Fragment notatki:
6. Zasady zachowania energii, pędu i momentu pędu, praca.
Wybór i opracowanie zadań 6.1-6.29..Bogumiła Strzelecka.
6.1. Sanki zsuwają się ze szczytu toru o długości l pochylonego pod kątem α do poziomu, a
następnie wjeżdżają na tor prosty. Wzdłuż całego toru działa na sanki siła tarcia.
Współczynnik tarcia na torze pochyłym wynosi µ1, zaś na torze prostym µ2. Obliczyć jaką
drogę s przebędą sanki po torze prostym.
6.2. Kulka o masie m = 20 g wyrzucona pionowo w górę z prędkością vo = 200 m/s, spadła na
ziemię z prędkością v = 50 m/s. Obliczyć pracę sił tarcia w powietrzu.
6.3. Do gałęzi drzewa przywiązana jest lina, po której wspina się człowiek o masie m. Jaką
pracę wykona człowiek, jeżeli przebędzie on po tej linie odcinek o długości l. Przyspieszenie
ziemskie wynosi g.
6.4. Kulka o masie M, znajdująca się na końcu mogącego się obracać cienkiego pręta o
długości l (masę pręta pomijamy), została wychylona o 180o ze swego najniższego położenia.
Spadając kulka zderza się w najniższym położeniu z kulką plastelinową o masie m. Na jaką
wysokość wzniosą się obie kulki po zderzeniu i zlepieniu się? W obliczeniach przyjąć, że l
jest dużo większe niż rozmiary mas M i m.
6.5. Na szczycie gładkiej kuli o promieniu R położono monetę, której nadano prędkość
początkową w kierunku poziomym o wartości vq. W którym miejscu, licząc od wierzchołka
kuli, moneta oderwie się od niej (moneta zsuwa się bez tarcia)? Przyspieszenie ziemskie jest
równe g.
6.6. Dwie kule o masach m1 i m2, poruszające się z taką samą prędkością v zderzają się
centralnie. Zderzenie jest doskonale sprężyste. Podać warunki, jakie muszą być spełnione,
aby: a) pierwsza kula zatrzymała się; b) druga kula zatrzymała się; c) nastąpiła zmiana
zwrotu prędkości każdej z kul.
6.7. Jaką pracę należy wykonać, aby słup telegraficzny o masie M = 200 kg, do którego
wierzchołka przymocowano poprzeczkę o masie m = 30 kg, podnieść z położenia poziomego
do pozycji pionowej, jeżeli długość słupa jest równa l =10m ? Przyspieszenie ziemskie
przyjąć g = 10 m/s2.
6.8. Znaleźć noc wodospadu Niagara, jeżeli jego wysokość h = 50m, a średni przepływ wody
V = 5900 m3/s. Gęstość wody ρ = 1000 kg/m3, a przyspieszenie ziemskie g = 10 m/s2.
6.9. Kulka o masie m uderza w wahadło fizyczne o masie M i pozostaje w nim. Jaka część
energii kulki zamieni się na ciepło?
6.10. Ciało wyrzucono pionowo w górę z prędkością vo. Znaleźć wysokość, na której energia
kinetyczna ciała będzie równa jego energii potencjalnej? Przyspieszenie ziemskie wynosi g.
6.11. Kulka o masie m lecąca poziomo, uderza w powierzchnię klina o masie M leżącego na
poziomej płaszczyźnie tak, że odskakuje pionowo w górę na wysokość h. Zakładając, że
zderzenie jest doskonale sprężyste, znaleźć prędkość, jaką uzyskał klin tuż po zderzeniu.
Przyspieszenie ziemskie jest równe g.
6.12. Piłeczkę pingpongową o promieniu r = 15 mm i masie m = 5 g zanurzono w wodzie na
głębokości h = 30 cm. kiedy puszczono tę piłeczkę, wyskoczyła ona z wody na wysokość h1
= 10 cm. Jaka ilość ciepła wydzieliła się w wyniku działania sił tarcia? Gęstość wody ρ =
1000 kg/m3. Przyjąć g = 10 m/s2.
