
J;
a)
1,2 • 1 0
23.
a) - 0 . 0 4 3 J, b) - 0 , 1 3 J :
b) 4,7 m: 2 5 . 800 J ; 2 7 . 0 (obiema metodami): 2 9 . -
33.
W;
kW;
a) 0,83 J, b) 2,5 J, c) 4,2 J, d) 5 W;
39.
a) 26 • 1 0
4
0,
J, d) 340 N.
4
35.
4
J,
b) mgd,
4
mgd 14.
J;
1,5 J, b) wzrasta; 1 3 . 15,3 J ;
b) - 1 , 1 • 10 J, c ) 1100 J, d) 5,4 m/s; 19. a) -3mgd/4. c)
1 0
a) 6,6 m/s,
działają łyżwiarze, są siłami
wewnętrznymi
względem układu,
a zatem nie mogą zmienić położenia środka masy); 3 . (rozważ nachylenie
wykresu
i równanie
(9.23))
1. 3.
potem
2
i 4
ra
zem (siła równa zeru), b) 3; 4 . (wypadkowa sił zewnętrznych jest równa zeru, a zatem pęd P jest zachowany) a) 0, b) nie, c ) —.v; 5 . a) 5 0 0 km/h, b) 2 6 0 0 km/h. c)
1600 km/h; 6 . a) tak. b) nie
(wzdłuż osi y działa wypadkowa siła zewnętrzna).
6 J; 3 1 . 490
7 4 0 W;
37.
68
J. b) 0.58 KM.
PYTANIA 1. a-d) w początku układu współrzędnych; 3 . a) w środku sań. b) L/4,
Rozdział 8
na lewo, c ) nie zmienia swego położenia (nie działają siły
zewnętrzne), d) Z./4. na lewo. e) L, f) L/2,
g) L/2;
5 . a) ac, cd
i bc. b) bc. c) bd i ad; 7. c, d, potem a i b razem: 9 . b. c, a.
SPRAWDZIANY 1. nie (rozważ pełny obieg mniejszej pętli); 2. 3, 1 , 2 (patrz rów nanie (8.6)); 3 . a) wszystkie razem, b) wszystkie razem; 4 . a) CD, AB,
BC (zero) (zbadaj nachylenie wykresu), b) dodatni kierunek
1. a) 12 J. b) —2 J : 3 . a) wszystkie razem, b) wszystkie razem; a) 4, b) powróci do punktu wyjściowego i pokona tę drogę
ponownie, c) 1, d) 1; 7. a) f L . b) 0,5. c ) 1.25. d) 2.25. e) b: na środku, c: na prawo od środka, d: na lewo od środka; 9 . a) rośnie, b) maleje, c) maleje, d) nie zmienia się w obszarach AB i BC, maleje w obszarze CD;
9.
89 N/cm;
3.
a) 4,31 mJ, b) - 4 , 3 1 mJ. c ) 4,31 m j , d) - 4 , 3 1 mJ.
a) 2,08 m/s, b) 2,08 m/s, c) wzrośnie;
b)
nie
b)
c) 0, d)
11.
a)
j2g~L,
d) wszystkie pozostaną bez zmiany;
zmieni
c) 21 m/s;
17.
się,
—mgL,
c)
zmaleje;
15.
a)
21
m/s,
m;
21.
a) 35 cm, b)
1,7
m/s;
b)
19.
23.
- 1 2
9 . a) H/2,
1,1
m, b)
1,3
m, c) będzie się
m od atomu azotu w kierunku osi symetrii cząsteczki;
b) H/2,
c) zmniejsza się do wartości najmniejszej, a po
tem zwiększa się do wartości II.
H/2,
d)
(Hm /m)(^/\
+
u
m/m —\); a
72 km/h; 1 3 . a) 28 cm, b)2.3 m/s: 1 5 . 53 m: 17. a) w poło
wie odległości
pojemników, b) 26 mm w stronę cięższego po
jemnika, c) w dół, d) - 1 . 6 - I O 2 3 . a) 7,5 • 10
V
1 / 6
m.
