Rzuty Rzutem (ang. projectile motion ) nazywamy ruch ciała wystrzelonego lub upuszczonego w powietrzu, który zachodzi jedynie z przyspieszeniem grawitacyjnym. W zagadnieniach fizycznych i inżynierskich bardzo często mamy do czynienia z rzutami. Przykładem takiego ruchu może być ruch meteoroidu wpadającego w atmosferę ziemską, fajerwerku wystrzelonego w powietrze, czy lot piłki w dowolnej dyscyplinie sportu. Takie obiekty nazywamy często pociskami a ich tor lotu trajektorią (ang. trajectory ). Ruch obiektów spadających pionowo, który omówiliśmy w rozdziale Ruch prostoliniowy jest prostym rodzajem rzutu w jednym wymiarze, gdzie ruch w poziomie nie występował. W tym rozdziale zajmiemy się rzutami w płaszczyźnie pionowej – przypadek dwuwymiarowy – tj. rzutami poziomymi i ukośnymi, przy czym będziemy zawsze pomijać wpływ oporu powietrza. Najważniejszym faktem do zapamiętania jest to, że ruchy w kierunkach prostopadłych są niezależne i dlatego mogą być rozpatrywane oddzielnie. Mówiliśmy o tym w sekcji Przemieszczenie i prędkość , gdzie pokazaliśmy, że ruch pionowy jest niezależny od ruchu w poziomie. Kluczem do rozwiązania problemu rzutów jest rozłożenie ruchu na ruch wzdłuż osi poziomej i niezależny ruch wzdłuż osi pionowej. Taki wybór osi jest najbardziej sensowny i praktyczny, ponieważ przyspieszenie grawitacyjne występuje wzdłuż kierunku pionowego, a więc w kierunku poziomym nie mamy żadnego przyspieszenia, jeśli pominiemy wpływ oporu powietrza. Dla ułatwienia nazwiemy oś poziomą osią x , natomiast oś pionową - osią y . Pamiętajmy, że taki wybór układu współrzędnych nie jest jedynym możliwym. Jest on po prostu wygodny w problemach z przyspieszeniem grawitacyjnym. W pozostałych przypadkach możemy oczywiście dokonać innego wyboru osi. pokazuje wybór osi oraz oznaczenia przyjęte w dalszych fragmentach rozdziału. Całkowite przemieszczenie nazwiemy s → , a jego składowe wzdłuż osi poziomej i pionowej x → oraz y → . Długości wektorów przemieszczenia i jego składowych oznaczymy przez s , x i y . Całkowite przemieszczenie s → piłki do pewnego punktu na jej trajektorii. Wektor s → ma dwa wektory składowe x → i y → wzdłuż poziomej i pionowej osi. Jego długość wynosi s , a kąt jaki tworzy z poziomem to φ . Aby nasz opis rzutów był kompletny, powinniśmy uwzględnić wektor prędkości, przyspieszenia i przemieszczenia. Co więcej, musimy znaleźć ich składowe x oraz y . Załóżmy, że pomijamy wszystkie siły (z wyjątkiem siły grawitacji) takie jak opór powietrza czy tarcie. Jeśli przyjmiemy dodatni kierunek osi pionowej do góry, składowe wektora przyspieszenia mają bardzo prostą postać: a y = - g = - 9,8 m/s 2 , a x = 0. Ponieważ grawitacja działa tylko w pionie, a x = 0. Jeżeli a x = 0 , to prędkość v x w kierunku x w dowolnej chwili czasu nie zmienia się i jest równa prędkości początkowej v 0 x . Z takimi warunkami na prędkość i przyspieszenie możemy zapisać kinematyczne równania ( - ) dla ruchu w jednorodnym polu grawitacyjnym, przyjmując postać równań odpowiednią dla ruchu ze stałym przyspieszeniem (z sekcji Ruch ze stałym przyspieszeniem ). Jeśli przyjmiemy a y = - g , a x = 0 , nasze równania ruchu mają postać: Ruch w poziomie x = x 0 + v x t v x = v 0 x Ruch w pionie y = y 0 + 1 2 ( v 0 y + v y ) t v y = v 0 y - g t y = y 0 + v 0 y  t − 1 2  g  t 2 y = y_0 + v_{0\sep y} t - \frac12 g t^2 v y 2 = v 0 y 2 - 2 g ( y - y 0 ) Używając tego zestawu równań, możemy dokonać analizy dowolnego rzutu. Musimy jednak pamiętać o kilku ważnych kwestiach. Strategia rozwiązywania zadań: rzuty Rozdziel ruch pocisku na składową poziomą i pionową wzdłuż osi x oraz y . Wartości składowych wektora przemieszczenia s → wzdłuż tych osi to x i y . Wartości składowych wektora prędkości v → są równe v x = v cos  φ oraz v y = v sin  φ , gdzie v jest długością wektora prędkości, a φ jest kątem nachylenia wektora prędkości do osi poziomej (w dowolnej chwili czasu), jak pokazano na . Prędkość początkową v 0 również rozkładamy na składowe v 0 x = v 0 cos  φ 0 oraz v 0 y = v 0 sin  φ 0 , gdzie φ 0 jest kątem początkowym, pod którym pocisk jest wystrzeliwany. Traktuj rzut jako złożenie dwóch niezależnych ruchów w jednym kierunku: wzdłuż osi poziomej i pionowej. Używaj równań ruchu dla kierunku poziomego i pionowego w formie zapisanej powyżej. Rozwiąż równania ze względu na niewiadome. Zauważ, że jedyną wspólną zmienną w równaniach dla kierunku poziomego i pionowego jest czas t . Metody rozwiązywania równań ruchu są takie same jak w przypadku jednowymiarowym. Szczegółowo omówiliśmy je podczas analizy przykładów poniżej. Następnie użyj wielkości służących do opisu ruchu poziomego i pionowego, aby uzyskać informację o całkowitym przemieszczeniu s → i prędkości v → . Oblicz wartość oraz kierunek wektorów przemieszczenia i prędkości używając wzorów s = x 2 + y 2 , φ = arctg ( y / x ) , v = v x 2 + v y 2 , gdzie kąt φ określa kierunek wektora przemieszczenia s → . (a) Problem rzutu w dwóch wymiarach analizujemy, rozpatrując niezależne ruchy w jednym wymiarze: w kierunku poziomym i pionowym. (b) Ruch w poziomie jest bardzo prosty, ponieważ a x = 0 oraz v x jest stałe. (c) W trakcie wznoszenia się ciała prędkość w kierunku pionowym maleje i spada do zera, gdy ciało osiąga wysokość maksymalną. Gdy ciało z powrotem spada w kierunku Ziemi, prędkość pionowa rośnie, ale jej kierunek jest teraz przeciwny do kierunku składowej pionowej prędkości początkowej. (d) Złożenie niezależnych ruchów wzdłuż osi x i y daje całkowitą prędkość w dowolnym punkcie toru ruchu. Rzut, w którym początkowy kąt θ 0 między wektorem prędkości początkowej a kierunkiem poziomym jest różny od zera stopni, nazywamy rzutem ukośnym . Gdy natomiast kąt ten jest równy zero stopni, to rzut taki nazywać będziemy rzutem poziomym . Możemy mieć do czynienia z rzutem ukośnym do góry, jak i w dół (np. rzucając kamieniem w dół klifu). Gdy z kolei kąt jest równy zeru stopni, to rzut nazywamy rzutem pionowym . Wybuch fajerwerku na dużej wysokości Podczas pokazu sztucznych ogni rakietę z ładunkiem wybuchowym wystrzeliwuje się w powietrze z początkową prędkością o wartości 70,00 m/s pod kątem 75° nad horyzontem, jak pokazano na . Lont ma taką długość, aby ładunek został odpalony w najwyższym punkcie toru lotu rakiety. Oblicz wysokość, na jakiej ładunek wybuchnie. Po jakim czasie od wystrzelenia rakiety dojdzie do wybuchu? W jakiej odległości liczonej w poziomie od miejsca wystrzelenia dojdzie do wybuchu fajerwerku? Jakie jest całkowite przemieszczenie rakiety od startu do momentu wybuchu ładunku? Tor ruchu rakiety z fajerwerkami. Odpowiednia długość lontu pozwala na wybuch ładunku w najwyższym punkcie toru, czyli na wysokości 233 m i w odległości 125 m w poziomie od miejsca wystrzału. Strategia rozwiązania Ruch rakiety możemy rozłożyć na ruch poziomy i pionowy z przyspieszeniami a x = 0 oraz a y = - g . Przyjmijmy położenie początkowe x 0 i y 0 równe zero i przystąpmy do obliczania poszukiwanych niewiadomych. Rozwiązanie (a) Przez “wysokość” rozumiemy to, jak wysoko nad poziomem podłoża wzniesie się rakieta, czyli współrzędną y położenia względem punktu początkowego. Najwyższy punkt toru, zwany wysokością maksymalną albo wierzchołkiem , zostaje osiągnięty, gdy v y = 0 . Skoro znamy początkową i końcową prędkość oraz początkowe położenie rakiety, możemy skorzystać z następującego równania do znalezienia wysokości maksymalnej y : v y 2 = v 0 y 2 - 2 g ( y - y 0 ) . Ponieważ i y 0 , i v y są równe zero, równanie upraszcza się do postaci: 0 = v 0 y 2 - 2 g y . Obliczamy y : y = v 0 y 2 2 g . Potrzebujemy jeszcze wyznaczyć v 0 y – składową y wektora prędkości początkowej. Jest ona równa v 0 y = v 0 sin  θ 0 , gdzie v 0 jest wartością prędkości początkowej równą 70,0 m/s, a θ 0 = 75 ∘ jest kątem początkowym, pod którym wystrzelono rakietę. Zatem v 0 y = v 0 sin  θ 0 = ( 70,0 m/s ) sin  75 ∘ = 67,6 m/s , natomiast y wynosi: y = ( 67,6 m/s ) 2 2 ( 9,81 m/s 2 ) . Ostatecznie otrzymujemy y = 233 m . Zauważmy, że ponieważ jako dodatni przyjęliśmy kierunek w górę, to zarówno składowa pionowa prędkości początkowej, jak i maksymalna wysokość są dodatnie, mimo że przyspieszenie grawitacyjne jest ujemne. Zwróćmy także uwagę, że wysokość maksymalna zależy wyłącznie od pionowej składowej prędkości początkowej. Wobec tego każdy pocisk wystrzelony ukośnie z prędkością o składowej pionowej 67,6 m/s osiągnąłby dokładnie taką samą wysokość maksymalną równą 233 m (pomijając opory powietrza). Wynik otrzymany w tym przykładzie jest rozsądny w przypadku naprawdę dużych