[ Pobierz całość w formacie PDF ]
Blok 5:
Układy nieinercjalne.
Siły bezwładnoŚci
Odpowiedzi do zadaŃ do samodzielnego rozwiĄzania:
1.
Wskazanie wagi sprĘŻynowej jest równe co do wartoŚci sile reakcji powierzchni wagi.
PoniewaŻ masa człowieka jest równa 80 kg, to wskazanie wagi w windzie spoczywajĄcej
powinno byĆ równe:
C
C
m
|
R
|
=
|
F
|
=
mg
=
80
kg
×
10
=
800
N
. Ale w zadaniu wskazanie wagi jest
c
2
s
wiĘksze niŻ ta wartoŚĆ. Oznacza to, Że wartoŚĆ reakcji podłoŻa jest wiĘksza niŻ w windzie
spoczywajĄcej i wynosi 1000 N. Zadanie to moŻna rozwiĄzaĆ w dwóch układach:
·
W układzie inercjalnym. Siły działajĄce na człowieka nadajĄ mu przyspieszenie równe
przyspieszeniu windy:
II zasada dynamiki Newtona:
C
C
C
R
+
F
=
a
×
m
. Niech pionowa oŚ układu współrzĘdnych
bĘdzie zwrócona ku górze. Wówczas algebraiczne równanie ruchu przyjmuje postaĆ:
m
c
R
-
F
=
R
-
mg
=
a
×
a
y
>
0
, przy czym nie wiemy jeszcze, czy
, czy
a
y
<
0
.
c
y
m
1000
N
-
80
kg
×
10
R
-
mg
200
N
2
s
m
a
=
=
=
=
2
. WspółrzĘdna ta jest dodatnia,
y
m
80
kg
80
kg
s
2
m
a
=
2
zatem przyspieszenie windy jest równe co do wartoŚci
i skierowane pionowo w
górĘ, zgodnie z kierunkiem i zwrotem wybranej przez nas osi układu współrzĘdnych.
Oznacza to moŻliwoŚĆ zaistnienia dwóch przypadków: albo winda porusza siĘ pionowo w
górĘ i przyspiesza, albo porusza siĘ pionowo w dół i hamuje.
·
2
s
W układzie nieinercjalnym, zwiĄzanym z windĄ. Żeby móc stosowaĆ II zasadĘ
dynamiki Newtona, musimy uwzglĘdniĆ siłĘ bezwładnoŚci działajĄcĄ na człowieka w
tej windzie.
0
C
C
C
R
+
F
+
F
=
, gdyŻ człowiek nie porusza siĘ w swoim własnym układzie
współrzĘdnych (inaczej mówiĄc: w układzie windy). Korzystamy z wektorowej definicji siły
bezwładnoŚci:
c
b
C
C
.
Uwaga
: minus jest tutaj istotny!
Czyli:
F
b
=
-
a
×
m
C
C
C
C
C
C
R
+
F
-
a
×
m
=
0
⇒
R
+
F
=
a
×
m
.
Od tego miejsca rozwiĄzanie zadania jest analogiczne jak w układzie inercjalnym:
Niech pionowa oŚ układu współrzĘdnych bĘdzie zwrócona ku górze. Wówczas
algebraiczne równanie ruchu przyjmuje postaĆ:
c
c
R
-
F
=
R
-
mg
=
a
×
m
, przy czym nie
c
y
wiemy jeszcze, czy
a
y
>
0
, czy
a
y
<
0
.
m
1000
N
-
80
kg
×
10
R
-
mg
200
N
s
2
m
a
=
=
=
=
2
. WspółrzĘdna ta jest dodatnia,
y
2
m
80
kg
80
kg
s
m
a =
2
zatem przyspieszenie windy jest równe co do wartoŚci
i skierowane pionowo w
2
s
górĘ, zgodnie z kierunkiem i zwrotem wybranej przez nas osi układu współrzĘdnych.
Oznacza to moŻliwoŚĆ zaistnienia dwóch przypadków: albo winda porusza siĘ pionowo w
górĘ i przyspiesza, albo porusza siĘ pionowo w dół i hamuje.
Odp.
B
i
C
Projekt jest współfinansowany z Europejskiego Funduszu Społecznego
w ramach programu operacyjnego KAPITAŁ LUDZKI
1
BLOK 5 odpowiedzi do zadaŃ do samodzielnego rozwiĄzania
2.