4
J, b) 3.8 • 1 0
4
- 2
m/s : 19. 4,2 m; 2 1 . 24 km/h; 2
kg • m/s. c ) 38° na południe od kie
J. b) 30,1
135=
47.
m/s.
c) 71°;
J, c)
0,22;
l 0
km/h; 3 3 . a) 7 2 9 0 m/s. b) 8 2 0 0 m/s.
J . d ) 1,275-10'° J ; 3 5 . a) 1,4 1 0 ~ - 1 9
względem
a) 1.57 • 1 0 a)
46
N,
6
kierunków
nie
k g m / s . b ) 150=.
musi
b) 3,23 MJ; 3 9 . 14 m/s.
pozostałych
N, b) 1,35 • 1 0
b)
2 2
J; 3 7 . a) 1010 m/s. 9,48= w kierunku ru
chu wskazówek zegara od kierunku +x,
a) 39,2 J,
a) 4,8
m/s; 3 1 . 4 4 0 0 10
c) 120=. d) 1.6 • I O
43.
, b) odpychająca, c) przyciąga
jąca: 3 9 . a) 5,6 J, b) 3,5 J : 4 1 . a) 30,1
sta o 4.4 c) 1,271
m/s,
21
b) 2,4 m/s; 2 5 . 10 cm; 2 7 . 1,25 cm; 3 1 . a) 2 / £ I . b) 5mg, 3 7 . a) 1 . 1 2 ( A / f i )
J;
2j~gL,
b)
1 3 . a) 260
a) 0,98 J. b) - 0 , 9 8 J, c) 3,1 N/cm;
39,2 J, c) 4
3 3 . mgL/32;
3 . a)
4
f) 0, g) taka sama: 7. a) 184 J. b) - 1 8 4 J. c) - 1 8 4
y/TgL,
z
runku wschodniego; 2 5 . a) (—4- 10 i) kg-m/s, b) na zachód, c) 0;
e) wszystkie się zwiększą; 5 . a) mgL, b) —mgL,
c)
km. 0 , 7 3 / ? ;
2 7 . 3 mm/s. w kierunku przeciwnym do ruchu kamienia: 2 9 . wzra
ZADANIA
e) mgL.
a) 4 6 0 0
7. 6 , 8 - 1 0
PYTANIA
1.
I.
przesuwać ku położonej najwyżej cząstce; 5 . a) —0,25 m, b) 0;
osi x; 5 . wszystkie razem.
5.
ZADANIA
5
się
części;
41.
kg, c) 2.08 km/s: zmieniać;
b) tyle samo; 5 1 . a) 8,8 m/s, b) 2 6 0 0 J. c) 5 5 . a) 860 N. b) 2,4 m/s; 5 7 . a) 2,1 • 1 0
6
49.
a)
45.
108
m/s;
2.2 • I O " ; 3
0,2-0,3
MJ,
1,6 kW; 5 3 . 24 W;
kg. b) V 1 0 0 +
1.5/ m/s.
c) (1.5 • lO^yiOO-l- 1.5r N, d) 6,7 km; 5 9 . 0,5 cm/s w dół (pę cherzyki wznoszą się, lecz ich warstwy przesuwają się w dół).