rakiet, które są w stanie wynieść ładunek na tak dużą wysokość. W rzeczywistości opory powietrza nie są całkowicie zaniedbywalne i do wyniesienia ładunku na tę samą wysokość potrzebna byłaby zapewne większa prędkość początkowa. (b) Jak często bywa w problemach fizycznych, jest wiele sposobów obliczenia czasu lotu pocisku do wysokości maksymalnej. W tym przypadku najprościej będzie skorzystać z równania v y = v 0 y - g t . Ponieważ w wierzchołku v y = 0 , dlatego równanie upraszcza się do równości: 0 = v 0 y - g t , z której łatwo obliczymy czas: t = v 0 y g = 67,6 m/s 9,81 m/s 2 = 6,9 s . Znaleziony czas jest również prawdopodobny w przypadku dużych fajerwerków. Gdybyś miał okazję obserwować pokaz sztucznych ogni, zwróć uwagę, że zazwyczaj mija kilkanaście sekund zanim ładunek wybucha. Inną metodą wyznaczenia czasu wznoszenia pocisku jest użycie równania y = y 0 + 1 2 ( v 0 y + v y ) t . Obliczenie czasu przy pomocy tego równania zostawiamy ci jako ćwiczenie. (c) Ze względu na to, że pomijamy opór powietrza, a x = 0 oraz składowa pozioma prędkości jest stała. Przemieszczenie w poziomie obliczymy, mnożąc prędkość poziomą przez czas zgodnie ze wzorem x = x 0 + v x t , gdzie x 0 jest zero. Zatem x = v x t , przy czym v x jest składową x wektora prędkości, która wynosi v x = v 0  cos θ 0 = 70,0  m / s ⋅ cos 75 ° = 18,1  m / s  . Zauważmy, że pominięto tutaj indeks dolny '0', bo prędkość w kierunku poziomym się nie zmienia i jest zawsze równa składowej prędkości początkowej. Czas t jest dla ruchu w obu kierunkach taki sam, więc x jest równe x = 18,1  m / s ⋅ 6,9  s = 125  m  . Ruch poziomy przy braku oporów powietrza zachodzi ze stałą prędkością. Tak duże obliczone przez nas poziome przemieszczenie może być użyteczne, aby utrzymać odłamki powstałe w wyniku wybuchu jak najdalej od widzów. Na ruch odłamków po wybuchu duży wpływ ma opór powietrza, dzięki czemu upadają one prawie dokładnie poniżej miejsca wybuchu i nie docierają do widzów. (d) W podpunktach (a) i (c) obliczyliśmy składowe wektora położenia w najwyższym punkcie toru lotu rakiety, które są w tym przypadku także składowymi przemieszczenia. Pozostaje nam więc obliczenie długości i kierunku przemieszczenia do wierzchołka. s → = ( 125 i ^ + 233 j ^ ) m | s → | = 125 2 + 233 2 = 264 m θ = arctg ( 233 125 ) = 61 , 8 ∘ . Zauważmy, że kąt między przemieszczeniem a osią poziomą jest mniejszy niż początkowy kąt wystrzału rakiety. Aby zrozumieć dlaczego tak jest, spójrzmy jeszcze raz na , który pokazuje krzywiznę trajektorii z perspektywy podłoża. Rozwiązując (a), wyprowadziliśmy wyrażenie na y słuszne w przypadku, gdy pomijamy opór powietrza. Nazwijmy teraz wysokość maksymalną y = h . W takim razie h = v 0 y 2 2 g . Powyższe równanie podaje ogólny wzór na wysokość maksymalną nad punktem początkowym ciała w rzucie ukośnym , która zależy tylko od składowej pionowej prędkości początkowej. Sprawdź, czy rozumiesz. Kamień rzucono poziomo z klifu o wysokości 100,0 m z prędkością o wartości 15,0 m/s. Przedyskutuj możliwy wybór początku układu współrzędnych. Jakie równanie opisuje ruch w kierunku poziomym? Które równania zastosujesz do opisu ruchu w pionie? Jaki jest wektor prędkości i jego wartość w punkcie upadku kamienia na ziemię? Jako początek układu współrzędnych wybierz szczyt klifu. Jest to najwygodniejszy wybór, mimo że zupełnie arbitralny. Zwyczajowo wybieramy położenie w t = 0 jako początek układu. Poprawnym równaniem jest x = x 0 + v x t . Przyjmując x 0 = 0 , równanie sprowadza się do x = v x t . Zestaw równań od do oraz poprawnie opisuje ruch w pionie, ale przy y 0 = 0 oraz v 0 y = 0 równania te znacznie się upraszczają i przyjmują postać: y = 1 2 ( v 0 y + v y ) t = 1 2 v y t , v y = - g t , y = - 1 2 g t 2 oraz v y 2 = - 2 g y . Znajdziemy składowe wektora prędkości w momencie upadku, korzystając z poznanych równań kinematycznych. Podstawiając do równania v y 2 = - 2 g y wartość -100,0 m w miejsce y , znajdziemy składową y wektora prędkości końcowej v y = –44,3 m/s . Składowa x jest niezmiennie równa v x = 15,0 m/s , zatem całkowita prędkość w chwili upadku ma wartość: v = 46,8 m/s i kierunek θ = 71,3° w dół względem poziomu. Rzut ukośny: Tenisistka Tenisistka po zwycięstwie w rozgrywanym na Arthur Ashe Stadium finale US Open uderza piłkę rakietą skierowaną 45° do poziomu, posyłając ją w trybuny z szybkością 30 m/s ( ). Gdy piłka opadała złapał ją widz siedzący 10 m ponad poziomem, z którego piłka została wyrzucona. Oblicz czas, po jakim piłka dociera do widza. Jaka jest wartość i kierunek prędkości piłki w chwili upadku? Tor lotu piłki tenisowej uderzonej w trybuny. Strategia rozwiązania Podobnie jak wcześniej, dzięki rozłożeniu ruchu w dwóch wymiarach na dwie niezależne składowe w jednym wymiarze, łatwo obliczymy poszukiwane wielkości. Czas przebywania piłki w powietrzu zależy jedynie od jej ruchu w pionie. Zaczniemy więc od wyznaczenia niewiadomej t . Podczas gdy w pionie piłka wznosi się i opada, w poziomie porusza się stale z jednakową prędkością. W tym przykładzie jesteśmy pytani o prędkość końcową w momencie upadku piłki. Żeby ją znaleźć, połączymy z powrotem informacje o ruchu poziomym i pionowym. Wyznaczymy wtedy wektor v → po czasie t , który będziemy znali z rozwiązania pierwszej części zadania. Rozwiązanie (a) Podczas lotu w powietrzu piłka wznosi się, a następnie opada do wysokości końcowej 10,0 m ponad poziomem, z którego została wyrzucona. Czas lotu znajdziemy, korzystając z : y = y 0 + v 0 y t - 1 2 g t 2 . Jeśli przyjmiemy położenie początkowe y 0 równe zero metrów, to w powyższym równaniu zmienna y będzie równa 10 m. Początkowa prędkość w pionie jest składową pionową wektora prędkości początkowej: v 0 y = v 0 sin  θ 0 = ( 30,0 m/s ) sin  45 ∘ = 21,2 m/s . Jeśli w miejsce y i v 0 y w podstawimy obliczone wcześniej wartości, otrzymamy: 10,0 m = ( 21,2 m/s ) t - ( 4,90 m/s 2 ) t 2 . Otrzymaliśmy równanie kwadratowe z niewiadomą t , które po uporządkowaniu ma postać: ( 4,90 m/s 2 ) t 2 - ( 21,2 m/s ) t + 10,0 m = 0. Jeśli rozwiążemy równanie kwadratowe, otrzymamy dwa wyniki t = 3,79 s oraz t = 0,54 s. Wiemy, że piłka znajduje się na wysokości 10 m dwukrotnie - raz w jej locie do góry, a raz podczas opadania. Dlatego jako czas lotu piłki do widza wybierzemy rozwiązanie pierwsze, gdzie czas ten jest dłuższy: t = 3,79 s . Czas ruchu pocisku jest determinowany jedynie jego ruchem w kierunku pionowym. Dlatego każdy pocisk wystrzelony ze składową pionową prędkości 21,2 m/s, który dociera do wysokości 10,0 m ponad poziomem początkowym, spędzi w powietrzu dokładnie 3,79 s. (b) Składowe prędkości v x i v y w momencie upadku piłki na trybuny znajdziemy dzięki wynikom z punktu (a). Następnie wykorzystamy je do obliczenia wartości wektora prędkości v → oraz kąta nachylenia wektora prędkości do poziomu θ . Oznaczymy go dodatkowo przez θ k , aby podkreślić, że jest to kąt końcowy. Ze względu na to, że składowa v x jest stała w czasie, możemy wyznaczyć jej wartość dla dowolnej chwili i dowolnego położenia piłki w trakcie lotu. Wybieramy punkt początkowy, bo znamy początkową prędkość i kąt wyrzucenia piłki. Dlatego v x = v 0 cos  θ 0 = ( 30 m/s ) cos  45 ∘ = 21,2 m/s . Składową pionową prędkości końcowej obliczymy dzięki : v y = v 0 y - g t . W części (a) obliczyliśmy już wartość v 0 y , równą 21,2 m/s, zatem v y = 21,2 m/s - 9,81 m/s 2 ( 3,79 s ) = - 15,9 m/s . Wartość prędkości v → wynosi v = v x 2 + v y 2 = ( 21,2 m/s ) 2 + ( - 15,9 m/s ) 2 = 26,5 m/s . Kąt upadku θ k wyznaczymy jako arcus tangens stosunku składowych prędkości: θ k = arctg ( v y v x ) = arctg ( − 15,9 21,2 ) = − 36 , 9 ∘ . Znaczenie Jak już mówiliśmy, czas ruchu w rzucie ukośnym zależy jedynie od składowej pionowej ruchu. Dlatego czas ruchu każdego pocisku, który startuje z pionową prędkością początkową 21,2 m/s i ląduje na wysokości 10,0 m ponad punktem początkowym, wynosi 3,79 s. Ujemny kąt oznacza, że wektor prędkości w momencie upadku jest skierowany 36,9° poniżej horyzontu. Ten wynik jest spójny z obserwacją, że piłka upada na trybuny po drugiej stronie wierzchołka jej trajektorii i stąd ujemna składowa y prędkości. Zgodnie z naszymi oczekiwaniami, prędkość upadku piłki na wysokości 10,0 m jest mniejsza niż wartość prędkości początkowej, a kąt upadku jest co do wartości bezwzględnej mniejszy niż kąt początkowy. Czas lotu, tor i zasięg W tej sekcji chcemy wyprowadzić ogólne wzory na czas lotu, tor i zasięg w rzucie ukośnym, w którym miejsce wystrzelenia i upadku pocisku są na tej samej wysokości. Wykorzystamy