Rozważmy klocek o masie m=2 kg ciągnięty wzdłuż gładkiej poziomej płaszczyzny przez siłę PG

(1)

Zadania do rozdziału 3.

Zad.3.1.

. Ile wynosi siła reakcji FG_N

wywierana na klocek przez gładką powierzchnię?

Oblicz siłę P, która nada klockowi poziomą prędkość υ_x =4m/s w czasie t-2 s (jeżeli w chwili początkowej klocek znajduje się w spoczynku)?

Rozwiązanie:

Na klocek działają siły: PG

- siła ciągnąca, QG

- siła ciężkości, FG_N

- siła reakcji wywierana na klocek przez powierzchnię.

Z drugiej zasady dynamiki wiemy, że :

∑ = aFG mG co możemy zapisać

∑ =

∑F_x =ma_x i F_y ma_y Ponieważ ay=0; ax≠0

a ∑F_y =F_N −Q; ∑F_x =P Zatem F_N −Q=0; P=ma_x

N 62 . 19 s

/ m 81 . 9 kg 2 Q

; g m

Q= ⋅ = ⋅ ² == ;

Ponieważ F_N=Q to siła nacisku F_N=19.62 N

(2)

x 2 x x

x s

2 m a s ; 2

s 4m t a

a = υ −0 = =

Ostatecznie ; P 4N

s 2 m kg 2 P

; a m

P= ⋅ x = ⋅ 2 =

Zad.3.2.

Samochód ciężarowy o masie m = 6 t doznaje przyspieszenia a=0.5m/s². Oblicz siłę F silnika, która ciągnie samochód.

Rozwiązanie:

Z drugiej zasady dynamiki a m F= ⋅

N 3000 s

/ m 5 , 0 kg 6000

F= ⋅ ² =

Zad.3.3.

Z lotniskowca, którego masa m = 30 000 t, wyrzucony został za pomocą katapulty samolot z siłą F = 90 000 N. Oblicz przyspieszenie a jakie doznaje lotniskowiec?

Rozwiązanie:

Z trzeciej zasady dynamiki wynika, że na lotniskowiec działa siła FG

, taka sama co do modułu lecz przeciwnie skierowana, z jaką lotniskowiec wyrzuca samolot.

Z drugiej zasady dynamiki a m F= ⋅

m a= F

kg s kg m 10 kg 3

000 000 30

N 90000

a ³ ²

⋅

=

= ⁻

2 3m/s 10 3 a= ⋅ ⁻ Zad.3.4.

Ciało o masie m1 = 2 kg jest ciągnięte za pomocą nieważkiej nici po gładkiej, poziomej płaszczyźnie. Na drugim końcu nitki przerzuconym przez krążek wisi inne ciało o masie m₂=1 kg. Zakładając, że krążek jest nieważki i służy wyłącznie do zmiany kierunku naprężenia w nici, znaleźć przyspieszenie a układu i naprężenie nici T.

Rozwiązanie:

(3)

∑ =FG m₂aG₂ y 1 x 1 1 ia ja aG =G +G

y 2 x 2 2 ia ja aG =G +G

Ciało o masie m₁ porusza się w kierunku osi x, czyli a₁_y = . 0 Wobec tego możemy napisać dla m1

0 g m F_N − ₁ =

+ dla osi y

+T=+m₁a₁_x dla osi x i dla m2

y 2 2 2g m a m

T+ =+

− dla osi y

0= 0 dla osi x

Ze względu na to, że na krążku zmienia się kierunek naprężenia nici i, że nić ma ustaloną długość, zachodzi

a a a₁_x= ₂_y = Zatem

a m T= ₁ oraz m₂g−T=m₂a co daje m₂g−m₁a=m₂a

(4)

stąd g m m a m

2 1

2 ⋅

= +

Podstawiając dane liczbowe otrzymujemy:

2 2 3.3m/s s

81m . kg 9 1 kg 2

kg

a 1 ⋅ ≅

= +

i g

m m m m T

2 1

1 2 ⋅

⋅ +

=

N 5 . s 6 81m . kg 9 1 kg 2

kg kg 1

2

T ⋅ 2 ≅

= + Zad.3.5.