6.13. Dwie kule o masach m1 = 0,2 kg i m2 = 0,8 kg zawieszone na dwóch równoległych
niciach o długości l = 2 m każda, stykają się ze sobą. Mniejsza kula zostaje odchylona o kąt
90o od początku położenia i puszczona. Znaleźć prędkość kul po zderzeniu zakładając, że
zderzenie kul było: a) doskonale sprężyste, b) doskonale niesprężyste. Jaka część energii
początkowej zamieni się na ciepło w przypadku zderzenia doskonale niesprężystego?
6.14. Ciało o masie m przymocowane do nici o długości lo zatacza okrąg o promieniu równym
długości nici z prędkością vo. Jaką pracę należy wykonać ściągając ciało do środka okręgu,
skracając nić o ∆l.
6.15. Znaleźć hamujący moment siły, który może zatrzymać w ciągu czasu t = 20 s koło
zamachowe o masie m = 50 kg i promieniu R = 0,3 m obracające się z częstotliwością f = 30
s-1 . Założyć, że masa koła zamachowego rozmieszczona jest na jego obwodzie. Jaka praca
będzie potrzebna do zatrzymania tego koła zamachowego?
6.16. Kulka, staczająca się bez poślizgu z równi pochyłej o kącie nachylenia α = 30o , uderza
w płaszczyznę poziomą i podskakuje na wysokość h = 12,5 cm w rzucie ukośnym.
Zaniedbując tarcie i zakładając, że uderzenie jest doskonale sprężyste znaleźć drogę jaką
2
przebyła kulka wzdłuż równi pochyłej. Moment bezwładności kulki I = mR 2
5
6.17*. Jednorodna deska o masie m i długości l leży na granicy zetknięcia dwóch stołów, na
stole pierwszym. Jaką minimalną pracę należy wykonać, aby przesunąć ją ze stołu pierwszego
na drugi, jeżeli współczynniki tarcia pomiędzy deską a stołem wynoszą µ1 i µ2, odpowiednio
dla pierwszego i drugiego stołu.
6.18*. Walec o wysokości h, promieniu podstawy R i gęstości ρ1 pływa w naczyniu
wypełnionym cieczą o gęstości ρ2 ρ1. Oś walca jest prostopadła do podstawy naczynia.
Obliczyć pracę, jaką należy wykonać aby walec zanurzyć całkowicie w cieczy?
6.19*. Na podłodze leży lina o masie m i długości l. Jeden z jej końców podnosimy do góry
dopóki lina nie oderwie się od podłogi. Wyznaczyć minimalną wartość pracy jaką należy
wykonać, aby podnieść linę z podłogi w polu grawitacyjnym Ziemi w przypadku, gdy:
a) lina jest jednorodna
b) lina jest niejednorodna i jej masa m zależy od odległości x od jednego z jej końców
2
x
według wzoru m( x) = m0 .
l
6.20. Człowiek stoi na nieruchomym wózku i rzuca do przodu kamień o masie m, nadając mu
prędkość v. Wyznaczyć pracę, jaką musi wykonać przy tym człowiek, jeżeli Masa wózka
wraz z nim wynosi M.
6.21. Człowiek o masie m1 = 60 kg, biegnący z prędkością v1 = 8 km/h, dogania wózek o
masie m2 = 90 kg, który jedzie z prędkością v2 = 4 km/h i wskakuje na ten wózek. Z jaką
prędkością będzie poruszał się wózek z człowiekiem? Jaka będzie prędkość wózka z
człowiekiem w przypadku, gdy człowiek będzie biegł naprzeciwko wózka?
6.22. Lecący poziomo granat z prędkością v = 10 m/s w pewnej chwili rozerwał się na dwa
odłamki. Większy odłamek, którego masa stanowiła n = 60% masy całego granatu,
kontynuował lot w pierwotnym kierunku, lecz ze zwiększoną prędkością v1 = 25 m/s. Znaleźć
kierunek i wartość prędkości mniejszego odłamka.