poznane już równania kinematyczne, aby w kolejnych punktach otrzymać interesujące nas wzory. Czas lotu Przekształcając kinematyczne równania ruchu, możemy wyprowadzić wzór na czas lotu obiektu w rzucie ukośnym od miejsca wystrzelenia do miejsca upadku, które znajdują się na tym samym poziomie. Zauważmy, że składowa y położenia musi być równa zeru zarówno na początku, jak i na końcu ruchu. W takim razie przemieszczenie w kierunku pionowym musi być równe zeru, zatem y - y 0 = v 0 y t - 1 2 g t 2 = ( v 0 sin θ 0 ) t - 1 2 g t 2 = 0. Po przekształceniu do postaci iloczynowej mamy: t ( v 0 sin  θ 0 − g t 2 ) = 0. Rozwiązując to równanie ze względu na t , otrzymujemy: T = 2 ( v 0 sin θ 0 ) g . Powyższe równanie daje nam wzór na całkowity czas lotu (ang. time of flight ) w rzucie ukośnym, gdy pocisk jest wystrzelony i wraca na tę samą wysokość. nie obowiązuje w przypadku, gdy poziom wystrzelenia jest inny niż poziom upadku pocisku, jak widzieliśmy w rozwiązanym wyżej tenisisty uderzającego piłkę w kierunku trybun. ma, dwa rozwiązania. Drugie rozwiązanie, t = 0, daje nam czas wystrzelenia pocisku. Czas lotu w rzucie ukośnym wzrasta wraz z prędkością początkową w kierunku pionowym i maleje ze wzrostem przyspieszenia grawitacyjnego g . Wobec tego na Księżycu, gdzie panuje 6 razy mniejsze przyspieszenie grawitacyjne niż na Ziemi, pocisk wystrzelony z taką samą prędkością będzie w locie przez 6 razy dłuższy czas. Zwróćmy też uwagę, że czas wznoszenia się pocisku (równy czasowi opadania pocisku) wynosi połowę czasu danego powyższym wzorem (bez dwójki w liczniku). Tor lotu Równanie toru lotu pocisku w rzucie ukośnym wyznaczymy, eliminując zmienną t z równań kinematycznych dla dowolnej chwili i wyprowadzając zależność y ( x ) . Przyjmijmy, że pocisk jest wystrzelony z początku układu współrzędnych, zatem x 0 = y 0 = 0 . Z równania na zależność x ( t ) wyznaczamy czas x = v 0 x t ⇒ t = x v 0 x = x v 0 cos  θ 0 . Podstawiając za t w równaniu na składową pionową położenia y = ( v 0 sin  θ 0 ) t − 1 2 g t 2 , otrzymujemy: y = ( v 0 sin  θ 0 ) ( x v 0 cos  θ 0 ) − 1 2 g ( x v 0 cos  θ 0 ) 2 . Upraszczając powyższe wyrażenie, otrzymujemy wzór na równanie toru y = ( tg θ 0 ) x − [ g 2 ( v 0 cos  θ 0 ) 2 ] x 2 . Równanie toru w rzucie ukośnym ma ogólną postać y = a x + b x 2 , co jest równaniem paraboli o współczynnikach a = tg θ 0 , b = − g 2 ( v 0 cos  θ 0 ) 2 ; Zasięg Wzór na zasięg (ang. range ), czyli odległość w poziomie, jaką w rzucie ukośnym pokonuje pocisk, znajdziemy na podstawie równania toru ruchu. w postaci iloczynowej ma postać: y = x [ tg θ 0 − g 2 ( v 0 cos  θ 0 ) 2 x ] . Położenie w pionie y jest równe zeru i dla punktu wystrzelenia, i dla miejsca upadku pocisku, bo nadal zakładamy start i metę pocisku na tej samej wysokości. Podstawiając y = 0 do równania, otrzymujemy dwa rozwiązania: x = 0 , co odpowiada punktowi wystrzelenia pocisku, oraz x = 2  v 0 2  sin θ 0  cos θ 0 g  , co odpowiada miejscu upadku. Korzystając z tożsamości trygonometrycznej 2 sin  θ cos  θ = sin  2 θ oraz wprowadzając oznaczenie zasięgu x = R , otrzymujemy wzór końcowy na zasięg: R = v 0 2 sin  2 θ 0 g . Oczywiście powyższy wzór na zasięg jest poprawny jedynie w przypadku rzutu ukośnego względem poziomej powierzchni. Możemy zauważyć, że zasięg wzrasta wraz z kwadratem prędkości początkowej v 0 oraz proporcjonalnie do sin  2 θ 0 , a maleje ze wzrostem przyspieszenia grawitacyjnego. W takim razie na Księżycu zasięg będzie 6 razy większy przy tej samej prędkości początkowej i przy tym samym kącie wystrzelenia. Co więcej, dzięki analizie czynnika sin  2 θ 0 we wzorze możemy zauważyć, że zasięg ma maksimum dla kąta 45 ° . Wszystkie te wnioski pokazujemy na . Na rysunku (a) widzimy, że – przy ustalonym kącie – im większa prędkość początkowa, tym większy zasięg. Z kolei rysunek (b) dowodzi, że zasięg rzutu ukośnego z ustaloną prędkością jest największy dla kąta 45 ° . Jest to prawdą jedynie wtedy, gdy pomijamy opór powietrza. Gdybyśmy nie zaniedbali wpływu oporu powietrza, to zasięg maksymalny byłby dla kąta nieco mniejszego. Co ciekawe, z rysunku (b) wynika też, że ten sam zasięg mają dwa rzuty, których kąty początkowe dodają się do 90 ° . Co prawda wysokości maksymalne się różnią – mniejszemu kątowi odpowiada mniejsza wysokość maksymalna niż dla kąta większego – jednak zasięg jest ten sam. Trajektorie pocisków wystrzelonych z tego samego poziomu. (a) Im większa prędkość początkowa v 0 tym większy zasięg przy danym kącie początkowym. (b) Wpływ kąta początkowego θ 0 na zasięg pocisku w rzucie ukośnym z ustaloną wartością prędkości początkowej. Zwróćmy uwagę, że zasięg jest taki sam dla kątów 15 ° i 75 ° , mimo że wysokości maksymalne są inne. Golfista Golfista musi zmierzyć się z dwiema innymi sytuacjami przy różnych dołkach. Na pierwszym dołku ma do pokonania dystans 120 m, ale chce uderzyć piłkę na odległość tylko 90 m tak, aby dalej potoczyła się jak najbliżej dołka. Uderza piłkę nisko nad podłożem pod kątem 30° i umożliwia jej po upadku dalsze toczenie się po trawie. Na drugim dołku jest 90 m od celu i chce, aby piłka prawie wcale nie toczyła się po upadku na trawę, dlatego uderza ją pod kątem 70° do podłoża. W obu przypadkach punkt startowy piłki i miejsce upadku na trawę znajdują się na tej samej wysokości. Jaka jest szybkość początkowa piłki na pierwszym dołku? Jaka jest szybkość początkowa piłki na drugim dołku? Jakie jest równanie toru piłki w obu przypadkach? Narysuj tor w obu przypadkach. Strategia rozwiązania Wiemy, że wzór na zasięg wiąże i prędkość początkową, i kąt początkowy. Zatem, znając kąt i zasięg, możemy przy jego pomocy wyznaczyć prędkość dla obu przypadków (a) i (b). Następnie, mając prędkości początkowe w obu przypadkach, napiszemy równania toru. Rozwiązanie R = v 0 2  sin 2  θ 0 g ⇒ v 0 = R  g sin 2  θ 0 = 90,0  m ⋅ 9,81  m / s 2 sin 2 ⋅ 30 ° = 31,9  m / s  , R = v 0 2  sin 2  θ 0 g ⇒ v 0 = R  g sin 2  θ 0 = 90,0  m ⋅ 9,81  m / s 2 sin 2 ⋅ 70 ° = 37,1  m / s  , y = x  tg θ 0 - g 2  v 0  cos θ 0 2  , Pierwszy dołek y = x  tg 70 ° - 9,81  m / s 2 2  37,1  m / s ⋅ cos 70 ° 2  x = 2,75  x - 0,0305  x 2  m Drugi dołek y = x  tg 30 ° - 9,81  m / s 2 2  31,9  m / s ⋅ cos 30 ° 2  x = 0 58  x - 0 0064  x 2  m Rysując wykres zależności y ( x ) na podstawie powyższych równań, możemy graficznie porównać tory piłki w obu przypadkach. Spójrz na . Tory lotu piłki golfowej uderzonej pod różnymi kątami, ale o takim samym zasięgu, równym 90 m. W obu przypadkach miejsce upadku i wystrzelenia znajdują się na tej samej wysokości. Znaczenie Prędkość początkowa w rzucie pod kątem 70° jest większa niż prędkość początkowa dla kąta 30°. Dwa pociski wystrzelone z takimi samymi prędkościami osiągają ten sam zasięg, gdy kąty początkowe sumują się do 90°. W naszym przykładzie na suma kątów jest większa niż 90°, dlatego też piłka w rzucie pod kątem 70° musi mieć większą prędkość, aby osiągnąć zasięg 90 m. Inaczej upadłaby po przebyciu mniejszej odległości. Sprawdź, czy rozumiesz. Jeżeli piłki golfowe z powyższego miałyby te same wartości prędkości początkowej, to zasięg lotu której z nich byłby większy? Piłka uderzona pod kątem 30°. W naszych rozważaniach o zasięgu rzutu względem płaskiej powierzchni zakładamy, że R jest bardzo małe w porównaniu z obwodem kuli ziemskiej. Jeżeli jednak zasięg jest duży, krzywizna Ziemi zaczyna być istotna. Powierzchnia Ziemi obniża się w trakcie lotu pocisku i przyspieszenie grawitacyjne zmienia wartość wzdłuż toru lotu. Zasięg rzutu jest w efekcie większy niż przewidziany wyprowadzonym przez nas wzorem, bo miejsce upadku pocisku jest dalej niż w przypadku płaskiej powierzchni odniesienia. Obrazuje to , inspirowana szkicem Newtona z jego dzieła Philosophiae naturalis principia mathematica . Jeżeli prędkość początkowa jest odpowiednio duża, pocisk może wejść na orbitę Ziemi. Powierzchnia Ziemi obniża się o 5 m co każde 8000 m w poziomie. W spadku swobodnym (bez oporów powietrza) ciało spada o 5 m w ciągu 1 s. W takim razie, jeśli ciału nadamy prędkość poziomą o wartości 8000 m/s (czyli 28 800 km/h) tuż przy powierzchni Ziemi, to takie ciało zacznie ruch orbitalny wokół Ziemi – stanie się satelitą. Możemy to rozumieć w ten sposób, że w ruchu orbitalnym powierzchnia Ziemi stale opada względem toru satelity. Wymieniona wartość prędkości jest w przybliżeniu wartością typową dla statku kosmicznego lub satelitów na niskiej orbicie okołoziemskiej. Te i inne zagadnienia ruchu orbitalnego, jak np. ruch Ziemi w przestrzeni kosmicznej, omawiamy szczegółowo