Wskazanie wagi jest równe co do wartoŚci sile reakcji powierzchni wagi na człowieka. JeŻeli
jednak winda urwała siĘ, to zarówno winda, jak i waga, jak i człowiek – wszystkie te ciała
poruszajĄ siĘ z tym samym przyspieszeniem równym przyspieszeniu ziemskiemu. II zasada
dynamiki Newtona w układzie inercjalnym (laboratoryjnym, zwiĄzanym z ZiemiĄ):
m
C
C
C
C
C
C
C
C
C
F
c
+
R
=
a
×
a
=
g
m
+
R
=
g
×
m
⇒
R
=
0
, ale
, jak to poprzednio zauwaŻyliŚmy. Zatem:
.
Zatem wskazanie wagi takŻe jest
równe zeru
.
3.
NaciĄg nici
nie jest
dla danej nici wartoŚciĄ uniwersalnĄ. Siła naciĄgu nici dostosowuje siĘ
bowiem (aŻ do pewnej wartoŚci granicznej zwanej wytrzymałoŚciĄ nici) do wartoŚci sił
naprĘŻajĄcych niĆ. SiłĄ naprĘŻajĄcĄ niĆ jest wypadkowa sił działajĄcych na niĆ od strony kulki
wahadła matematycznego, a ta z kolei jest równa składowej wzdłuŻ nici siły wypadkowej
działajĄcej na kulkĘ. Rozpatrujemy wahadło w pozycji (stanie) równowagi. Gdy autobus stoi
na przystanku, wahadło matematyczne wisi w pozycji pionowej. Gdy autobus rusza z
przystanku, moŻna przyjĄĆ, Że od pierwszej chwili jego przyspieszenie jest stałe i wynosi
C
.
Na kulkĘ wahadła zaczyna wiĘc działaĆ siła bezwładnoŚci zwrócona w stronĘ przeciwnĄ do
przyspieszenia autobusu,
C
. Wahadło matematyczne zaczyna siĘ odchylaĆ w pierwszych
chwilach jazdy i znajduje nowĄ pozycjĘ równowagowĄ – w odchyleniu o pewien kĄt
a
od
C
|
F
|
a
b
tg
a
=
C
=
pionu. KĄt ten jest ŚciŚle ustalony i jego tangens wynosi
.
g
|
F
|
c
4.
Zadanie to moŻna rozwiĄzaĆ np. w układzie nieinercjalnym. Siły
działajĄce na człowieka (autobus przyspiesza w lewo):
C
|
F
|
g
3
a
3
ctgΑ
=
C
b
=
=
3
=
⇒
Α
=
60
o
Zatem
|
F
|
g
g
3
c
5.
WartoŚĆ siły nacisku pilota na fotel jest równa wartoŚci siły reakcji fotela na pilota. Zadanie
moŻemy rozwiĄzaĆ np. w układzie nieinercjalnym:
I zasada dynamiki Newtona w obu przypadkach (pilot w maksymalnym lub minimalnym
połoŻeniu) jest dana:
0
C
C
C
F
+
F
+
R
=
Uwaga:
SiłĄ bezwładnoŚci w ruchu jednostajnym po okrĘgu jest siła odŚrodkowa.
MoŻemy nie korzystajĄc z wektorowej definicji siły bezwładnoŚci, od razu zapisaĆ I zasadĘ
dynamiki Newtona w składowych
igrekowych
(oŚ OY wybieramy pionowĄ, zwróconĄ do
Środka okrĘgu).
Pilot porusza siĘ tak, Że jego głowa jest stale zwrócona do Środka pĘtli, a zatem porusza siĘ
po
wewnĘtrznej
stronie tej pĘtli.
Pilot w najwyŻszym punkcie toru:
c
b
mg
+
R
-
F
=
0
najwyzszy
b
⇒
R
=
F
-
mg
=
a
×
m
-
mg
najwyzszy
b
d
-
mg
+
R
-
F
=
0
Pilot w najniŻszym punkcie toru:
najnizszy
b
⇒
R
=
F
+
mg
=
a
×
m
+
mg
najnizszy
b
d
2
v
a
=
PoniewaŻ
, to:
d
R
2
m
(
100
)
2
v
s
m
R
=
-
g
×
m
=
-
10
×
80
kg
=
3200
N
najwyzszy
2
R
200
m
s
2
m
(
100
)
2
v
s
m
R
=
+
g
×
m
=
+
10
×
80
kg
=
4800
N
najnizszy
2
R
200
m
s
Projekt jest współfinansowany z Europejskiego Funduszu Społecznego
w ramach programu operacyjnego KAPITAŁ LUDZKI
2
BLOK 5 odpowiedzi do zadaŃ do samodzielnego rozwiĄzania
6.