6.23. Znaleźć wartość prędkości początkowej poruszającego się po lodzie krążka hokejowego,
jeżeli przed zderzeniem z bandą przebył on drogę s1 = 5 m, a po zderzeniu, które można
traktować jako doskonale sprężyste, przebył jeszcze drogę s2 =2 m do chwili zatrzymania się.
Współczynnik tarcia krążka o lód jest równy µ = 0,1.
6.24. Z rury o przekroju s = 5 cm2 wypływa w kierunku poziomym strumień wody z
prędkością, której wartość wynosi v = 10 m/s, uderzając pionowo w ścianę stojącej na
szynach wózka, a następnie spływa w dół po tej ściance. Z jakim przyspieszeniem będzie
poruszać się wózek? Jego masa m = 200 kg, a kierunek strumienia wody jest równoległy do
kierunku szyn. Przyjąć, iż hamująca ruch wózka siła oporu jest sto razy mniejsza od ciężaru
tego pojazdu.
6.25. Dwie poziome tarcze wirują wokół pionowej osi przechodzącej przez ich środek.
Momenty bezwładności tarcz wynoszą I1 oraz I2, a ich prędkości kątowe ω1 i ω2. Po upadku
tarczy górnej na dolną obie tarcze ( w wyniku działania sił tarcia) obracają się razem jak
jedno ciało. Wyznaczyć:
a) prędkość kątową tarcz po złączeniu;
b) pracę wykonaną przez siły tarcia.
6.26. Na brzegu poziomo ustawionej tarczy o momencie bezwładności I (względem osi
pionowej przechodzącej przez środek tarczy) i promieniu R znajduje się człowiek o masie m.
Obliczyć prędkość kątową tarczy ω, gdy człowiek zacznie poruszać się wzdłuż jej brzegu z
prędkością v względem niej.
6.27. Człowiek o masie m stoi na osi obrotowego stolika o promieniu R trzymając oburącz za
oś, pionowo nad głową obracające wokół tej osi (pionowej) z prędkością kątową ωo koło
rowerowe o momencie bezwładności Io. Wyznaczyć prędkość kątową ω1 ruchu obrotowego
stolika po:
a) obróceniu przez człowieka koła o kąt 180o,
b) zahamowaniu koła przez człowieka.
Moment bezwładności stolika z człowiekiem wynosi I.
6.28. Listwa drewniana o długości l i masie m może się obracać dookoła osi prostopadłej do
listwy, przechodzącej przez jej środek. W koniec listwy trafia pocisk o masie m1, lecący z
prędkością v1 w kierunku prostopadłym do osi i do listwy. Znaleźć prędkość kątową, z jaka
listwa zacznie się obracać, gdy utkwi w niej pocisk.
6.29. Na poziomym, doskonale gładkim stole leży pręt o długości l i masie m. W koniec pręta
trafia pocisk o masie m1, lecący z prędkością v1 w kierunku prostopadłym do osi pręta.
Znaleźć prędkość kątową, z jaką pręt zacznie się obracać, gdy utkwi w niej pocisk oraz
wartość prędkości liniowej środka pręta.
Rozwiązania:
6.1.R.
Korzystając z zasady zachowania energii oraz pamiętając, że praca jest formą energii
otrzymujemy:
mv 2
(1) mgh =
+ W1
2
mv 2
(2)
= W2
2
oraz z definicji pracy
(3) W1 = T1 ⋅ l
(4) W2 = T2 ⋅ x
i siły tarcia
(5) T1 = µ1 mg cos α
(6) T2 = µ 2 mg
podstawiamy wyrażenia określone równaniami (2), (3), (4), (5) i (6) do równania (1)
trzymując:
(7) mgh = µ 2 mgx + µ1 mg cos α ⋅ l
Ponieważ
h
(8) = sin α , stąd h = l ⋅ sin α .
l
Podstawiając tożsamość (8) do równania (7) i przekształcając je otrzymujemy:
x=
sin α − µ1 cos α
µ2
⋅l
6.2.O. W = 375 J
6.3.O. W = mgl
6.4.R.
