To świadczy o bardzo małej przewadze siły Ft nad siłą T

Zadania do rozdziału 5

Zad.5.1.

Udowodnij, że stosując równię pochyłą o dającym się zmieniać kącie nachylenia α można wyznaczyć współczynnik tarcia statycznego µo.

Rozwiązanie:

W czasie zsuwania się po równi ciało o ciężarze P=mg podlega działaniu wypadkowej dwóch sił:

siły zsuwającej

α

= sinP F_t

i hamującej siły tarcia T=µ_oF_n, α

= cosP F_n

α µ

= Pcos

T _o

Siła wypadkowa F wywołująca ruch równa się T F F= _t −

α µ

− α

=Psin Pcos

F _o ,

ale P=mg

zatem F=mg(sinα−µ_ocosα)

Jeżeli przy danym kącie nachylenia równi ciało samorzutnie nie zaczyna się zsuwać, to znaczy że siła tarcia T jest większa od siły zsuwającej F_t. Stopniowo zwiększając nachylenie można osiągnąć taki kąt α, przy którym ruch się rozpocznie. To świadczy o bardzo małej przewadze siły F_t nad siłą T. W przybliżeniu można zakładać, że przy kącie granicznym, zwanym kątem tarcia, zachodzi równość wspomnianych sił:

T F_t = Ostatnie równanie można też zapisać w postaci

t 0

t Pcos

sin

P α =µ α

gdzie µ₀ oznacza współczynnik tarcia statycznego. Z dalszego przekształcenia wynika, że t

0 =tgα µ

Współczynnik tarcia statycznego równa się zatem tangesowi najmniejszego kąta α, przy którym ciała zaczyna zsuwać się po równi pochyłej.

Zad.5.2.

Wyznaczyć pierwszą prędkość kosmiczną, czyli najmniejszą możliwą prędkość υ , jaką musi _I mieć punkt materialny (satelita) swobodnie krążący po orbicie wokół Ziemi. Promień Ziemi R=6400 km.

Rozwiązanie:

Wyobraźmy sobie pocisk wystrzelony poziomo na wys. h nad Ziemią, któremu nadano pewną prędkość początkową υ. Po przebyciu pewnej drogi pocisk spadnie na Ziemię. Jeżeli będziemy zwiększać prędkość początkową pocisku, to jego droga będzie coraz dłuższa i przy pewnej prędkości początkowej pocisk zacznie obiegać Ziemię dookoła i nie spadnie na jej powierzchnię. Nastąpi to wtedy, gdy prędkość początkowa pocisku osiągnie pierwszą prędkość kosmiczną.

Na poruszający się po orbicie pocisk o masie m działają dwie siły F₁ i F₂ o przeciwnych zwrotach:

siła odśrodkowa

r

F₂ = mυ² i

siła grawitacji

g 2

1 r

k Mm F =

Warunkiem, aby orbita, po której porusza się pocisk, była stabilna jest równowaga tych sił 2

1 F F =

m r r

m

k M ²

g 2⋅ = υ

i stąd

r M k_g

= υ Promień r orbity satelity wynosi:

h R r= +

Ponieważ h<<R to pierwsza prędkość kosmiczna υ_I wyraża się wzorem

R M k_g I = υ

Ale wiemy, że na powierzchni Ziemi spełnione jest równanie:

g 2 R

M k m

mg= ⋅

g M g R2 k ⋅ = ⋅ Ostatecznie

R gR M k_g

I = =

υ

m 6400000 s

81m .

9 2

I = ⋅

υ

s / km 9 . 7 s / m I =7924 ≅

υ .

Zad.5.3.

Wyznaczyć drugą prędkość kosmiczną tzw. prędkość ucieczki, czyli najmniejszą możliwą prędkość υ_II jaką musi mieć punkt materialny (satelita) przy powierzchni Ziemi, aby mógł się oddalić od Ziemi w nieskończoność. Promień Ziemi R=6400 km.

Rozwiązanie:

Obliczmy najpierw, z jaką prędkością υ trzeba rzucić ciało pionowo do góry, aby wzniosło się ono na wysokość h. Zastosujemy w tym celu zasadę zachowania energii.