Siła nacisku roweru na mostek jest jak zawsze równa sile reakcji powierzchni mostka na
rower.
I zasada dynamiki Newtona:
C
C
C
F
+
F
+
R
=
0
Teraz sytuacja jest jednak inna niŻ w poprzednim zadaniu, poniewaŻ rower porusza siĘ po
zewnĘtrznej
stronie zakrzywionego mostka. Ponownie wybieramy oŚ OY, tym razem np.
zwróconĄ pionowo w dół:
0
c
b
mg
-
R
-
F
=
b
2
m
2
(
10
)
v
s
m
R
=
g
-
×
m
=
10
-
×
80
kg
=
400
N
2
R
s
20
m
7.
Zadanie to moŻemy rozwiĄzaĆ np. w układzie
nieinercjalnym, zwiĄzanym z tarczĄ. OŚ OY tego układu jest
prostopadła do powierzchni tarczy, a oŚ OX jest równoległa
do powierzchni tarczy i zwrócona do Środka tarczy; poczĄtek
układu współrzĘdnych znajduje siĘ np. w punkcie połoŻenia
klocka.
Siły reakcji i ciĘŻkoŚci równowaŻĄ siĘ (klocek nie porusza
siĘ, a tym bardziej nie przyspiesza w pionie):
(*)
R
-
F
=
0
⇒
R
=
F
Składowa pozioma siły wypadkowej, w układzie klocka takŻe jest równa zeru i w przypadku
granicznym (tuŻ przed zerwaniem przyczepnoŚci):
0
c
c
T
-
F
=
⇒
m
R
=
a
m
.
s
max
b
s
d
2
v
a
=
KorzystajĄc z wzoru na wartoŚĆ przyspieszenia doŚrodkowego:
oraz z równania (*),
d
r
otrzymujemy:
2
m
×
g
v
2
s
m
×
mg
=
m
=
w
×
r
×
m
⇒
r
=
s
2
r
w
8.
Tak, jest to moŻliwe. Wystarczy, Żeby siła docisku klocka do pionowej Ściany (a tym samym
siła reakcji Ściany,
C
) miała na tyle duŻĄ wartoŚĆ, aby tarcie statyczne powstałe pomiĘdzy
ŚcianĄ a klockiem zrównowaŻyło siłĘ ciĘŻkoŚci klocka.
Zatem spełnione muszĄ byĆ dwa warunki:
T
=
F
m
R
=
mg
, czyli w przypadku granicznym
.
s
c
s
Siła docisku jest równa co do wartoŚci sile bezwładnoŚci działajĄcej na klocek (jeŚli
rozpatrujemy sytuacjĘ klocka w nieinercjalnym układzie współrzĘdnych zwiĄzanym z pionowĄ
ŚcianĄ platformy. Czyli
R
=
a
×
m
. Ostateczny warunek na spoczywanie klocka po pionowej
m
×
a
=
g
Ścianie:
.
s
9.
Zadanie moŻna rozwiĄzaĆ np. w układzie nieinercjalnym zwiĄzanym z kartkĄ. I zasada
dynamiki Newtona dla kredy:
0
C
C
C
C
F
+
R
+
T
+
F
=
, przy czym w układzie współrzĘdnych, w którym oŚ OY jest
prostopadła do powierzchni kartki, a oŚ OX jest równoległa do tej powierzchni i ma kierunek i
zwrot zgodny z kierunkiem i zwrotem przyspieszenia kartki:
dla osi OX:
c
s
max
b
T
-
F
=
0
s
max
b
R
-
F
=
0
⇒
R
=
F
=
m
×
g
dla osi OY:
c
c
T
=
m
R
F
b
=
a
×
m
PoniewaŻ
oraz
otrzymujemy warunek na maksymalnĄ wartoŚĆ
s
max
s
a
=
×
g
=
2
m
przyspieszenia:
.
s
2
s
Projekt jest współfinansowany z Europejskiego Funduszu Społecznego
w ramach programu operacyjnego KAPITAŁ LUDZKI
3
BLOK 5 odpowiedzi do zadaŃ do samodzielnego rozwiĄzania
[ Pobierz całość w formacie PDF ]