w rozdziale Grawitacja . Wystrzelenie pocisku na orbitę ziemską. Pocisk wystrzeliwany jest z wysokiej wieży, dzięki czemu opór powietrza jest pomijalny. Wraz ze wzrostem prędkości początkowej zasięg rzutu jest większy niż względem płaskiej powierzchni, ponieważ powierzchnia Ziemi zakrzywia się w dół względem toru lotu pocisku. Przy prędkości początkowej 8000 m/s pocisk osiąga orbitę. Na stronie PhET Explorations: Projectile Motion możesz zapoznać się z parametrami rzutu ukośnego w zależności od kąta wyrzutu i prędkości początkowej. Podsumowanie Rzuty są przykładem ruchu w pobliżu powierzchni Ziemi, na który wpływ ma tylko przyspieszenie grawitacyjne. Do rozwiązania problemu rzutów używamy jednowymiarowych kinematycznych równań ruchu zapisanych osobno dla kierunku poziomego x i pionowego y . Czas lotu pocisku w rzucie ukośnym z prędkością początkową v 0 względem powierzchni płaskiej możemy opisać wzorem T = 2 ( v 0 sin  θ 0 ) g . Ten wzór jest poprawny tylko w przypadku, gdy pocisk upada na tej samej wysokości, z jakiej został wystrzelony. Największa odległość w poziomie, jaką pokonuje pocisk w rzucie ukośnym, nazywa się zasięgiem i wynosi: R = v 0 2 sin  2 θ 0 g . Wzór na zasięg obowiązuje tylko w sytuacji, gdy pocisk upada na tej samej wysokości, z jakiej był wystrzelony. Pytania Odpowiedz na następujące pytania dotyczące rzutu ukośnego przy założeniu braku oporów powietrza oraz kącie początkowym większym od 0°, a mniejszym niż 90°: Czy prędkość kiedykolwiek spada do zera? Kiedy całkowita prędkość ma najmniejszą wartość? Kiedy największą? Czy wektor prędkości w jakiejkolwiek innej chwili niż t = 0 ma szansę być równy prędkości początkowej? Czy szybkość może być taka jak szybkość początkowa w chwili innej niż t = 0? Nie; najmniejsza w wierzchołku, a największa na początku oraz w momencie upadku; nie, prędkość jest wektorem, który w trakcie ruchu zmienia kierunek i zwrot; tak, w chwili upadku. Odpowiedz na następujące pytania dotyczące rzutu ukośnego, przy założeniu braku oporów powietrza oraz kącie początkowym większym od 0°, a mniejszym niż 90°: Czy przyspieszenie jest kiedykolwiek równe zero? Czy wektor przyspieszenia ma kiedykolwiek zwrot i kierunek którejkolwiek składowej wektora prędkości? Czy przyspieszenie jest kiedykolwiek zwrócone przeciwnie do którejś ze składowych prędkości? Dwuzłotówkę kładziemy płasko na krawędzi stołu tak, że wystaje nieco poza stół. Uderzamy w nią centralnie pięciozłotówką prostopadle do krawędzi stołu tak, że obie monety spadają. Która z nich pierwsza upadnie na podłogę? Obie monety upadną na podłogę w tym samym czasie. Zadania Pocisk karabinowy jest wystrzelony poziomo z wysokości ramienia strzelca (1,5 m) z szybkością 200 m/s. Ile czasu upłynie zanim pocisk upadnie na ziemię? Jaki dystans w poziomie pocisk pokona? t = 0,55 s , x = 110 m . Szklana kuleczka stacza się ze stołu o wysokości 1,0 m i upada na podłogę w odległości 3,0 m w poziomie od krawędzi stołu. Jak długo kulka przebywała w powietrzu? Jaką prędkość miała kulka, gdy minęła krawędź stołu? Jaką szybkość uzyskała kulka w momencie upadku na podłogę? Lotka jest rzucona poziomo z szybkością 10 m/s dokładnie w kierunku środka tarczy odległej o 2,4 m, co pokazuje poniższy rysunek. O ile poniżej zamierzonego celu lotka trafia w tarczę? Co twoja odpowiedź mówi ci o technice stosowanej przez profesjonalnych zawodników tej gry? t = 0,24 s , d = 0,28 m , Celują wyżej. Samolot lecący poziomo z prędkością 500 km/h na wysokości 800 m zrzuca paczkę z zaopatrzeniem (spójrz na rysunek). Jeśli spadochron nie otworzy się, to jak daleko od miejsca zrzutu paczka upadnie na ziemię? Załóżmy, że samolot z poprzedniego zadania wystrzeliwuje rakietę z poziomą prędkością o wartości 300  m / s i kierunku zgodnym z kierunkiem lotu. Po jakim czasie i w jakiej odległości poziomej od miejsca wystrzelenia upadnie rakieta? Jaka jest szybkość rakiety w chwili upadku? t = 12,8 s , x = 5 618 m ; v y = 125,6 m/s , v x = 438,9 m/s , | v → | = 456,5 m/s . Miotacz drużyny baseballowej rzuca piłkę z prędkością 40 m/s (144 km/h). Zakładając, że miotacz rzuca piłkę poziomo w kierunku odległej o 18,4 m bazy, oblicz czas lotu piłki do bazy. W jakiej odległości od bazy upadnie piłka wyrzucona przez miotacza z wysokości 1,5 m, jeśli pałkarz nie trafi? Pocisk, wystrzelony pod kątem 30°, upada po 20 s na ten sam poziom, z którego go wystrzelono. Jaką miał prędkość początkową? Na jaką największą wysokość wzniósł się pocisk? Jaki jest zasięg pocisku? Oblicz przemieszczenie pocisku od miejsca wystrzelenia do punktu na trajektorii po 15 s. v y = v 0 y - g t , t = 10 s , v y = 0 , v 0 y = 98,1 m/s , v 0 = 196,2 m/s ; h = 490,5 m ; v 0 x = 169,9 m/s , x = 3 398,0 m ; x = 2 548,5 m , y = 367,9 m , s → = ( 2 549 i ^ + 367,9 j ^ ) m . Koszykarz rzuca piłką w kierunku kosza odległego o 6,1 m i zawieszonego 3,0 m nad parkietem. Jeżeli piłka jest rzucona z wysokości 1,8 m nad parkietem pod kątem 60°, to jaka musi być jej początkowa szybkość, aby doleciała do kosza? W pewnym momencie balon wypełniony gorącym powietrzem znajduje się na wysokości 100 m i zaczyna opadać ze stałą szybkością 2,0 m/s. W tym samym momencie z kosza balonu dziewczynka rzuca poziomo piłkę z szybkością 20 m/s. Gdzie będzie piłka po wylądowaniu balonu? Zaniedbaj opory powietrza. - 100 m = ( - 2,0 m/s ) t - ( 4,9 m/s 2 ) t 2 , t = 4,3 s , x = 86,0 m . Mężczyzna poruszający się motocyklem ruchem jednostajnym z prędkością 10 m/s wyrzuca puszkę po coli pionowo do góry z szybkością 3,0 m/s. Wyznacz równanie toru lotu puszki, jaki widzi z pobocza policjant obserwujący zdarzenie. Przyjmij za położenie początkowe punkt wyrzutu puszki. Zaniedbaj opory powietrza. Lekkoatleta potrafi skoczyć w dal na odległość 8,0 m. Jak daleko byłby w stanie skoczyć na Księżycu, gdzie przyspieszenie grawitacyjne jest 6 razy mniejsze niż na Ziemi? R K = 48 m Największa odległość na jaką chłopiec potrafi rzucić piłkę wynosi 50 m. Załóżmy, że chłopiec z tą prędkością może rzucać pod dowolnym kątem, także w pionie. Jak wysoko wzniesie się piłka, jeśli chłopiec wyrzuci ją pionowo do góry? Kamień wyrzucono z krawędzi klifu po kątem 53° do poziomu. Wysokość klifu to 100 m. Prędkość początkowa kamienia ma wartość 30 m/s. Jak wysoko ponad klif wzniesie się kamień? Jak daleko w poziomie przemieści się kamień, gdy znajdzie się na wysokości maksymalnej swojego lotu? Po jakim czasie od wyrzucenia kamień upadnie na ziemię? Jaki jest zasięg kamienia? Jakie są współrzędne położenia kamienia względem krawędzi klifu w chwilach t = 2,0  s , t = 4,0  s oraz t = 6,0  s ? v 0 y = 24 m/s , v y 2 = v 0 y 2 - 2 g y ⇒ h = 29,4 m ; t = 2,45 s , v 0 x = 18 m/s , x = 44,1 m ; y = − 100 m , y 0 = 0 , y − y 0 = v 0 t − 1 2 g t 2 , − 100 = 24 t − 4,9 t 2 ⇒ t = 7,58 s ; x = 136,44 m ; t = 2,0 s : y = 28,4 m , x = 36 m , t = 4,0 s : y = 17,6 m , x = 72 m , t = 6,0 s : y = - 32,4 m , x = 108 m . Agent 007, uciekając przed napastnikami, zjeżdża na nartach w dół stoku o nachyleniu 30° z szybkością 60 km/h. Gdy dociera do przepaści, przeskakuje na drugą stronę głębokiego wąwozu o szerokości 60 m i upada 100 m poniżej krawędzi przepaści (rysunek) Jak tego dokonał? Zaniedbaj opory powietrza. Dołek jest w odległości 70 m od golfisty i 20 m poniżej poziomu, na którym stoi mężczyzna. Jeśli uderzy piłkę pod kątem 40° z początkową szybkością 20 m/s, to jak blisko dołka upadnie piłka? v 0 y = 12,9 m/s , y − y 0 = v 0 t − 1 2 g t 2 , − 20 = 12,9 t − 4,9 t 2 ⇒ t = 3,7 s v 0 x = 15,3 m/s ⇒ x = 56,7 m . Piłka wyląduje 13,3 m za blisko. Kula armatnia jest wystrzelona w kierunku zbocza nachylonego do poziomu pod kątem 20° i oddalonego od armaty o 300 m. Prędkość początkowa pocisku ma wartość 75 m/s i kierunek 60° do poziomu. W układzie współrzędnych przyjętym jak na rysunku, równanie prostej, jaką zbocze tworzy względem poziomu, jest następujące y = ( tg 20 ° ) x - 109. W którym miejscu zbocza upadnie kula? Astronauta na Marsie kopie piłkę futbolową pod kątem 45 ° z prędkością 15 m/s . Przyjmując, że przyspieszenie grawitacyjne na Marsie jest równe 3,7 m/s 2 jaki jest zasięg piłki względem płaskiej powierzchni? Jaki byłby zasięg tego samego kopnięcia na Księżycu, gdzie przyspieszenie grawitacyjne jest 6 razy mniejsze niż na Ziemi? a. R M = 60,8 m , b. R K = 137,8 m Rekord Mike'a Powella z 1991 roku w skoku w dal wynosi 8,95 m i do dzisiaj nikt go nie pobił. Jeżeli podczas tego skoku Powell wybił się pod kątem 15°, to jaką musiał mieć początkową prędkość? Robot skonstruowany na MIT w Bostonie potrafi