Korzystając z zasady zachowania energii mechanicznej otrzymujemy równanie:
p2
(1) Mg 2l =
, gdzie p oznacza wartość pędu masy M w najniższym położeniu.
2M
Z zasady zachowania pędu:
(2) p = pu
Wysokość, na którą wzniosą się obie masy po złączeniu, obliczamy korzystając ponownie z
zasady zachowania energii:
2
pu
(3)
= (M + m )gh
2(M + m )
Po przekształceniach
(4) h = 2
M2
(M + m )2
⋅l
6.5.R.
Z zasady zachowania energii wynika:
2
mvo
mv 2
(1)
+ mgR =
+ mg (R − x )
2
2
W punkcie, w którym oderwie się ciało:
(2)
mv 2
= N , gdzie N – wartość siły nacisku.
R
Z podobieństwa trójkątów:
(3)
N
R−x
=
mg
R
Po rozwiązaniu układu powyższych równań otrzymujemy:
(4) x =
2
R v0
−
3 3g
6.6.O. a) m1=3m2. b) 3m1 = m2, c)
m2
∠m1∠3m2
3
6.7.R. Praca jest równa zmianie energii potencjalnej słupa względem jego pierwotnego
położenia:
(1) W = ∆Ep
Słup traktujemy jako bryłę sztywną, natomiast poprzeczkę jako punkt materialny.
l
(2) W = Mg + mgl − 0 = 13kJ
2
6.8.R.
W
t
W = ∆E = mgh
mgh
P=
t
m
= ρ ⋅V
t
P = ρ ⋅ Vgh = 2950MW
(1) P =
(2)
(3)
(4)
(5)
6.9.R.
(1) x =
Q
, gdzie Q – wydzielone ciepło, Eo – energia kinetyczna kulki;
Eo
(2) Q = E o − E , E – energia kinetyczna układu kulka wahadło po zderzeniu;
2
po
p2
(3) E o =
, E=
, gdzie po – pęd kulki przed zderzeniem, p – pęd układu kulka
2m
2(M + m )
wahadło po zderzeniu.
Zgodnie z zasadą zachowania pędu:
(4) p 0 = p
Podstawiając wzory (2), (3) i (4) do równania (1) otrzymujemy:
(5) x =
M
M +m
6.10.O.
v2
h= o
4g
6.11.R.
Korzystając z zasady zachowania pędu oraz zasady zachowania energii otrzymujemy układ
trzech równań:
2
2
(1) p3 = p 2 + p12 ,
klina.
p1 – pęd kulki przed zderzeniem, p2 – pęd kulki po zderzeniu, p3 – pęd
(2)
(3)
2
p3
p2
p2
+ 2 = 1
2 M 2m 2m
2
p2
= mgh
2m
Rozwiązując powyższy układ równań otrzymujemy wzór na wartość p3:
ghM
(4) p3 = 2m
M −m
Ponieważ p3 = M⋅v3, stąd
(5) v3 = 2m
gh
M (M − m )
6.12.R.
Praca siły wyporu Fw na drodze h zostaje wykorzystana na zmianę energii potencjalnej ciała
∆E względem położenia początkowego oraz na ciepło Q:
(1) Fw h = Q + ∆E
(2) Fw = ρ ⋅ gV ;
4
V = π ⋅ r3
3
(3) ∆E = mg (h + h1 )
Przekształcając powyższe równania otrzymujemy:
4
(4) Q = π ⋅ r 3 ⋅ ρ ⋅ gh − mg (h + h1 ) = 2,2 ⋅ 10 − 2 J
3
6.13.R.
a) W zderzeniu doskonale sprężystym spełniona jest zasada zachowani pędu i energii
mechanicznej
(1) m1v = m1v1 + m2 v 2 ,
(2)
gdzie v,v1 – wartości prędkości ciała o masie m1 przed i po
zderzeniu, v2 – wartość prędkości ciała m2 po zderzeniu.