Odpowiedzi
B 3
1KSK0 ROWI DZ A
. wyznaczanie termiczna
atomowa jednostka masy 9
C —
187-188
masa układu 210, 211
ciała jednorodne 206 —
rozciągłe 2 0 6 - 2 0 7 , 274
ciało sztywne 261, 262 , stała oś obrotu 313, 321 ciężar 9 6 - 9 7 ,
108
ciśnienie 38 czas 6 - 7 , 9, 38 — ,
wzorzec 6
droga zamknięta 171 druga zasada dynamiki 9 1 - 9 9 , 108, 2 0 9 - 2 1 2 . 213, 214, 2 2 5 , 2 3 5 . 283, 301, 312 dla ruchu obrotowego 2 7 9 - 2 8 0 , 286, 3 0 8 - 3 0 9 , 321 dżul 142. 145
E
246
Międzynarodowy Układ Jednostek 2 - 3 moc 1 5 8 - 1 5 9 ,
141-142
—
całkowita układu 1 8 7 - 1 8 8
—
kinetyczna 1 4 1 - 1 4 2 . 1 4 3 - 1 4 6 . 161. 283 . równanie 222 ruchu tocznego 299 w ruchu obrotowym 2 7 2 - 2 7 4 . 2 8 2 - 2 8 3 . 286
—
mechaniczna 1 7 6 - 1 7 8 . 191
—
potencjalna 1 6 9 - 1 7 0 , 191
. zasada zachowania 1 7 6 - 1 7 8 . 191
grawitacji 169. 1 7 3 - 1 7 4 . 191 . krzywe 181. 191 sprężystości 169, 174. 191
162. 189, 192
—
chwilowa 158, 189, 192
—
średnia 158. 189. 192
moduł 15
H
moment bezwładności 2 7 3 . 2 7 4 - 2 7 6 . 283. 286. 312
Hooke R. 152
—
. definicja 306
jednostka 2. 9
układu cząstek 3 1 0 - 3 1 1 , 321
pochodna 2 zamiana 3—t, 9
j o - j o 303
. zasada zachowania 3 1 4 - 3 1 7 . 321 —
K kierunek 15
— .
działania siły 278, 286 współczynnik 16
siły 2 7 7 - 2 7 9 . 286, 3 0 3 - 3 0 4 . 311, 312. 321
Joule J.P. 142
—
pędu 3 0 6 - 3 0 7 . 312. 321 ciała sztywnego 3 1 1 - 3 1 3 , 321
J
. definicja 304
N nachylenie 16 naprężenie 99
kilogram 9
Newton I. 87
— ,
nieruchoma tarcza 2 4 4 - 2 4 6
wzorzec 8
kilowatogodzina (kWh) 159
energia 38.
285. 286 Międzynarodowe Biuro Miar i Wag 5, 8
gęstość 124. 133
— ,
długość 5 - 6 , 9
wzorzec 5
miara łukowa 261, 270, 271, 273, 280,
zasada zachowania 1 8 7 - 1 8 9 . 192.
G
—
D
— .
wewnętrzna 2 2 1 - 2 2 4 . 225 — .
całkowita energia uktadu
173-174
170,185
kinematyka 14
niuton 88
konfiguracja odniesienia 174
O
koń mechaniczny (KM) 159
okres 72 oś 14, 30
L
— .
M
— — .
—
obrotu 261. 285
—
stała 261
. punkt zerowy 14. 30
masa 8 - 9 . 38. 9 0 - 9 1 . 107. 283 — .
kierunek dodatni 14. 30 ujemny 14. 30
lot swobodny 27
atomowa jednostka 9 całkowita układu 210, 211 środek 2 0 4 - 2 0 7 , 224
mechanika klasyczna 8 7 - 1 0 7 metr 5 - 9
P Państwowy Instytut Wzorców i Techniki 7. 9 pęd 213. 225. 2 3 5 - 2 4 0 . 249. 312
pęd cząstki 213 — ,
moment 3 0 6 - 3 0 7 , 312. 321
—
środka masy 210, 211
—
reakcji 101
—
ujemne 20
—
sprężystości 1 5 2 - 1 5 4 , 161
—
układu cząstek 214
—
ziemskie 27, 65
—
stała 144, 161
— .
zasada zachowania 2 1 5 - 2 1 6 , 225.
punkt odniesienia 174
—
tarcia 98, 108, 119, 120, 127, 132.