Całkowita energia mechaniczna E₁ na powierzchni Ziemi wynosi:

( )R E E E₁= _k + _p

gdzie

2

E_k =mυ² to energia kinetyczna

R k Mm

E_p =− _g to grawitacyjna energia potencjalna (patrz 5.19)

R m k M 2

E₁= mυ² − _g ⋅

Całkowita energia mechaniczna E2 ciała na wysokości h ma postać:

h R k Mm

E_{2 g}

− +

= bo na wysokości h; Ek=0 Z prawa zachowania energii

2

1 E

E =

h R k Mm R

m k M 2

m g g

2

− +

⋅ = υ −



 



 + +

=

υ R h

1 R M 1 k 2 _g

Podstawiając h=∞, otrzymujemy prędkość ucieczki

R M k 2 _g II = υ

Ale wiedząc, że na powierzchni Ziemi spełniona jest równość

g 2 R

m k M

mg= ⋅

gM g R2

k = ⋅

Ostatecznie

gR R 2

M k 2 _g

II = =

υ

m 6400000 s

81m . 9

2 2

II = ⋅ ⋅

υ

s / km 2 . 11 s / m 11206

II = ≅

υ Zad.5.4.

Sanki ześlizgują się z oblodzonej góry o wysokości h i zatrzymują się przebywając odległość CB. Odległość AB=S. Określić współczynnika tarcia µ sanek o lodową powierzchnię. Obliczyć przyspieszenie a sanek na odcisku CB.

Rozwiązanie:

mg P

; cos P F P ;

; T F

T 2 n

n

1 µ= = ⋅ α =

= µ

W punkcie D sanki mają energię potencjalną mgh E_p = W punkcie C sanki mają energię kinetyczną

DC p

c 2

k E W

2

E =mυ = −

gdzie WDC – to praca wykonana przeciw sile tarcia T1 na odcinku DC.

W punkcie B sanki mają υ=0, E^B_k =0

0 W W

E

E^B_k = _p − _DC − _CB =

gdzie W_CB – to praca wykonana przeciw sile tarcia T₂ na odcinku CB.

Z prawa zachowania energii CB DC

p W W

E = +

DC T W_DC = ₁⋅

CB T W_CB = ₂⋅

CB T DC T

mgh= ₁⋅ + ₂⋅ µ

⋅ α

⋅

=mg cos T₁

µ

⋅

= mg T₂

AC S CB= −

(S AC)

mg DC cos

mg

mgh= ⋅ α⋅µ⋅ + µ⋅ − ale AC=DC⋅cosα S

mg mgh= ⋅µ⋅ Zatem

S

=h µ

Opóźnienie a na odcinku CB obliczamy z drugiej zasady dynamiki Newtona T2

a

m⋅ = T₂ = mg⋅µ

S mgh g

m a

m⋅ = ⋅ ⋅µ= i stąd

S a= gh

Zad. 5.5.

Wózek o masie m stacza się bez tarcia po szynach wygiętych tak jak na rysunku. Jaka jest najmniejsza wysokość h, aby wózek nie oderwał się od szyn w najwyższym punkcie pętli kołowej o promieniu R.

Rozwiązanie:

W punkcie A wózek ma energię mechaniczną E ^A Ap

Ak

A E E

E = +

gdzie 0

2 E m

2A

Ak υ =

= bo w A υ=0

mgh E^A_p =

W punkcie B wózek ma energię mechaniczną E ^B Bp

Bk

B E E

E = +

2 E m

2B Bk

= υ

R 2 mg E^B_p = ⋅ Z prawa zachowania energii

B

A E

E =

2 R m 2 mg mgh

2B + υ

= (*)

υ musi być tak duże aby siła odśrodkowa B R mυ²_B

zrównoważyła ciężar wózka mg

g R m

m ²_B

⋅ υ =

g 2 R B = ⋅ υ

Znając υ równanie (*) możemy zapisać _B

2 R mRg 2 mg

mgh= +

2R 5 2 R R 2

h= + =

2R h= 5

Zad.5.6.