2
m1v 2 m1v12 m2 v 2
=
+
2
2
2
Rozwiązując powyższe równania otrzymujemy:
(3) v1 =
m2 − m1
v
m1 + m2
oraz
v2 =
2m1
v.
m1 + m2
Energia potencjalna odchylonej kulki jest równa jej energii kinetycznej w momencie
zderzenia z drugą kulką:
(4) m1 gl =
m1v 2
2
stąd v = 2 gl
więc:
(5) v 1 =
m 2 − m1
m1 + m 2
2 gl = 3,8m / s
i
v2 =
2m1
m1 + m2
2 gl = 2,5m / s
b)
W zderzeniu doskonale nie sprężystym spełniona jest zasada zachowania pędu:
(1) m1v = (m1 + m2 )v x ,
gdzie v wartość prędkości masy m przed zderzeniem, vx wartość prędkości obu złączonych
kulek po zderzeniu
stąd:
m1
(2) v x =
v
m1 + m2
Ponieważ
m1v 2
(3) m1 gl =
2
stąd v = 2 gl
otrzymujemy
(4) v x =
(5) x =
2m1
m1 + m2
2 gl = 1,3m / s
Q
- oznacza, jaka część energii zamieni się na ciepło
m1 gl
(6) Q = m1 gl −
(m1 + m2 )
2
2
vx
Po podstawieniu za vx otrzymujemy:
(7) x =
m2
= 0,8
m1 + m2
6.14.R.
Wykonana praca jest równa zmianie energii kinetycznej:
(1) W = ∆E =
2
mv 2 mvo
−
.
2
2
Prędkość v kulki po skróceniu nici znajdujemy z zasady zachowania pędu:
(2) mv(l 0 − ∆l ) = mv0 l 0
Wówczas praca jest równa:
2
mv0
l 02
− 1
(3) W =
2 (l 0 − ∆l )2
6.15.R.
(1) M = I ⋅ ε ;
gdzie M – wartość momentu siły, I = mR2 – moment bezwładności
tarczy, ε - wartość przyspieszenia kątowego.
(2) ε =
∆ω ω − 0 2πf
=
=
t
t
t
2π ⋅ fmR 2
(3) M =
= 42,39 N ⋅ m
t
Praca potrzebna do zatrzymania koła jest równa zmianie energii kinetycznej:
(4) W = ∆E =
1 2
1
2
Iω − 0 = mR 2 ⋅ (2π ⋅ f ) = 2π 2 mR 2 f 2 = 79,9kJ
2
2
6.16.R.
Energia potencjalna ciała w najwyższym położeniu zmienia się w energię kinetyczną ruchu
obrotowego i ruchu postępowego u podnóża równi.:
(1) mgH =
1 2 1
mv + I ⋅ ω 2
2
2
Po podstawieniu za ω =
v
2
oraz I = mR 2 oraz uwzględniając, że H = l sin α
R
5
otrzymujemy :
(2) l =
7
v2
⋅
10 g sin α
v 2 sin 2 α
2g
wyznaczamy v2 i podstawiamy do wzoru (2) otrzymując wielkość szukaną:
Korzystając ze wzoru na wysokość maksymalną w rzucie ukośnym h =
(3) l =
1,4 ⋅ h
sin 3 α
6.17.R.
Przesunięcie deski z jednego stołu na drugi wymaga wykonania pracy siłą co najmniej równą
sile tarcia pomiędzy deską a płaszczyznami stołów. Siła tarcia w tym przypadku jest równa
sumie sił tarcia pomiędzy deską i, odpowiednio, stołem pierwszym (T1) i drugim (T2).
l
T1
l-x
l
(1)
W =
∫ (T
1
T2
0
x
X
+ T 2 )dx
0
Zgodnie z rysunkiem wartości sił T1 i T2 zależą od tego, jaka część deski znajduje się na stole
pierwszym, a jaka na drugim. Ponieważ deska jest jednorodna wychodząc z założenia, że
masa jest proporcjonalna do długości deski możemy znaleźć wartości sił nacisku na
poszczególne stoły.