Dwie nierówne masy m₁=2 kg i m₂=1 kg są połączone ze sobą za pomocą nieważkiej linki przerzuconej przez niewielki krążek. Oblicz przyspieszenie a układu oraz naprężenie linki T.

Rozwiązanie:

Równanie ruchu masy m1 ma postać

; a m

F ₁ ₁

∑ =

1 1

1g T m a

m − = ⋅ *)

Równanie ruchu masy m2 ma postać

; a m

F ₂ ₂

∑ =

2 2

2g T m a

m − =− ⋅ **) Ale a₁=a₂ =a (patrz zad.3.4)

a m g m

T= ₁ − ₁⋅ i podstawiamy do **)

g m g m a m a m

; a m a m g m g

m₂ − ₁ + ₁ =− ₂ ₁ + ₂ = ₁ − ₂

stąd

m g m

m a m

2 1

2

1 ⋅

+

= −

Podstawiając dane liczbowe otrzymujemy:

2

2 s

3m . s 3 81m . kg 9 1 kg 2

kg 1 kg

a 2 ⋅ ≅

+

= −

oraz

(5)

m g m

m m m

g m T

2 1

2 1 1

1 ⋅

+

⋅ −

−

=

m g m

m m 2 m

m

m m m gm

m m m

m 1 m

g m T

2 1

2 1 2

1

2 1 2 1 1

2 1

2

1 1 = +

+ +

−

= +



 





+

− −

=

N 1 . s 13 81m . kg 9 1 kg 2

kg 1 kg 2 g 2

2 ≅ + ⋅

⋅

= ⋅

Zad.3.6.

Promień zakrętu toru kolejowego wynosi r=100 m. Pod jakim kątem α ma być nachylony tor do poziomu, aby nacisk pociągu F na tor był prostopadły do toru (koła pociągu nie działają wówczas na płaszczyzny boczne szyn i nie występuje zjawisko zrzucania wagonów z toru) jeżeli prędkość pociągu na zakręcie wynosi υ=36 km/godz.

Rozwiązanie:

Rozpatrujemy jeden wagonu pociągu.

Zakładając, że masa wagonu wynosi m, QG

- ciężar wagonu PGn

- siła odśrodkowa

R^G - wypadkowa siła reakcji szyn na koła wagonu

FG

- siła nacisku wagonu na tor.

Siła FG

będzie prostopadła do płaszczyzny tory gdy kąt zawarty między siłami QG i FG

będzie równy kątowi α nachylenia szyn.

Q tgα=Pⁿ

g m Q= ⋅

Reakcję odśrodkową (siłę odśrodkową) możemy wyrazić n

n m a

P = ⋅ gdzie przyspieszenie odśrodkowe a_n ma postać:

a_n =υr²

(6)

Zatem

m r P_n = ⋅υ²

Wtedy

g r mg m r

tg ²

2

⋅

= υ υ

= α

s / m s 10 600 . 3

m 000 . 36 godz

36 km = =

= υ

1 . s 0 / m 81 . 9 m 100

s / m tg 100

2 2

2 ≈

= ⋅ α

6o 1 . 0 ctg

ar ≅

= α

Wniosek: Kąt nachylenia toru na zakręcie nie zależy od masy m jadącego pociągu, a zależy jedynie od jego prędkości υ i promienia krzywizny toru r.

Zad.3.7.

Długość prętów l regulatora Wata wynosi 200 mm. Oblicz kąt α nachylenia ramion regulatora, jego prędkość obrotowa wynosi n=2 obroty/s.

Rozwiązanie:

Zakładamy, że masa kuli regulatora wynosi m. Wtedy na kulę regulatora działają w płaszczyźnie prostopadłej do kierunku ruchu trzy siły: ciężar kulki Q, siła odśrodkowa P_n oraz naciąg pręta F.

Ponieważ położenie kulki w tej płaszczyźnie przy stałych obrotach nie ulega zmianie, powyższe trzy siły znajdują się w równowadze.