Ciało o ciężarze G ześlizguje się bez tarcia z nachylonej deski na nieruchomą platformę. Jaką prędkość υ uzyska platforma, kiedy ciężar na nią upadnie. Ciężar platformy wynosi G₁, wysokość początkowa położenia ciała nad poziomem platformy wynosi h, a kąt nachylenia deski do poziomu α. Platforma porusza się bez tarcia.

Rozwiązanie:

Ciało o ciężarze G ma masę g m=G

Z prawa zachowania energii obliczamy prędkość υ₁ upadku ciała na platformę

2 mgh m

12

= υ

gh 1 = 2 υ

W chwili upadku ciało ma pęd pG₁ 1

1 m

pG = υG Wektor p^G₁ ma składowe

α

⋅ υ

= υ

=m m cos

p_{1x 1x 1} α

⋅ υ

= υ

=m m sin

p_{1y 1y 1}

Ciało o ciężarze G po upadku na platformę o ciężarze G₁ pozostaje na tej platformie.

Masa M platformy wraz z ciałem wynosi zatem

g G M=G+ ¹

Po upadku platforma uzyskuje pęd pG₂ υ

= G

G M

p₂ Wektor pG₂

ma składowe υ

= M p_2x

0 p_2y = Z prawa zachowania pędu wynika, że

2 1 p pG = G co pociąga p_1x =p_2x

Zatem możemy zapisać

x 1 1 1

g G g

G

G + ⋅υ= ⋅υ

α

⋅

= α

⋅ υ

=

υ_{1x 1} cos 2gh cos α

⋅

⋅

= υ + ⋅

cos gh g 2

G g

G

G_{1 1}

α

⋅ + ⋅

=

υ 2gh cos

G G

G 1

1

Zad.5.7.

Trzy jednakowe kulki wiszą stykając się na trzech jednakowych niciach o jednakowych długościach. Jedną z kulek odchylono w kierunku prostopadłym do prostej łączącej środki dwóch pozostałych kulek i puszczono swobodnie. Do chwili zderzenia kulka osiągnęła prędkość υ. Jakie prędkości będą posiadały kulki po zderzeniu?

Rozwiązanie:

; 30^o

= α

2 cosα= 3

Po zderzeniu pierwsza kulka miała pęd υ

= G

GI 1

1 m

p i energię kinetyczną

2 E m

1 2 I1 k

= υ

zaś dwie pozostałe kule spoczywały a więc 0

p

p^I₂ = ^I₃= E^I_k1=E^I_k2 =0

Po zderzeniu kule uzyskały odpowiednio prędkości υ₁,υ₂iυ₃, którym odpowiadają pędy 3

II 3 2 3 II 2

1 2 II 1

1 m ; p m ; p m

pG = υG G = υG G = υG oraz energie kinetyczne

2 E m

2 ; E m

2 ; E m

32 3 IIk 3 22

2 IIk 2 12

1 IIk 1

= υ

= υ

= υ

Stosując prawo zachowania pędu możemy zapisać 3II II2 1II

1I p p p

pG =G +G +G co, gdy m₁=m₂ =m₃ =m, jest równoważne

(1) mυ=−mυ₁+mυ₂ ⋅cosα+mυ₃⋅cosα - dla osi y (2) 0=−mυ₃⋅sinα+mυ₂⋅sinα - dla osi y Z (2) wynika, że υ₂ =υ₃ =υ_2/3

; 3 3

; cos m

2 m

mυ=− υ₁+ υ_2/3⋅ α υ=−υ₁+ υ_2/3 υ_2/3 =υ+υ¹ Z zasady zachowania energii

2 2m 2 m 2

m ² ₁² υ_2/3² υ +

υ =

Po podstawieniu

3 3 1

/

2 = υ+υ

υ otrzymujemy

( 2 1 1²)

12

2 2

3

2 υ + υυ +υ +

υ

= υ

12 2 1

12

2 3 2 4 2

3υ = υ + υ + υυ + υυ 0 4

5υ₁²+ υυ₁+υ² =

υ

±

=

∆ υ

= υ + υ

=

∆ 16 ² 20 ² 36 ² 6

υ +

= υ + υ= + υ

= −

υ 5

1 10

2 10

6 1 4

υ υ =

υ= +

= υ

υ 5

3 2 3 5

6 3

5 1 3

/ 2