przeskakiwać przeszkody o wysokości 46 cm z szybkością 12 km/h. Jeśli robot potrafi wybić się przy tej prędkości pod kątem 60°, to jaka jest jego wysokość maksymalna? Pod jakim kątem musiałby się wybić ten robot, aby osiągnąć wysokość 46 cm? v y 2 = v 0y 2 − 2 g y ⇒ y = 42 cm ; y = v 0 y 2 2 g = ( v 0 sin  θ ) 2 2 g ⇒ sin  θ = 0,91 ⇒ θ = 65 , 5 ∘ . Góra Asama w Japonii jest czynnym wulkanem. Podczas erupcji w 2009 roku wulkan wyrzucał duże bloki skalne na odległość 1 km od krateru (liczoną w poziomie). Jeżeli kąt wyrzucania skał z wulkanu wynosił 40°, a wysokość względna wulkanu to 900 m, to (a) jaka była prędkość początkowa i (b) czas lotu bloków skalnych? Zawodnik słynnych „Świętych” z Nowego Orleanu, Drew Brees, może kopnąć piłkę do futbolu amerykańskiego z szybkością 23,0 m/s (82,8 km/h). Na jaką odległość poleci piłka, jeśli zawodnik kopnie ją pod kątem 10° do poziomu? R = 18,5 m Pojazd kołowy LRV (Lunar Roving Vehicle) używany podczas ostatniej misji Apollo do transportu sprzętu i załogi na powierzchni Księżyca, nieoficjalnie osiągnął szybkość 5,0 m/s. Gdyby wpadł z tą szybkością na niewielką fałdę na powierzchni Księżyca, która zadziałałaby jak katapulta wystrzeliwująca pojazd pod kątem 20°, to przez jaki czas unosiłby się „w powietrzu”? Bramka na stadionie piłki nożnej ma wysokość 2,44  m . Piłkarz wykonuje rzut karny z odległości 11 m od bramki, nadając piłce kierunek 25° względem poziomu. Jaka musiała być szybkość piłki w momencie kopnięcia, skoro ta trafiła dokładnie w poprzeczkę bramki? y = ( tg θ 0 ) x = [ g 2 ( v 0 cos  θ 0 ) 2 ] x 2 ⇒ v 0 = 16,4 m/s Olympus Mons na Marsie ma wysokość ok. 25 km i promień w obwodzie u podstawy ok. 312 km, co czyni ją najwyższą znaną górą w Układzie Słonecznym. Wyobraź sobie, że stoisz na szczycie tej góry i strzelasz z armaty ustawionej dokładnie w poziomie. Jaka musiałaby być szybkość wystrzeliwanych pocisków armatnich, aby upadały tuż przy podstawie góry na powierzchnię planety. Przyjmij, że przyspieszenie grawitacyjne na Marsie ma wartość 3,7 m/s 2 . Robbie Knievel jest pierwszym człowiekiem, który przeskoczył Wielki Kanion na motocyklu. Dokonał tego w 1991 roku. Na skraju wąskiej części kanionu o szerokości 69,0 m ustawił rampę, na którą wjeżdżał rozpędzonym do prędkości 35,8 m/s motocyklem. Pod jakim kątem musiał wybijać się w górę, aby dotrzeć na drugą stronę kanionu? R = v 0 2 sin  2 θ 0 g ⇒ θ 0 = 15 , 9 ∘ Gra w palanta uznawana jest czasem za pierwowzór gry w baseball. Zawodnik drużyny palantowej uderza piłkę z szybkością 15,0 m/s, kierując ją do góry pod kątem 30° względem poziomu. Jaka musiałaby być prędkość początkowa piłki uderzonej także pod kątem 30°, ale w kosmicznym meczu palanta – na planecie o przyspieszeniu grawitacyjnym dwukrotnie większym niż na Ziemi, tak aby zasięg uderzenia był taki sam jak na Ziemi? Załóż, że wyrzut i upadek piłki mają miejsce na tej samej wysokości. Bramkarz wykopuje piłkę od bramki w kierunku środka boiska z szybkością 25,0 m/s. Ląduje ona dokładnie na linii środkowej (50,0 m od bramkarza). Pod jakimi kątami bramkarz mógł kopnąć piłkę? Z odległości 30,0 m od środka boiska pomocnik ruszył do podania z szybkością 7 m/s. Dla którego z powyższych kątów pomocnik ma szansę odebrać piłkę i o ile wcześniej dobiegnie on do piłki przed jej wylądowaniem? T = 2  v 0  sin θ / g ⇒ θ = arc sin T  g / 2  v 0 , wynika z tego, że kąt równy jest θ 1 = 25,8 ° lub θ 2 = 64,2 ° . Czas lotu piłki zależy od kąta początkowego T = 2  v 0  sin θ / g . Dla kąta θ 1 czas lotu piłki wynosi T 1 = 2,22  s , a dla kąta θ 2 wynosi on T 2 = 4,59  s . Bramkarz musi kopnąć piłkę pod kątem 64,2 ° . Pomocnik pokonuje 30 m w czasie 4,29 s i dobiegnie 0,3 s przed wylądowaniem piłki na ziemię. rzut (ang. projectile motion ) ruch ciała pod wpływem jedynie przyspieszenia grawitacyjnego zasięg (ang. range ) największa odległość w poziomie, jaką ciało (pocisk) pokonuje w rzucie czas lotu (ang. time of flight ) całkowity czas przebywania pocisku w powietrzu tor, trajektoria (ang. trajectory ) krzywa po której pocisk porusza się w powietrzu

Science


Ruch po okręgu Ruch jednostajny po okręgu jest szczególnym rodzajem ruchu, w którym ciało porusza się po torze o kształcie okręgu z prędkością o stałej wartości (stałą szybkością). Przykładowo, dowolny punkt śmigła samolotowego obracającego się ze stałą częstotliwością wykonuje ruch jednostajny po okręgu. Innymi obiektami obrazującymi ten ruch są wskazówki zegara – sekundowa, minutowa oraz godzinowa. Co ciekawe, ale nieoczywiste, każdy punkt w takim ruchu doznaje przyspieszenia, mimo że nazywamy go jednostajnym i prędkość ma stałą wartość. Aby to zrozumieć, musimy dokonać bardziej szczegółowej analizy wektorowej tego ruchu. W tym rozdziale zajmujemy się też ruchem zmiennym po okręgu (przyspieszonym lub opóźnionym), gdzie oprócz przyspieszenia wspomnianego powyżej, występuje także przyspieszenie związane ze zmianą szybkości w czasie. Przyspieszenie dośrodkowe W przypadku ruchu po linii prostej ciała poruszające się ze stałą szybkością muszą mieć zerowe przyspieszenie. Jednak w dwóch lub trzech wymiarach, nawet jeśli szybkość jest stała, ciało może mieć przyspieszenie, o ile porusza się po torze zakrzywionym, np. po okręgu. W takich przypadkach wektor prędkości się zmienia, tzn. d v → / d t ≠ 0. Zmienia się w czasie jego kierunek i zwrot, mimo że wartość pozostaje stała. Widzimy to na . Gdy ciało przemieszcza się wzdłuż okręgu przeciwnie do ruchu wskazówek zegara (w lewo), to w czasie Δ t wektor położenia zmienia się od r → ( t ) do r → ( t + Δ t ) . Wektor prędkości również zmienia się od v → ( t ) do v → ( t + Δ t ) , ale jego wartość jest stała i jest on przez cały czas styczny do toru. Zmienia się jedynie kierunek prędkości w przestrzeni. W ruchu po okręgu wektor prędkości v → ( t ) jest prostopadły do wektora położenia r → ( t ) , jeśli za początek układu współrzędnych przyjmiemy środek okręgu. Skoro tak, to trójkąty zbudowane z wektorów: położenia oraz Δ r → , a także prędkości i Δ v → są podobne. Co więcej, ponieważ | r → ( t ) | = | r → ( t + Δ t ) | oraz | v → ( t ) | = | v → ( t + Δ t ) | , oba te trójkąty są równoramienne. Na podstawie tych własności możemy stwierdzić, że Δ v v = Δ r r lub inaczej Δ v = v r Δ r . (a) Ruch cząstki po okręgu ze stałą szybkością, z zaznaczonymi wektorami położenia i prędkości w chwilach czasu t i t + Δ t . (b) Wektory prędkości budują trójkąt równoramienny. Oba zaznaczone na rysunku trójkąty są podobne. W granicy Δ t → 0 , wektor Δ v → jest skierowany do środka okręgu. Wartość przyspieszenia możemy znaleźć, korzystając z definicji a = lim Δ t → 0 ( Δ v Δ t ) = v r ( lim Δ t → 0 Δ r Δ t ) = v 2 r . Możemy też ustalić kierunek wektora przyspieszenia. Gdy Δ t , a więc i Δ θ zmierzają do zera, wektor Δ v → przyjmuje kierunek prostopadły do v → . W granicy Δ t → 0 , Δ v → staje się prostopadłe do v → . Ze względu na to, że v → jest styczne do okręgu, przyspieszenie d v → / d t musi być skierowane do środka okręgu. Podsumowując, cząstka poruszająca się po okręgu ze stałą szybkością ma przyspieszenie o wartości: a d = v 2 r , a kierunek wektora przyspieszenia jest do środka okręgu ( ). To przyspieszenie nazywamy przyspieszeniem dośrodkowym (ang. centripetal acceleration ), dlatego użyliśmy indeksu dolnego „d”. Określenie dośrodkowe jednoznacznie sugeruje kierunek wektora przyspieszenia do środka okręgu. Wektor przyspieszenia dośrodkowego jest zwrócony do środka okręgu, czyli wzdłuż promienia okręgu. Zaznaczono także wektor prędkości, który jest zawsze styczny do okręgu. Prześledźmy kilka przykładów ilustrujących wzajemny związek między wartością prędkości, promieniem okręgu i przyspieszeniem dośrodkowym. Uzyskiwanie przyspieszenia 1 g Odrzutowiec leci z szybkością 134,1 m/s po prostoliniowym torze. W pewnej chwili skręca, przez chwilę poruszając się po łuku okręgu w płaszczyźnie równoległej do ziemi. Jaki musi być promień łuku, aby pilot i odrzutowiec doznali przyspieszenia o wartości 1 g w kierunku do środka kołowego toru? Strategia rozwiązania Znając szybkość odrzutowca, wykorzystamy wzór na przyspieszenie dośrodkowe do obliczenia promienia okręgu. Rozwiązanie Za wartość przyspieszenia dośrodkowego podstawmy wartość przyspieszenia grawitacyjnego, 9,81 m/s 2 = v 2 / r . Wyznaczając z tego równania promień, otrzymujemy r = ( 134,1 m/s ) 2 9,81 m/s 2 = 1 833 m = 1,833 km . Znaczenie Gdybyśmy chcieli, aby pilot odrzutowca doznawał przyspieszenia większego niż g , odrzutowiec musiałby albo zwiększyć szybkość na tym samym