240. 244. 246, 312
—
—
wewnętrzna 92, 210, 212
pierwsza zasada dynamiki 8 7 - 9 1 . 107
zwrotny 1 8 1 - 1 8 2 . 191
184-185
pole przekroju poprzecznego 124. 133
R
—
wypadkowa 88, 89. 210
położenie 1 4 - 1 5 , 30, 5 8 - 5 9 . 270. 283
radian 262
—
zachowawcza 1 7 0 - 1 7 2 , zasada superpozycji 88
—
kątowe 2 6 1 - 2 6 2 , 283, 285 zerowe 261
rakieta 2 1 9 - 2 2 1 — ,
prędkość 2 2 0
—
zewnętrzna 9 2 . 154, 1 8 3 - 1 8 5 . 191.
przyspieszenie 220
zmienna 1 5 5 - 1 5 8 . 161
210, 212, 2 2 1 - 2 2 4 , 225
—
odniesienia 191
— ,
—
równowagi
ramię siły 278, 286
—
popęd siły 2 3 5 - 2 3 7 , 249
reguła prawej dłoni 50, 266, 285
skalar 38, 52
poślizg 185
równanie ruchu ze stałym przyspiesze
składowe wektora 4 5
182-183
praca 1 4 2 - 1 5 8 , 161, 1 6 9 - 1 7 0 . 171. 1 8 3 - 1 8 5 . 191. 283 —
całkowita 145. 161. 171
równowaga nietrwała 183 — —
ruch 14
znak 144. 145
prawoskrętny układ współrzędnych 45
, przyspieszenie 27
trwała 183, 191
—
jednostajny po okręgu 7 1 - 7 3 , 78.
—
obrotowy 2 6 1 . 2 9 7 - 2 9 8
prawo Hooke'a 152. 161
127. 129. 133
prędkość 18. 30. 38, 6 0 - 6 1 , 270. 283
—
postępowy 261, 2 9 7 - 2 9 8
—
—
prostoliniowy
—
przyspieszony 222
chwilowa 18, 30, 6 0 - 6 1 . 77 , kierunek 61
—
graniczna 124—126. 133
—
kątowa 263, 266, 270, 283, 285
względny 7 4 - 7 6 , 7 8
. wektor położenia 211
T tarcie 9 8 - 9 9 , 1 1 8 - 1 1 9 . 132, 3 0 0 siła 98. 108. 119, 120, 127, 132.
— ,
właściwości 1 2 0 - 1 2 1 , 132
rzut ukośny 6 5 - 6 6 . 77
—
średnia 1 5 - 1 6 , 30. 6 0 - 6 1 , 77 średnia wartość bezwzględna 16, 30 środka masy 211 wyznaczanie 2 1 9 - 2 2 0
61, 77 kątowe 2 6 2 - 2 6 3 , 267. 285
przyspieszenie 2 0 - 2 2 . 30, 38, 6 3 . 87, 271, 283
temperatura 38
. opór powietrza 68
teoria względności Einsteina 87
, równanie toru 67, 78
toczenie 2 9 7 - 2 9 9 , 320
, ruch w pionie 67
—
bez poślizgu 297, 300
—
po równi pochyłej 3 0 0 - 3 0 2
. zasięg 6 7 - 6 8 , 78
przemieszczenie 1 4 - 1 5 . 30, 38. 5 8 - 5 9 ,
twierdzenie Steinera 274, 286
sekunda 7,9
U
, dowód 2 7 5 - 2 7 6
siła 87, 8 8 - 8 9 , 107, 312
chwilowe 20. 23, 30. 6 2 - 6 3 , 77
—
akcji 101
—
dodatnie 20
—
ciągu 220, 225
—
dośrodkowe 72. 127, 133
—
ciężkości 9 5 - 9 6 , 108, 1 4 7 - 1 4 9 . 161
—
kątowe 264, 266, 2 7 1 . 2 8 3 . 285
— , —