(2) N 1 =
l−x
mg ,
l
a więc
T1 = µ1 ⋅
(3) N 2 =
x
mg ,
l
a więc
x
T2 = µ 2 ⋅ mg
l
l−x
mg
l
Podstawiając do wzoru (1) otrzymujemy po scałkowaniu:
(4) W =
mgl
(µ 1 + µ 2 )
2
6.18.R.
Pracę obliczamy z wzoru
(1)
h
W = ∫ Fw dx
hx
h
hx
ponieważ wartość siły wyporu Fw = ρ 2 ⋅ Vg = ρ 2 ⋅ g ⋅ π ⋅ R 2 x zależy od głębokości zanurzenia
walca.
Wielkość początkowego zanurzenia walca h1 obliczamy z równowagi siły wyporu i siły
ciężkości w chwili początkowej:
(2) Fw = Q , czyli ρ 2 ⋅ π ⋅ R 2 hx g = ρ1 ⋅ π ⋅ R 2 hg , stąd hx =
ρ1
h.
ρ2
Po podstawieniu do równania jeden otrzymujemy wyrażenie na pracę:
2
π ⋅ R 2 gh 2 ρ 2 − ρ12
(3) W =
⋅
2
ρ2
6.19.R.
a) Na fragment liny o masie dm, znajdujący się w odległości x od jej końca, działa siła
(1) dF = g⋅dm.
Podnosząc ten fragment na wysokość x należy działać na niego siłą równą co do wartości dF
lecz przeciwnie skierowaną. Zostanie przy tym wykonana praca elementarna :
(2) dW = x⋅dF = xg⋅dm.
Ponieważ cała jednorodna lina o długości l ma masę m, z proporcji
dx dm
=
wynika, że
l
m
rozpatrywany fragment ma masę
m
⋅ dx .
l
Podstawiając wzór (3) do wzoru (2) i sumując prace elementarne dW otrzymujemy:
(3) dm =
l
(4) W =
mg
mgl
∫ x ⋅ dx = 2
l 0
2
x
b) Dla liny niejednorodnej mamy zależność masy od odległości x: m( x) = m0 .
l
Masę dm elementu liny o długości dx obliczamy różniczkując tę zależność:
(5) dm =
2m0
x ⋅ dx .
l2
Siła dF ma teraz postać:
(6) dF = g ⋅ dm =
2m0 g
x ⋅ dx ,
l2
zaś praca elementarna
(7) dW = x ⋅ dF =
2m0 g 2
x ⋅ dx .
l2
Praca całkowita jest równa całce:
(8) W =
2 m0 g l 2
2m0 gl
2
∫ x ⋅ dx = 3
l
0
6.20.R.
Praca wykonana przez człowieka będzie równa przyrostowi energii kinetycznej układu:
Mv12 mv 2
(1) W = ∆E k =
+
,
2
2
gdzie prędkość v1 jest prędkość wózka z człowiekiem po rzucie. Prędkość tę oblicza się z
zasady zachowania pędu:
r
r
(2) 0 = Mv1 + mv .
Po uwzględnieniu zwrotów wektorów :
(3) 0 = Mv1 − mv
otrzymujemy :
(4) v1 =
m
v.
M
Uwzględniając zależność (4) otrzymujemy wzór na pracę:
2
Mm
mv 2 mv 2
m
=
(5) W =
v +
1 +
2 M
2
2 M
6.21.O.
m v + m2 v2
km
a) v = 1 1
= 5,6
m1 + m2
h
m v − m1v1
km
= 0,8
b) v = 2 2
m1 + m2
h
6.22.R.
Z zasady zachowania pędu wynika, że pęd granatu przed wybuchem musi być równy sumie
pędów wszystkich odłamków granatu po wybuch:
r
r
r
(1) mv = m1v1 + m2 v 2 .