torze, albo zmniejszyć promień łuku okręgu, albo zrobić jedno i drugie. Sprawdź, czy rozumiesz. Koło zamachowe o promieniu 20,0 cm obraca się z przyspieszeniem dośrodkowym 900,0 cm/s 2 . Z jaką szybkością wirują punkty na obwodzie koła? 134,0 cm/s. Przyspieszenie dośrodkowe może mieć bardzo szeroki zakres wartości zależnie od szybkości i promienia krzywizny toru. Typowe wartości przyspieszenia dośrodkowego dla różnych obiektów są przedstawione w tabeli. Typowe wartości przyspieszenia dośrodkowego Obiekt Wartość przyspieszenia dośrodkowego (w m/s 2 lub w jednostkach g ) Ziemia krążąca wokół Słońca 5,93 ⋅ 10 − 3 Księżyc krążący wokół Ziemi 2,73 ⋅ 10 − 3 Satelita na orbicie geostacjonarnej 0,233 Zewnętrzna krawędź płyty CD podczas odtwarzania 5,78 Odrzutowiec wykonujący "beczkę" 2 g − 3 g Kolejka górska (roller coaster) 5 g Elektron w atomie wodoru w prostym modelu Bohra 9,0 ⋅ 10 22 Równania ruchu jednostajnego po okręgu Ruch cząstki poruszającej się ruchem jednostajnym po okręgu może być opisany za pomocą wektora położenia r → ( t ) . Na prezentujemy ruch cząstki poruszającej się po okręgu w lewo. W trakcie ruchu cząstki jej wektor położenia (wektor wodzący) zakreśla w pewnym czasie kąt θ liczony od osi x . Wektor położenia r → ( t ) nachylony pod kątem θ do osi x jest także pokazany na rysunku wraz z jego składowymi wzdłuż osi x i y . Przyjmujemy za początek układu współrzędnych środek okręgu. Długość wektora położenia wynosi A = | r → ( t ) | i jest to długość promienia okręgu. Rozłóżmy wektor na składowe: r → ( t ) = A cos  ( ω t ) i ^ + A sin  ( ω t ) j ^ . Wielkość ω jest stałą i nazywa się częstością kątową (ang. angular frequency ) cząstki. Częstość kątowa ma jednostkę radian (rad) na sekundę, czyli rad/s, i jest po prostu miarą tego, jaki kąt w radianach zatoczył w ciągu sekundy wektor wodzący cząstki poruszającej się po okręgu. Wobec tego kąt i częstość kątowa są ze sobą związane prostą relacją θ = ω t . Częstość kątową nazywamy też czasem częstością kołową lub po prostu częstością. Częstość kątowa jest także związana z okresem T , czyli czasem jednego pełnego okrążenia cząstki (cząstka zatacza wtedy kąt 2 π rad ), prostą relacją ω = 2 π T . Wektor położenia cząstki w ruchu po okręgu i jego dwie składowe x i y . Cząstka porusza się w lewo (przeciwnie do ruchu wskazówek zegara). Kąt θ jest równy iloczynowi częstości kątowej ω (w radianach na sekundę) i czasu t . Wektor prędkości łatwo znajdziemy, różniczkując funkcję czasu wektora położenia: v → ( t ) = d r → ( t ) d t = − A ω sin  ( ω t ) i ^ + A ω cos  ( ω t ) j ^ . Na podstawie można pokazać, że wektor prędkości jest styczny do okręgu w punkcie, w którym znajduje się cząstka, a jego długość wynosi A ω . Podobnie, różniczkując wektor prędkości, znajdziemy wektor przyspieszenia: a → ( t ) = d v → ( t ) d t = − A ω 2 cos  ( ω t ) i ^ − A ω 2 sin  ( ω t ) j ^ . Z powyższego wzoru wynika, że długość wektora przyspieszenia wynosi A ω 2 oraz że jest on skierowany przeciwnie do wektora położenia: a → ( t ) = − ω 2 r → ( t ) . Ruch protonu po okręgu Proton porusza się z szybkością 5 ⋅ 10 6 m/s na płaszczyźnie x y po okręgu o promieniu r = 0,175 m . W jakim położeniu znajduje się proton w chwili t = 2 ⋅ 10 -7  s = 200  ns t = \SI{2e-7}{\second} = \SI{200}{\nano\second} ? Załóżmy, że w chwili początkowej t = 0 położenie protonu wynosi 0,175  m ⋅ i ̂ \SI{0,175}{\metre} \cdot \hat i oraz kierunek ruchu protonu jest przeciwny do kierunku ruchu wskazówek zegara. Naszkicujemy trajektorię protonu. Rozwiązanie Na podstawie danych możemy obliczyć okres i częstość kątową protonu: T = 2  π  r v = 2  π ⋅ 0,175  m 5 ⋅ 10 6  m ∕ s = 2 ⋅ 10 7  s  , T = \frac{2\pi r}{v} = \frac{2\pi \cdot \SI{0,175}{\metre}}{\SI{5e6}{\metre\per\second}} = \SI{2e7}{\second} \text{,} ω = 2  π T = 2  π 2 ⋅ 10 -7  s = 2,856 ⋅ 10 7  s -1  . \omega = \frac{2\pi}{T} = \frac{2\pi}{\SI{2e-7}{\second}} = \SI[per-mode=reciprocal]{2,856e7}{\per\second} \text{.} Położenie protonu w chwili t = 2 ⋅ 10 -7  s t = \SI{2e-7}{\second} dane jest wektorem r →  t = A  cos ω  t ⋅ i ̂ + A  sin ω  t ⋅ j ̂  , \vec r \apply (t) = A \cos (\omega t) \cdot \hat i + A \sin (\omega t) \cdot \hat j \text{,} r →  2 ⋅ 10 -7  s = 0,175  m ⋅ cos 2,86 ⋅ 10 7  s -1 ⋅ 2 ⋅ 10 -7  s ⋅ i ̂ r →  2 ⋅ 10 -7  s + 0,175  m ⋅ sin 2,86 ⋅ 10 7  s -1 ⋅ 2 ⋅ 10 -7  s ⋅ j ̂ , \begin{multiline} \vec r \apply (\SI{2e-7}{\second}) &= \SI{0,175}{\metre} \cdot \cos (\SI[per-mode=reciprocal]{2,86e7}{\per\second} \cdot \SI{2e-7}{\second}) \cdot \hat i \\ &+ \SI{0,175}{\metre} \cdot \sin (\SI[per-mode=reciprocal]{2,86e7}{\per\second} \cdot \SI{2e-7}{\second}) \cdot \hat j \text{,} \end{multiline} r →  2 ⋅ 10 -7  s = 0,175  m ⋅ cos 2,86 ⋅ 10 7  s -1 ⋅ 2 ⋅ 10 -7  s ⋅ i ̂ + 0,175  m ⋅ sin 2,86 ⋅ 10 7  s -1 ⋅ 2 ⋅ 10 -7  s ⋅ j ̂ , r →  2 ⋅ 10 -7  s = 0,175  m ⋅ cos 5,712 ⋅ i ̂ + 0,175  m ⋅ sin 5,712 ⋅ j ̂ r →  2 ⋅ 10 -7  s = 0,147  m ⋅ i ̂ − 0,095  m ⋅ j ̂ . \begin{multiline} \vec r \apply (\SI{2e-7}{\second}) &= \SI{0,175}{\metre} \cdot \cos (\num{5,712}) \cdot \hat i + \SI{0,175}{\metre} \cdot \sin (\num{5,712}) \cdot \hat j \\ &= \SI{0,147}{\metre} \cdot \hat i - \SI{0,095}{\metre} \cdot \hat j \text{.} \end{multiline} r →  2 ⋅ 10 -7  s = 0,175  m ⋅ cos 5,712 ⋅ i ̂ + 0,175  m ⋅ sin 5,712 ⋅ j ̂ = 0,147  m ⋅ i ̂ − 0,095  m ⋅ j ̂ . Na podstawie wyniku możemy stwierdzić, że w danym momencie proton znajduje się tuż pod osią x na płaszczyźnie x y . Obrazujemy to na . Wektor położenia protonu w chwili t = 2,0 ⋅ 10 − 7 s = 200 ns . Nakreślono szkic trajektorii protonu. Całkowity kąt, jaki przez ten czas zatoczy proton poruszający się po okręgu wynosi 5,712  rad i jest tylko trochę mniejszy od kąta pełnego. Znaczenie Wybraliśmy położenie początkowe protonu na osi x . Jest to wybór całkowicie arbitralny. W przypadku innej pozycji początkowej po czasie t = 200 ns mielibyśmy inne niż obliczone powyżej położenie końcowe protonu. Kąt zatoczony przez wektor wodzący protonu byłby jednak taki sam. Ruch zmienny po okręgu Ruch po okręgu nie musi zachodzić tylko ze stałą szybkością. Cząstka, poruszając się po okręgu, może przyspieszać lub zwalniać, a więc mieć przyspieszenie w kierunku ruchu. W ruchu jednostajnym po okręgu cząstka poruszała się z prędkością o wartości stałej w czasie. Zmianie ulegał jedynie kierunek i zwrot wektora, z czym wiązaliśmy przyspieszenie dośrodkowe. Jeżeli również wartość prędkości cząstki ulega zmianie, to musimy wprowadzić do opisu ruchu takiej cząstki dodatkowe przyspieszenie, którego kierunek jest styczny do okręgu. Z takim przyspieszeniem mamy do czynienia np. w dowolnym punkcie na łopatce rozpędzającego się wirnika w silniku elektrycznym albo na powierzchni wirującego bąka (zabawki), który zmienia swoją szybkość obrotu. Na początku tej sekcji pokazaliśmy, że przyspieszenie dośrodkowe jest odpowiedzialne za zmianę kierunku i zwrotu wektora prędkości w czasie. Gdy zmienia się także szybkość cząstki ma ona przyspieszenie styczne (ang. tangential acceleration ), które wyraża szybkość zmian wartości prędkości w czasie: a s = d | v → | d t . Kierunek przyspieszenia stycznego jest styczny do okręgu (wzdłuż wektora prędkości), natomiast przyspieszenie dośrodkowe jest zwrócone radialnie do środka okręgu. Wobec tego cząstka w ruchu zmiennym po okręgu ma całkowite przyspieszenie (ang. total acceleration ), które jest sumą wektorową przyspieszenia stycznego i dośrodkowego: a → = a → d + a → s . Wszystkie trzy wektory przyspieszenia są pokazane na . Zwróć uwagę, że wektory a → s oraz a → d są do siebie prostopadłe ‒ wektor a → d jest zwrócony do środka okręgu, a wektor a → s jest styczny do okręgu. Przyspieszenie całkowite a → jest skierowane pod pewnym kątem pomiędzy wektorem a → d i a → s . Przyspieszenie dośrodkowe jest skierowane wzdłuż promienia okręgu do środka okręgu, natomiast przyspieszenie styczne ma kierunek styczny do okręgu w punkcie, w którym znajduje się cząstka. Oba wektory są zaczepione w punkcie, gdzie znajduje się cząstka. Wektor przyspieszenia całkowitego jest sumą tych dwóch prostopadłych do siebie wektorów przyspieszeń. Całkowite przyspieszenie w ruchu po okręgu Cząstka porusza się po okręgu o promieniu r = 2,0 m. W przedziale czasu od t = 1,5 s do t = 4,0 s jej szybkość zmienia się w czasie zgodnie ze wzorem v ( t ) = c 1 − c 2 t 2 , c 1 = 4,0 m/s , c 2 = 6,0 m ⋅ s . Jakie jest całkowite przyspieszenie cząstki w chwili t = 2,0 s? Strategia rozwiązania Z podanej zależności od czasu obliczymy szybkość i, mając promień okręgu, łatwo znajdziemy przyspieszenie