Z trójkąta sił wynikają bezpośrednio następujące zależności

Q tgα=Pⁿ

Ciężar ciała Q można wyrazić równaniem Q=m⋅g, a reakcję odśrodkową Pn równaniem

r P_n =mυ²

(7)

α π

α = α π

= ⋅ 4 n mlsin

sin l

sin l n 4

P_n m ² ² ² ² ² ²

Podstawiając wartość Q i P_n do pierwszego równania otrzymamy

g m

sin l m n

tg 4 ² ²

⋅

α

⋅

= π α

i uwzględniając, że

α

= α α cos

tg sin otrzymamy

g sin l n 4 cos

sin = π² ² α α

α

Zatem

g l n 4 cos

1 = π² ² α

l n 4 cos g

2 π2

= α

( ) 0.2m ⁰^.³¹ s

2 1 14 . 3 4

s / m 81 . cos 9

2 2 2

2 =

⋅

= α

71o 31 . 0 cos

arc ≅

= α

Wniosek: Kąt nachylenia α ramion regulatora Wata nie zależy od masy m kuli regulatora.

Zad.3.8.

Jaką pracę W wykona człowiek przesuwający klocek o masie m=10 kg z podstawy na szczyt równi pochyłej mającej długość d=5 m i wysokość h=3 m. Człowiek przesuwa klocek ze stałą prędkością siłą P równoległą do równi. Oblicz moc człowieka P przy wykonywaniu tej pracy, jeśli czas przesuwania klocka wynosił t=10 s.

Rozwiązanie:

Sytuacja jest przedstawiona na rysunku.

Ponieważ przesuwanie klocka wzdłuż osi x odbywa się (bez przyspieszenia) ruchem jednostajnym, zatem II zasada dynamiki przyjmie postać

∑F=R−F=0

(8)

α

⋅

=Q sin F

l sin h

; g m

Q= ⋅ α=

N 8 . m 58 5

m s 3 / m 81 . 9 kg 10 R l; mgh

R= = ⋅ ²⋅ =

N 8 . 58 R≅ Praca W wykonana przez siłę P na drodze l

l P l R W= G⋅G= ⋅

J 294 m 5 N 8 . 58

W= ⋅ =

Gdyby klocek trzeba było podnieść do góry bez użycia równi to wówczas wykonalibyśmy pracę W’

h Q h Q '

W = G⋅G= ⋅

J 294 m 3 s / m 81 . 9 kg 10 '

W= ⋅ ²⋅ =

A więc praca W=W’. Używając równi pochyłej możemy zyskać na sile, ale musimy wykonać taką samą pracę.

Moc człowieka

t P= W

W 4 . s 29 10

J P= 294 =

Zad.3.10.

Oblicz prędkość υ, którą uzyska rakieta o masie m=1.6 t w chwili startu, jeżeli gazy spalinowe posiadały prędkość υ_p =3500m/s, a masa spalonego paliwa wraz z utleniaczem wynosiła m_p=50 kg.

Rozwiązanie:

Przed startem rakieta miała masę m_o =m+m_p, zaś prędkość υ_o =0. Zatem pęd 0pG=m_oυG_o =

.

Ponieważ na rakietę w chwili startu nie działają żadne siły zewnętrzne, dlatego pęd p całego układu (rakieta + wylatujące spaliny) musi być równy zero.

(9)

Pęd rakiety po starcie p_r = mυ Pęd spalin po starcie p_s =−m_pυ_p Pęd układu p_r =mυ−m_pυ_p =0

Zatem mυ=m_pυ_p

m m_pυ_p

= υ

s / m kg 110

1600

s / m 3500 kg

50 ⋅ ≅

= υ

s / m

=110 υ

Zad.3.10.

Oblicz energię kinetyczną pocisku o masie m=40 kg, wystrzelonego z lufy armatniej z prędkością υ=600m/s. Oblicz średnią siłę parcia P gazów prochowych w lufie, jeżeli długość jej wynosi s=2 m.

Rozwiązanie:

Energia kinetyczna EK pocisku wynosi

2 E_K = mυ²

( ) _7200000_J

2

s / m 600 kg

E_K =40 ⋅ ² ² ² =

Energia kinetyczna jaką uzyskał pocisk po opuszczeniu lufy pojawiła się kosztem wykonanej pracy W, którą wykonały gazy prochowe przesuwające pocisk siłą P na dystansie długości lufy s

EK s P W= ⋅ =

s 2 m s

P=E^K = = υ²

( ) _3600000_N

m 2 2

s / m 600 kg

P 40 ² ² ² =

⋅

= ⋅