Przechodząc do równania skalarnego należy uwzględnić , że prędkości ułamków są
skierowane przeciwnie:
(2) mv = m1v1 − m2 v 2
Przekształcając równanie (2) otrzymujemy:
(3) v 2 =
m1v1 − mv
.
m2
Z warunków zadania wynika:
m1 = nm
oraz
m2 = m − m1 = (1 − n )m .
Podstawiając powyższe zależności do równania (3) otrzymujemy:
(4) v 2 =
nv1 − v
m
= 12,5 .
1− n
s
Mniejszy odłamek odleciał w kierunku przeciwnym do kierunku lotu odłamka większego.
6.23.R.
Energia kinetyczna początkowa krążka zostaje zużyta na pracę siły tarcia przed zderzeniem z
bandą i po zderzeniu z bandą, ponieważ w wyniku zderzenia doskonale sprężystego zmienia
się kierunek a nie wartość pędu.
2
mv0
(1)
= kmgs1 + kmgs 2
2
Po przekształceniu powyższego równania otrzymujemy:
(2) vo = 2kg (s1 + s 2 ) = 3,7
m
s
6.24.R.
Siła wypadkowa działająca na wózek opisana jest równaniem:
(1) Fw = ma = F −
mg
100
Siłę F, jaką woda popycha wózek, obliczamy z II zasady dynamiki Newtona:
(2) F ⋅ t = ∆p
Zmiana pędu w kierunku ruchu drezyny jest równa:
(3) ∆p = p − 0 .
Ponieważ p = mv , zaś m = ρ ⋅ V = ρ ⋅ S ⋅ x otrzymujemy podstawiając te zależności do
równania (2):
(4) F ⋅ t = ρ ⋅ S ⋅ x ⋅ v .
Dzieląc powyższe równanie obustronnie przez t otrzymujemy:
(5) F =
x
x
⋅ ρ ⋅ S ⋅ v = ρ ⋅ S ⋅ v 2 , ponieważ v = .
t
t
Podstawiając do równania (1) otrzymujemy:
(6) ma = ρ ⋅ S ⋅ v 2 −
mg
.
100
Po przekształceniu otrzymujemy:
(7) a =
ρ ⋅ S ⋅ v2
m
−
g
m
= 0,15 2 .
100
s
6.25.R.
Na układ opisany w zadaniu nie działa żaden zewnętrzny moment sił. Moment pędu układu L1
przed połączeniem tarcz wynosi:
(1) L1 = I 1ω 1 + I 2ω 2 ,
natomiast po połączeniu momentu pędu L2 wynosi:
(2) L2 = (I 1 + I 2 ) ⋅ ω .
W powyższym wzorze ω jest prędkością kątową po połączeniu się tarcz. Z zasady
zachowania momentu pędu L1=L2, toteż porównując oba powyższe wzory otrzymujemy
wyrażenie na prędkość kątową ω w postaci:
(3) ω =
I 1ω1 + I 2ω 2
I1 + I 2
.
Pracę, która została wykonana przez siłę tarcia podczas wyrównywania się prędkości tarcz,
obliczamy jako różnicę energii kinetycznych układu:
początkowej:
2
I 1ω 12 I 2ω 2
(4) E k1 =
+
2
2
i końcowej:
(5) E k 2 =
(I 1 + I 2 )ω 2
2
Wówczas :
(6) W = E k 1 − E k 2 =
I 1 I 2 (ω 1 − ω 2 )
2(I 1 + I 2 )
2
6.26.R.
Stosując zasadę zachowania momentu pędu otrzymujemy:
r
r
(1) 0 = Lc + Lt ,
gdzie Lc – moment pędu człowieka, Lt – moment pędu tarczy.
Zapisując powyższe równanie w postaci skalarnej otrzymujemy:
(2) 0 = Lc + Lt .
Moment pędu tarczy wynosi:
(3) Lt = I ⋅ ω t ,
gdzie ωt – prędkością kątową tarczy.
v
względem tarczy i jednocześnie jest
R
unoszony przez tarczę z prędkością kątową ωt w kierunku przeciwnym. Zatem jego całkowity
moment pędu wynosi:
Człowiek porusza się z prędkością kątową ω c =
(4) Lc = I c ⋅ ω t − I c ⋅ ω c ,
gdzie I c = mR 2 jest momentem bezwładności człowieka o masie
m względem osi obrotu tarczy.