diagram 92 dośrodkowa 127, 128, 133 , wartość 129
stałe 267, 285 średnie 264, 285
— ,
moment 2 7 7 - 2 7 9 , 286, 3 0 3 - 3 0 4 ,
układ ciał 92 —
radialna 271
—
niezachowawczą 170
styczna 271
—
normalna 9 7 - 9 8 , 108 oporu 1 2 4 - 1 2 6 , 133
—
spadku swobodnego 27
—
—
stałe 2 3 - 2 7 , 30
— ,
popęd 2 3 5 - 2 3 7 , 2 4 9
—
średnie 20. 23, 30, 6 2 - 6 3 . 77
— ,
ramię 278, 286
cząstek 321, 2 0 4 - 2 2 5 , pęd 214 , równanie 2 0 9 - 2 1 0
—
izolowany 1 8 8 - 1 8 9 , 321
—
metryczny 5
—
o zmiennej masie 2 1 9 - 2 2 1 , 225
—
odniesienia 74, 78, 89
311, 312, 321
składowa 92
Skorowidz
trzecia zasada dynamiki 1 0 0 - 1 0 1 , 108
s
—
chwilowe 264, 285
184-185
. analiza 6 6 - 6 8
w poziomie 6 6 - 6 7
przedrostek 3
C 2
, przyspieszenie 210. 211
— ,
..podróżna" 16
— ,
, prędkość 211
w jednym wymiarze 7 4 - 7 5
—
—
ś środek masy 2 0 4 - 2 0 7 , 224
w dwóch wymiarach 7 5 - 7 6
ruchoma tarcza 2 4 6 - 2 4 7
— ,
sprężystości 152, 161
strumień cząstek 235
średnia 2 6 3 . 285 początkowa 65
—
—
chwilowa 263. 285
—
— ,
stała oś 261
13-36
, równanie 2 4 - 2 5 —
spadek swobodny 2 7 - 2 8 , 30
obojętna 183
— , — .
skok „grand jęte" 211
niem 2 4 - 2 5
— , jednostka 145 wzór 1 4 3 - 1 4 4
176, 180, 191
— .
inercjalny 89, 107 nieinercjalny 89, 108 —
SI 2
—
zamknięty 210 izolowany 215, 225, 2 3 9 , 240, 248. 250
w
— .
moduł 38. 39
—
metra 5
— .
odejmowanie 4 0
—
wtórny 5
waga równoramienna 97
—
położenia 5 8 - 7 7
—
— .
prawo rachunku 38
sprężynowa 97
wartość bezwzględna 15. 38
—
prędkości 38
wat 2. 159
—
przemieszczenia 38
—
przyspieszenia 38
— .
równanie 39
— .
składowe 4 1 - 4 2 . 52
Watt J. 159 ważenie 97 wektor 3 7 - 5 6 — .
diagram 38
—
długość 15. 38
— .
dodawanie 38—10 algebraiczne 41—42 geometryczne 38^10, 52 na składowych 45—46. 52 . przemienność 39
— ,
iloczyn skalarny 4 8 - 4 9 , 53
— .
iloczyn wektorowy 5 0 - 5 1 . 53
— — .
jednostkowy 4 5 . 52 mnożenie 4 8 - 5 1
— — ,
rozkład na składowe 41
Z zasada superpozycji sił 88 —
246 momentu pędu 3 1 4 - 3 1 7 , 321 pędu 240. 244. 246, 312 zasady dynamiki Newtona 87
suma 39
—
wodzący 58
—
wypadkowy 39
. druga 9 1 - 9 9 . 108. 2 0 9 - 2 1 2 . 213. 214. 225. 235. 2 8 3 . 301. 312 . pierwsza 8 7 - 9 1 . 107
wektory składowe 45 wielkości podstawowe 2. 9
zachowania energii 1 8 7 - 1 8 9 , 192.