dośrodkowe. Jego kierunek jest oczywiście do środka okręgu. Aby obliczyć wartość przyspieszenia stycznego, musimy najpierw wyliczyć pochodną po czasie funkcji szybkości od czasu, | v ( t ) | , zgodnie z definicją , i dopiero wtedy podstawić za t = 2,0 s. Wartość przyspieszenia całkowitego obliczymy jako pierwiastek z sumy kwadratów obu przyspieszeń. Rozwiązanie Obliczamy przyspieszenie dośrodkowe v ( 2,0 s ) = ( 4,0 − 6,0 ( 2,0 ) 2 ) m/s = 2,5 m/s , a d = v 2 r = ( 2,5 m/s ) 2 2,0 m = 3,1 m/s 2 . Dzięki temu, że w zadaniu podano zależność szybkości od czasu, to możemy od razu różniczkować. Przyspieszenie styczne wynosi a s = d | v → | d t = 2 c 2 t 3 = 12,0 ( 2,0 ) 3 m/s 2 = 1,5 m/s 2 . Obliczamy przyspieszenie całkowite | a → | = 3 , 1 2 + 1 , 5 2 m/s 2 = 3,44 m/s 2 oraz kąt jaki tworzy wektor przyspieszenia całkowitego ze styczną do okręgu θ = arctg ( 3,1 1,5 ) = 64 ∘ . Spójrz na . Wektory przyspieszenia stycznego i dośrodkowego. Przyspieszenie całkowite a → jest sumą wektorową tych dwóch przyspieszeń. Znaczenie Obliczenie przyspieszenia stycznego było w tym przykładzie proste – mieliśmy podaną zależność szybkości od czasu, którą od razu mogliśmy różniczkować. Gdyby podany był wektor prędkości jako funkcja czasu, to najpierw musielibyśmy obliczyć jego długość w funkcji czasu i dopiero wtedy różniczkować (przypuszczalnie dość niewygodną zależność pierwiastkową), a na końcu podstawić w miejsce czasu. Wektory przyspieszenia stycznego i dośrodkowego można wygodniej opisać w biegunowym układzie współrzędnych, nazywanym też polarnym. Jego wersory są skierowane w kierunku radialnym i stycznym do kierunku ruchu cząstki i, co łatwo zauważyć, same zmieniają swoje położenie w czasie. Taki układ współrzędnych, często używany do opisu ruchu po zakrzywionych torach, będziemy wykorzystywać w dalszych partiach podręcznika. Podsumowanie Ruch jednostajny po okręgu odbywa się ze stałą szybkością. Przyspieszenie dośrodkowe a → d jest przyspieszeniem, które występuje zawsze w przypadku ruchu po zakrzywionym torze. Jest ono skierowane zawsze do środka okręgu (ogólniej: do środka krzywizny toru) i ma wartość a d = v 2 / r . Ruch zmienny po okręgu występuje, gdy dodatkowo cząstka ma przyspieszenie w kierunku stycznym do okręgu powodujące zmianę wartości prędkości. To przyspieszenie nazywamy przyspieszeniem stycznym a → s . Wartość tego przyspieszenia jest równa zmianie wartości prędkości w czasie. Przyspieszenie styczne jest prostopadłe do przyspieszenia dośrodkowego. Całkowite przyspieszenie, jakiego doznaje cząstka, obliczamy jako sumę dwóch wektorów przyspieszeń: dośrodkowego i stycznego. Możemy też powiedzieć, że te dwa przyspieszenia są składowymi wektora przyspieszenia całkowitego. Dla ciała w ruchu po okręgu możemy napisać równania ruchu. Wektor położenia ma postać r → ( t ) = A cos  ( ω t ) i ^ + A sin  ( ω t ) j ^ , gdzie A jest wartością tego wektora | r → ( t ) | , co jest także długością promienia okręgu, natomiast ω jest częstością kątową. Wektor prędkości i przyspieszenia znajdziemy, różniczkując odpowiednio wektor położenia jedno- lub dwukrotnie. Pytania Czy przyspieszenie dośrodkowe powoduje zmianę szybkości cząstki w ruchu po okręgu? Czy przyspieszenie styczne zmienia szybkość cząstki w ruchu po okręgu? Tak. Zadania Koło zamachowe wykonuje 30 obrotów na sekundę. Ile wynosi całkowity kąt, jaki punkt na obwodzie koła zatoczy po 40 s? Cząstka krąży po okręgu o promieniu 10 m ze stałą prędkością o wartości 20 m/s. Jaka jest wartość przyspieszenia dośrodkowego cząstki? a d = 40 m/ s 2 David Beckham, wykonując rzut wolny, podkręca piłkę tak, że wiruje ona z szybkością 8 obr/s. Profesjonalna piłka ma obwód 68 cm. Jakiego przyspieszenia dośrodkowego doznaje punkt na obwodzie piłki podczas lotu? Karuzela w wesołym miasteczku ma kształt spodka o promieniu 8,00 m, który wiruje wokół własnej osi. Jeżeli pasażerowie karuzeli siedzący na obwodzie spodka doznają przyspieszenia dośrodkowego o wartości przyspieszenia grawitacyjnego, to ile obrotów na minutę wykonują w trakcie jazdy? a d = v 2 r ⇒ v 2 = r ⋅ a d = 78,5 m 2 / s 2 , v = 8,86 m/s T = 5,67 s , co odpowiada 0,176 obr/s = 10,6 obr/min Łyżwiarka szybka, startująca w konkurencji short-tracku, pokonuje tor o długości 200 m w czasie 23,2 s. Na zakrętach tor ma kształt półokręgów o promieniu 30 m. Zakładając, że w czasie całego biegu łyżwiarka ma stałą szybkość, oblicz jakiego przyspieszenia doznaje na zakrętach? Jakie jest przyspieszenie dośrodkowe Wenus w ruchu orbitalnym wokół Słońca, przy założeniu kołowego kształtu orbity? Średnia odległość Wenus od Słońca to 108,2 miliona km, a rok na Wenus trwa 0,6152 roku ziemskiego. r = 1,082 ⋅ 10 11 m , T = 1,94 ⋅ 10 7 s v = 3,5 ⋅ 10 4 m/s , a d = 1,135 ⋅ 10 − 2 m/s 2 Eksperymentalna rakieta krąży wokół Ziemi tuż nad równikiem. Z jaką stałą szybkością rakieta się porusza, jeśli doznaje przyspieszenia o wartości g ? Śmigło wentylatora sufitowego wiruje z częstotliwością 360,0 obr/min. Jaka jest wartość przyspieszenia dośrodkowego punktu na jednej z łopat śmigła w odległości 10,0 cm od osi obrotu? 360 obr/min = 6 obr/s v = 3,77 m/s , a d = 142 m/s 2 Pewien punkt na wskazówce sekundowej zegara ma przyspieszenie dośrodkowe równe 0,1 cm/s 2 . Jak daleko od osi obrotu znajduje się ten punkt? częstość kątowa (ang. angular frequency ) ω , szybkość zmiany w czasie kąta, jaki cząstka zatacza w trakcie ruchu po okręgu, jest związana z okresem i częstotliwością przyspieszenie dośrodkowe (ang. centripetal acceleration ) składowa przyspieszenia ciała w ruchu po okręgu, która skierowana jest do środka okręgu, jest odpowiedzialna za zakrzywienie toru ruchu przyspieszenie styczne (ang. tangential acceleration ) składowa przyspieszenia styczna do toru, której wartość jest szybkością zmiany wartości prędkości w czasie przyspieszenie całkowite (ang. total acceleration ) wektorowa suma przyspieszeń: dośrodkowego i stycznego

Science


Ruch względny w jednym i dwóch wymiarach Ruch ciała nie zawsze rozpatrujemy niezależnie od innych ciał w ruchu. Jeżeli np. jedziesz pociągiem z szybkością 10  m / s w kierunku na wschód, to prędkość o tej wartości jest mierzona względem podłoża (np. torów czy peronu). Jeśli jednak wyprzedza cię inny pociąg również jadący na wschód, lecz z szybkością 15 m/s, to względem tego drugiego pociągu twoja prędkość jest inna. Wektor twojej prędkości względnej ma wartość 5 m/s i jest zwrócony na zachód. Aby móc w szczegółach mówić o problemie ruchu względnego, musimy wcześniej poznać nową terminologię. Układy odniesienia Aby móc omówić ruch względny w jednym lub wielu wymiarach, musimy najpierw zapoznać się z pojęciem układu odniesienia (ang. reference frame ). Kiedy mówimy, że jakieś ciało ma daną prędkość, zasadniczo powinniśmy podać względem jakiego układu odniesienia ta prędkość jest podana. W większości rozważanych przez nas dotąd problemów układem odniesienia była ziemia (powierzchnia Ziemi). Jeżeli powiesz, że jedziesz w pociągu z prędkością o wartości 10 m/s na wschód, masz zapewne na myśli, że taką prędkość ma pociąg względem podłoża, czyli ziemi. Powierzchnia Ziemi jest wybranym przez ciebie układem odniesienia. Możemy rozszerzyć nasze postrzeganie Ziemi jako układu odniesienia, uwzględniając jej ruch wokół Słońca. Wtedy sytuacja staje się bardziej złożona. Tym razem układem odniesienia staje się cały Układ Słoneczny i ruch pociągu przestaje być już tylko prostym ruchem jednostajnym prostoliniowym. Podsumowując, w dyskusji o ruchu względnym ciał musimy definiować co jest naszym układem odniesienia. W dalszej części poznamy metody pokazujące, jak należy odnosić problem ruchu względnego do różnych układów odniesienia. Ruch względny w jednym wymiarze Na początek zajmiemy się przypadkiem jednowymiarowym, gdy wektory prędkości mają tylko dwa dozwolone kierunki (lewo/prawo, góra/dół itd.). Wróćmy do przykładu człowieka podróżującego pociągiem z szybkością 10 m/s w kierunku na wschód. Jeśli za dodatni kierunek prędkości przyjmiemy kierunek na wschód, a układem odniesienia będzie ziemia, to wektor prędkości pociągu jest następujący v → P,Z = 10 i ^ m/s , gdzie kierunek wschodni jest osią x , a indeks dolny P,Z oznacza, że chodzi nam o prędkość pociągu względem ziemi. Załóżmy teraz, że człowiek wstaje z fotela i idzie na tył pociągu z szybkością 2 m/s. Kierunek ruchu człowieka na zachód jest względem pociągu ujemny, dlatego prędkość człowieka względem pociągu jest wektorem v → C,P = − 2 i ^ m/s (indeks dolny C,P oznacza: człowiek względem pociągu). Jeśli teraz