Podstawiając równania (3) i (4) do (2) otrzymujemy:
(5) ω t =
mRv
I + mR 2
6.27.R.
a) Początkowy moment pędu układu wynosi:
(1) L0 = I 0 ⋅ ω 0 ,
ponieważ tylko koło się obraca.
Po obróceniu koła o 180o jego moment pędu zmieni się na przeciwny, wskutek czego
człowiek ze stolikiem będzie się poruszał ruchem obrotowym. Wówczas całkowity moment
pędu układu jest równy:
(2) L1 = I ⋅ ω 1 − I 0 ⋅ ω 0
gdzie ω1 – prędkość kątowa człowieka ze stolikiem.
Korzystając z zasady zachowania momentu pędu:
(3) L0 = L1
wyznaczamy prędkość kątową ω1:
(4) ω1 = 2
I0 ⋅ω0
I
b) Po zahamowaniu koła rowerowego całkowity moment pędu układu będzie równy
momentowi pędu stolika z człowiekiem:
(5) L2 = I ⋅ ω 2
Stosując zasadę zachowania momentu pędu wyznaczamy ω2:
(6) ω 2 =
I0 ⋅ω0
I
6.28.R.
Z zasady zachowania momentu pędu wynika:
(1) L1= L2,
gdzie:
(2) L1 = m1v1
l
2
jest momentem pędu układu listwa – pocisk przed zderzeniem,
zaś:
(3) L2 = I ⋅ ω
jest momentem układu po zderzeniu.
Moment bezwładności układu I po zderzeniu opisany jest zależnością:
2
(4) I =
1
l
ml 2 + m1 .
12
2
Przekształcając powyższe równania otrzymujemy:
(5) ω =
2m1v1
1
l m + m1
3
6.29.R.
Przy rozwiązaniu zadania korzystamy z zasady zachowania pędu i z zasady zachowania
momentu pędu.
Przed zderzeniem pęd układu równy jest pędowi pocisku:
(1) p1 = m1v1 .
Moment pędu układu względem dowolnie wybranego punktu jest równy momentowi pędu
pocisku.
l
(2) L1 = m1v1 − x ,
2
środka pręta.
gdzie x jest odległością środka masy układu pocisk-pręt od
Położenie środka masy znajdujemy ze wzoru:
l
⋅ m1 + 0 ⋅ m
l m1
2
.
(3) x =
=
m1 + m
2 m + m1
Po zderzeniu pocisku z prętem pęd układu jest równy:
(4) p 2 = (m + m1 )v s , gdzie vs – prędkość środka masy układu.
Porównując wartości pędów przed (1) i po zderzeniu (4) obliczamy prędkość środka masy:
m1
v1 .
m + m1
(5) v s =
Moment pędu układu pocisk-pręt po zderzeniu wyraża się wzorem:
(6) L2 = I ⋅ ω ,
gdzie ω - prędkość kątowa, zaś moment bezwładności I jest sumą momentu bezwładności
pręta i momentu bezwładności pocisku:
(7) I =Ipr + Ipoc.
Moment bezwładności pocisku liczymy jak moment bezwładności punktu materialnego:
2
(8) I poc
l
= m1 − x .
2
Moment bezwładności pręta względem środka masy układu obliczamy korzystając z prawa
Steinera:
(9) I pr = I 0 + mx 2 =
1
ml 2 + mx 2 .
12
Korzystając z zasady zachowania momentu pędu [rów.(2) i (6)] oraz podstawiając wzory:
(3), (7), (8) i (9) otrzymujemy wzór na prędkość kątową:
(10) ω =
6m1 (m + m1 )v1
l m 2 + m ⋅ m1 + 4m12
(
)
... zobacz całą notatkę
Komentarze użytkowników (0)