. trzecia 1 0 0 - 1 0 1 . 108 zderzenie 2 3 3 - 2 5 0
wskaźnik bieżący 205
zegar atomowy 7
współczynnik oporu 124. 133
—
cezowy 7
—
—
kwarcowy 7
przeliczeniowy 3
wzorzec 2. 9
zespawanie na zimno 120
przez skalar 4 8 . 53
—
czasu 6
zmiana położenia cząstki 38
przez wektor 4 8 . 53
—
kilograma 8
zmienne obrotowe 2 6 1 - 2 6 4
W y b r a n e s t a ł e fizyczne prędkość światła
c
3.00 • 1 0
stała grawitacyjna
G
6,67 • 1 0 - "
stała Avogadra
N
6,02 • IO
uniwersalna stała gazowa
R
8,31 J/(mol • K)
energetyczny równoważnik masy
c-
A
i
m/s
8
8,99 • 1 0
nv7(s mol"
23
:
1
J/kg
1 6
9 3 1 , 5 MeV/u stała elektryczna
£o
8.85 • 1 0 "
stała magnetyczna
Mo
1.26 • 1 0 ~
stała Plancka
h
6,63 • I O "
34
1 5
1.38 • 1 0 " 8.62 • 1 0 "
F/m H/m
6
4.14 • 1 0 "
k
stała Boltzmanna
1 2
2 3
J s eV • s J/K eV/K
5
ładunek elementarny
e
1.60 • I O "
masa elektronu
m
9.11 • 1 0 " ' kg
masa protonu
>"
masa neutronu
'"„
masa deuteronu promień Bohra magneton Bohra
t
C
1.67 • I O "
27
kg
1.68 • I O "
27
kg
'"d
3,34 • I O "
27
kg
''B
5.29 • 1 0 " " m
M B
9.27 • 1 0 -
2 4
5,79 • IO"
5
p
R
stała Rydberga
19
3
0.01097
J/T eV/T
nm-'
* Obszerniejszy spis stałych fizycznych, zawierający także wartości najbardziej dokładne oraz ich niepewności, przedstawiony jest w dodatku B.
W y b r a n e współczynniki zamiany jednostek Masa i gęstość 1 kg= 1 u =
Prędkość
1000 g = 6 . 0 2 1.66- I O "
1 kg/m
=
3
IO'
3
27
10
2 6
u
1 m/s = 3.28 ft/s = 2,24 mili/h
kg
g/cm
1 km/h = 0,621
mili/h = 0.278 m/s
3
Siła i ciśnienie Długość i objętość 1 m =
1 N =
100 cm = 39.4 in = 3.28 ft
1 mila =
1.61 km = 5 2 8 0 ft
10
1 Pa =
5
dyn = 0 , 2 2 5 funta
1 N/m
1 atm =
=
2
1,01 • 1 0
10 dyn/cm 5
Pa = 76 cm Hg
1 in = 2.54 cm 1 nm =
IO"
9
1 pm =
10"
1 2
m = m =
Energia i moc
10 A 1000 fm
1 rok świetlny (y) = 9.46 • 1 0 1 m
3
=
1000 1 = 3 5 . 3 ft
1 J = 1 5
m
7
ergów = 0 . 2 3 9 cal
1 kWh = 3,6 • 1 0
6
J
1 cal = 4 , 1 9 J
3
= 2 6 4 galony amerykańskie
1 eV =
1.60- I O "
1 9
J
1 KM = 7 3 6 W
Czas
Magnetyzm
1 d = 86400 s 1 a = 365 i d = 3 . 1 6 - 1 0
7
s
M i a r a łukowa kąta 1 rad = 5 7 . 3 7t rad =
10
180
:
= 0 . 1 5 9 obrotu =
\
obrotu
* Obszerniejszy spis przedstawiony jest w dodatku D.
1 T =
1 Wb/m
2
=
2
10
4
Gs
David Halliday Robert Resnick Jearl Walker
1
Podstawy fizyki
RESNICK HALLIDAY e a k t y w a c j a kompletny, nowoczesny podręcznik fizyki nareszcie po polsku ! aparat matematyczny ograniczony do niezbędnego minimum teoria poparta licznymi przykładami pytania i zadania sprawdzające po każdym rozdziale przejrzysty układ tekstu wspaniała szata graficzna kolorowe, sugestywne ilustracje wzbogacające i uzupełniające wykład nowość: najważniejsze zagadnienia fizyki współczesnej ! Podstawowy podręcznik dla studentów i uczniów Nieoceniona pomoc dla nauczycieli
Tom 1 zawiera wiadomości z mechaniki klasycznej. Zostały omówione m.in. ruch w jednym, dwóch i trzech wymiarach, siła, energia, praca, zderzenia oraz ruch obrotowy.
