Zadania do rozdziału 5

Transkrypt

1 Zadania do rozdziału 5 Zad.5.1. Udowodnij, że stosując równię pochyłą o dającym się zmieniać ącie nachylenia α można wyznaczyć współczynni tarcia statycznego µ o. ozwiązanie: W czasie zsuwania się po równi ciało o ciężarze P=mg podlega działaniu wypadowej dwóch sił: siły zsuwającej F t = P sin α i hamującej siły tarcia T = µ o Fn, F n = P cos α T = µ o P cos α Siła wypadowa F wywołująca ruch równa się ale P=mg F = Ft T F = P sin α µ o P cos α, zatem = mg( sin α µ cos α) F o Jeżeli przy danym ącie nachylenia równi ciało samorzutnie nie zaczyna się zsuwać, to znaczy że siła tarcia T jest więsza od siły zsuwającej F t. Stopniowo zwięszając nachylenie można osiągnąć tai ąt α, przy tórym ruch się rozpocznie. To świadczy o bardzo małej przewadze siły F t nad siłą T. W przybliżeniu można załadać, że przy ącie granicznym, zwanym ątem tarcia, zachodzi równość wspomnianych sił: F t = T Ostatnie równanie można też zapisać w postaci P sin α t = µ 0P cos α t gdzie µ 0 oznacza współczynni tarcia statycznego. Z dalszego przeształcenia wynia, że µ 0 = tg α t Współczynni tarcia statycznego równa się zatem tangesowi najmniejszego ąta α, przy tórym ciała zaczyna zsuwać się po równi pochyłej. 107

2 Zad.5.. Wyznaczyć pierwszą prędość osmiczną, czyli najmniejszą możliwą prędość υ I, jaą musi mieć punt materialny (satelita) swobodnie rążący po orbicie woół Ziemi. Promień Ziemi =6400 m. ozwiązanie: Wyobraźmy sobie pocis wystrzelony poziomo na wys. h nad Ziemią, tóremu nadano pewną prędość początową υ. Po przebyciu pewnej drogi pocis spadnie na Ziemię. Jeżeli będziemy zwięszać prędość początową pocisu, to jego droga będzie coraz dłuższa i przy pewnej prędości początowej pocis zacznie obiegać Ziemię doooła i nie spadnie na jej powierzchnię. Nastąpi to wtedy, gdy prędość początowa pocisu osiągnie pierwszą prędość osmiczną. Na poruszający się po orbicie pocis o masie m działają dwie siły F 1 i F o przeciwnych zwrotach: siła odśrodowa F = i r Mm siła grawitacji F 1 = g r Waruniem, aby orbita, po tórej porusza się pocis, była stabilna jest równowaga tych sił i stąd Promień r orbity satelity wynosi: g F 1 = F M m υ = m r r υ = g M r r = + Ponieważ h<< to pierwsza prędość osmiczna υ I wyraża się wzorem h 108

3 g M υ I = Ale wiemy, że na powierzchni Ziemi spełnione jest równanie: Ostatecznie m M mg = g g M = g g M υ I = = g Zad.5.3. υ I = m m s υ I = 794 m / s 7.9 m / s. Wyznaczyć drugą prędość osmiczną tzw. prędość ucieczi, czyli najmniejszą możliwą prędość υ II jaą musi mieć punt materialny (satelita) przy powierzchni Ziemi, aby mógł się oddalić od Ziemi w niesończoność. Promień Ziemi =6400 m. ozwiązanie: Obliczmy najpierw, z jaą prędością υ trzeba rzucić ciało pionowo do góry, aby wzniosło się ono na wysoość h. Zastosujemy w tym celu zasadę zachowania energii. Całowita energia mechaniczna 1 na powierzchni Ziemi wynosi: gdzie 1 = + p ( ) = to energia inetyczna Mm p = g to grawitacyjna energia potencjalna (patrz 5.19) M m 1 = g Całowita energia mechaniczna ciała na wysoości h ma postać: Mm = g bo na wysoości h; =0 + h Z prawa zachowania energii 1 = 109

4 g M m = g Mm + h Podstawiając υ = g M h h =, otrzymujemy prędość ucieczi g M υ II = Ale wiedząc, że na powierzchni Ziemi spełniona jest równość Ostatecznie M m mg = g gm = g g M υ II = = g m υ II = m s υ II = 1106 m / s 11. m / s Zad.5.4. Sani ześlizgują się z oblodzonej góry o wysoości h i zatrzymują się przebywając odległość CB. Odległość AB=S. Oreślić współczynnia tarcia µ sane o lodową powierzchnię. Obliczyć przyspieszenie a sane na odcisu CB. ozwiązanie: T1 µ = ; Fn T µ = ; P Fn = P cos α; P = mg 110

5 W puncie D sani mają energię potencjalną p = mgh W puncie C sani mają energię inetyczną c = = p WDC gdzie W DC to praca wyonana przeciw sile tarcia T 1 na odcinu DC. W puncie B sani mają υ = B 0, = 0 B = p WDC WCB = 0 gdzie W CB to praca wyonana przeciw sile tarcia T na odcinu CB. Z prawa zachowania energii p = WDC + WCB WDC = T1 DC WCB = T CB mgh = T1 DC + T CB T 1 = mg cos α µ T = mg µ CB = S AC ( S AC) mgh = mg cos α µ DC + mgµ ale AC = DC cos α mgh = mg µ S Zatem h µ = S Opóźnienie a na odcinu CB obliczamy z drugiej zasady dynamii Newtona m a = T T = mg µ i stąd m a = m g µ = gh a = S h mg S 111

6 Zad Wóze o masie m stacza się bez tarcia po szynach wygiętych ta ja na rysunu. Jaa jest najmniejsza wysoość h, aby wóze nie oderwał się od szyn w najwyższym puncie pętli ołowej o promieniu. ozwiązanie: W puncie A wóze ma energię mechaniczną A A A = + p A A gdzie A = = 0 bo w A υ = 0 A p = mgh W puncie B wóze ma energię mechaniczną B B B = + p B B B p B = = mg Z prawa zachowania energii A B = mgh = mg + B (*) υ B musi być ta duże aby siła odśrodowa B zrównoważyła ciężar wóza mg 11

7 Znając Zad.5.6. B = m g υ B = g υ B równanie (*) możemy zapisać mg mgh = mg + h = + = 5 h = 5 Ciało o ciężarze G ześlizguje się bez tarcia z nachylonej desi na nieruchomą platformę. Jaą prędość υ uzysa platforma, iedy ciężar na nią upadnie. Ciężar platformy wynosi G 1, wysoość początowa położenia ciała nad poziomem platformy wynosi h, a ąt nachylenia desi do poziomu α. Platforma porusza się bez tarcia. ozwiązanie: Ciało o ciężarze G ma masę G m = g Z prawa zachowania energii obliczamy prędość υ 1 upadu ciała na platformę mgh = 1 υ 1 = gh 113

8 W chwili upadu ciało ma pęd p 1 p 1 = 1 Wetor p 1 ma sładowe p1 x = 1x = 1 cos α p1 y = 1y = 1 sin α Ciało o ciężarze G po upadu na platformę o ciężarze G 1 pozostaje na tej platformie. Masa M platformy wraz z ciałem wynosi zatem G + G1 M = g Po upadu platforma uzysuje pęd p p = Mυ Wetor p ma sładowe p x = Mυ p y = 0 Z prawa zachowania pędu wynia, że p 1= p co pociąga p 1x = px Zatem możemy zapisać G1 + G g υ = G1 υ1x g υ1 x = υ1 cos α = G1 + G G1 υ = g g gh cos α gh cos α Zad.5.7. υ = G1 G1 + G gh cos α Trzy jednaowe uli wiszą styając się na trzech jednaowych niciach o jednaowych długościach. Jedną z ule odchylono w ierunu prostopadłym do prostej łączącej środi dwóch pozostałych ule i puszczono swobodnie. Do chwili zderzenia ula osiągnęła prędość υ. Jaie prędości będą posiadały uli po zderzeniu? 114

9 ozwiązanie: α = 30 o ; cos α = 3 Po zderzeniu pierwsza ula miała pęd I p 1 = m1υ i energię inetyczną zaś dwie pozostałe ule spoczywały a więc I m1υ 1 = I I I I p = p3 = 0 1 = = 0 Po zderzeniu ule uzysały odpowiednio prędości υ 1, υ i υ3, tórym odpowiadają pędy II II II p1 = m1υ1; p = ; p3 = m3υ3 oraz energie inetyczne II 1 m1υ1 II = ; II = ; 3 m3υ3 = Stosując prawo zachowania pędu możemy zapisać I II II II p1 = p1 + p + p3 co, gdy m1 = m = m3 = m, jest równoważne (1) = 1 + cos α + 3 cos α - dla osi y () 0 = 3 sin α + sin α - dla osi y Z () wynia, że υ = υ3 = υ/ 3 = 1 + /3 cos α; υ = υ1 + 3υ/3; υ + υ1 υ/3 = 3 Z zasady zachowania energii 1 m /3 = + 115

10 Po podstawieniu υ + υ1 υ/3 = otrzymujemy 3 υ = υ1 + ( υ + υυ1 + υ1 ) 3 3υ = 3υ1 + υ + 4υυ1 + υυ1 5υ 1 + 4υυ1 + υ = 0 = 16υ + 0υ = 36υ = ± 6υ 4υ + 6υ 1 υ1 = = + υ = + υ υ + υ υ υ = /3 = = υ