dodamy oba wektory prędkości do siebie, to dostaniemy wektor prędkości człowieka względem ziemi. Ta prędkość względna (ang. relative velocity ) wynosi v → C,Z = v → C,P + v → P,Z . Zwróćmy szczególną uwagę na to, w jakiej kolejności piszemy indeksy dolne przy wektorach w . Schemat na pokazuje poprawny zapis podczas dodawania wektorów. Pamiętajmy, że zwyczajowo indeks pochodzący od układu odniesienia, względem którego definiujemy wektor prędkości, piszemy jako ten drugi po przecinku. Przy zapisywaniu równania wektorowego dla ruchu względnego, indeks wspólny dla wektorów po prawej stronie równania piszemy „po wewnętrznej” stronie. Wektor po lewej stronie równania otrzymuje indeksy „skrajne” od wektorów po prawej stronie. Dodając wektory z równania powyżej, otrzymamy v → C,Z = 8 i ^ m/s , a więc człowiek przemieszcza się na wschód względem ziemi z szybkością 8 m/s. Graficznie przedstawiamy to na . Wektory prędkości: pociągu względem ziemi, człowieka względem pociągu oraz człowieka względem ziemi. Ruch względny w dwóch wymiarach Poznane pojęcia zastosujemy teraz do opisu ruchu względnego na płaszczyźnie. Rozważmy punkt P i dwa układy odniesienia S oraz S ′ . Z każdym układem odniesienia związujemy inny układ współrzędnych, jak pokazano na . Czasem w żargonie fizycznym te układy odniesienia nazywa się odpowiednio nieprimowanym i primowanym. Początek układu S ′ zmierzony w układzie S dany jest wektorem r → S',S , położenie punktu P zmierzone w układzie S ′ wynosi r → P,S' , natomiast położenie punktu P w układzie S jest r → P,S . Położenia cząstki w punkcie P względem różnych układów odniesienia S i S ′ wynoszą odpowiednio r → P,S oraz r → P,S' . Z odczytamy związek między wektorami położenia r → P,S = r → P,S' + r → S',S . Związek między wektorami prędkości względnych obliczymy, różniczkując powyższe równanie v → P,S = v → P,S' + v → S',S . Względna prędkość cząstki w układzie S jest równa sumie prędkości cząstki względem układu S ′ oraz prędkości układów S ′ i S względem siebie . możemy uogólnić na dowolną liczbę układów odniesienia. Przykładowo dla cząstki P o prędkościach v → P,A , v → P,B i v → P,C względem układów A , B i C mamy: v → P,C = v → P,A + v → A,B + v → B,C Możemy też określić, jak związane są ze sobą przyspieszenia względne mierzone w różnych układach odniesienia. W tym celu różniczkujemy : a → P,S = a → P,S' + a → S',S . Zauważmy, że jeśli prędkość względna układu S ′ względem S jest stała, to wtedy a → S',S = 0 oraz a → P,S = a → P,S' . Ten wynik oznacza, że przyspieszenia cząstki w dwóch układach odniesienia, które poruszają się względem siebie ze stałą prędkością, są takie same. Ruch względny samochodu i ciężarówki Ciężarówka wjeżdża na skrzyżowanie z szybkością 70 km/h z kierunku północnego. Samochód osobowy nadjeżdża z zachodu z szybkością 80 km/h ( ). Jaką prędkość ma samochód względem ciężarówki? Samochód osobowy i ciężarówka wjeżdżają na skrzyżowanie z kierunków prostopadłych. Strategia rozwiązania Najpierw musimy ustalić wspólny dla obu ciał układ odniesienia. Naturalnym wyborem jest ziemia. Następnie zapiszemy wektory prędkości obu pojazdów względem ziemi, co pozwoli nam sformułować równanie prędkości wiążące samochód, ciężarówkę i ziemię. Z tego równania wyznaczymy wektor prędkości względnej samochodu i ciężarówki oraz jego wartość i kierunek. Rozwiązanie Prędkość samochodu względem ziemi wynosi v → S,Z = 80 i ^ km/h . Prędkość ciężarówki względem ziemi to v → C,Z = − 70 j ^ km/h . Używając reguł składania prędkości, będziemy chcieli obliczyć v → S,C = v → S,Z + v → Z,C . Oznaczyliśmy przez v → S,C prędkość względną samochodu względem ciężarówki. Ziemia jest układem odniesienia, który wiąże ruch samochodu i ciężarówki. Znamy wektor prędkości ciężarówki względem ziemi. Prędkość ziemi względem ciężarówki, której potrzebujemy do rozwiązania powyższego równania, jest wektorem o przeciwnym znaku: v → Z,C = − v → C,Z . Diagram wektorowy naszego równania prezentuje . Diagram wektorowy przedstawiający równanie: v → S,C = v → S,Z + v → Z,C . Jesteśmy teraz w stanie obliczyć szybkość, z jaką samochód porusza się względem ciężarówki: | v → S,C | = ( 80,0 km/h ) 2 + ( 70,0 km/h ) 2 = 106,3 km/h oraz kierunek θ = arctg ( 70,0 80,0 ) = 41 , 2 ∘ na północ względem kierunku wschodniego. Znaczenie Stworzenie diagramu wektorowego może pomóc w lepszym zrozumieniu ruchu względnego dwóch ciał. Sprawdź, czy rozumiesz. Łódka kieruje się na północ i ustawiona jest dokładnie w poprzek rzeki. Przepływa ona na drugą stronę z szybkością 4,5 m/s. Rzeka płynie w kierunku wschodnim ze stałą szybkością 3,0 m/s na całej swojej szerokości. Jaka jest szybkość łódki względem brzegów? Ustalmy na początku oznaczenia indeksów: Ł = łódka, R = rzeka, B = brzeg rzeki. Wektorowe równanie prędkości: v → Ł,B = v → Ł,R + v → R,B . Wektory tworzą trójkąt prostokątny, jak na rysunku poniżej. Wyznaczamy v → Ł,B : v Ł,B = v Ł,R 2 + v R,B 2 = 4 , 5 2 + 3 , 0 2 = 5,4 m/s , θ = arctg ( 3,0 4,5 ) = 33 , 7 ∘ . Samolot i wiatr Pilot samolotu transportowego musi dotrzeć do miejsca docelowego położonego dokładnie na północ od startu. Samolot przy bezwietrznej pogodzie może lecieć z szybkością 300 km/h. W trakcie lotu wieje jednak wiatr o sile 90 km/h z kierunku dokładnie północno-wschodniego. Jaką szybkość ma wtedy samolot względem ziemi? Pod jakim kątem pilot musi kierować samolot aby dotrzeć do celu? Strategia rozwiązania Pilot musi ustawić samolot nie dokładnie na północ, ale nieco w kierunku na wiatr, aby w ten sposób skompensować niekorzystny kierunek wiatru. Musimy zapisać równanie wektorowe prędkości, które będzie zawierać prędkość samolotu względem wiatru, prędkość wiatru względem ziemi i prędkość samolotu względem ziemi. Skoro znamy pierwsze dwa wektory, łatwo znajdziemy poszukiwaną szybkość samolotu względem ziemi i kierunek ustawienia samolotu. Narysujemy też diagram wektorowy, który znacznie ułatwi nam obliczenia. Rozwiązanie Równanie wektorowe na składanie prędkości jest następujące v → S,Z = v → S,P + v → P,Z , gdzie S = samolot, Z = ziemia, P = powietrze. Z warunków geometrycznych, wynikających z , wyznaczymy łatwo zarówno szybkość samolotu względem ziemi, jak i kierunek ustawienia samolotu w locie θ . Diagram wektorowy dla wiążący wektory v → S,P , v → P,Z i v → S,Z . (a) Mamy następujące dane: | v → S,P | = 300 km/h | v → P,Z | = 90 km/h Jeśli rozłożymy wektor v → P,Z na składowe i zauważymy trójkąt prostokątny na diagramie wektorowym, to obliczymy | v → S,Z | = 230 km/h . (b) Kąt θ = arctg 63,64 300 = 12 ∘ liczony jest na wschód od kierunku północnego. Podsumowanie Do precyzyjnego określenia wektorów położenia, prędkości i przyspieszenia ciała w ruchu należy dobrze zdefiniować układ odniesienia. Prędkość względna to prędkość ciała rejestrowana przez obserwatora z określonego układu odniesienia. Wektor prędkości zmienia się w zależności od wyboru układu odniesienia. Jeśli dwa układy odniesienia S i S ′ poruszają się względem siebie ze stałą prędkością, to prędkość ciała względem S jest równa sumie prędkości tego ciała względem S ′ oraz względnej prędkości układu S ′ względem S . Przyspieszenia ciała mierzone w dwóch układach odniesienia poruszających się względem siebie ze stałą prędkością są takie same. Najważniejsze wzory Wektor położenia r → ( t ) = x ( t ) i ^ + y ( t ) j ^ + z ( t ) k ^ Wektor przemieszczenia Δ r → = r → ( t 2 ) − r → ( t 1 ) Prędkość v → ( t ) = lim Δ t → 0 r → ( t + Δ t ) − r → ( t ) Δ t = d r → d t Wektor prędkości v → ( t ) = v x ( t ) i ^ + v y ( t ) j ^ + v z ( t ) k ^ Składowe prędkości v x ( t ) = d x ( t ) d t , v y ( t ) = d y ( t ) d t , v z ( t ) = d z ( t ) d t Wektor prędkości średniej v → śr = r → ( t 2 ) − r → ( t 1 ) t 2 − t 1 Przyspieszenie chwilowe a → ( t ) = lim t → 0 v → ( t + Δ t ) − v → ( t ) Δ t = d v → ( t ) d t Wektor przyspieszenia i jego składowe a → ( t ) = d v x ( t ) d t i ^ + d v y ( t ) d t j ^ + d v z ( t ) d t k ^ Przyspieszenie jako wektor drugich pochodnych położenia a → ( t ) = d 2 x ( t ) d t 2 i ^ + d 2 y ( t ) d t 2 j ^ + d 2 z ( t ) d t 2 k ^ Czas lotu w rzucie ukośnym T = 2 ( v 0 sin  θ 0 ) g Równanie toru w rzucie ukośnym y = ( tg θ 0 ) x − [ g 2 ( v 0 cos  θ 0 ) 2 ] x 2 Zasięg w rzucie ukośnym R = v 0 2 sin  2 θ 0 g Wysokość maksymalna w rzucie ukośnym h = v 0 2 sin 2  θ 0 2 g Przyspieszenie dośrodkowe a d = v 2 r Wektor położenia w ruchu jednostajnym po okręgu r → ( t ) = A cos  ( ω t ) i ^ + A sin  ( ω t ) j ^ Wektor prędkości w ruchu jednostajnym po okręgu v → ( t ) = d r → ( t ) d t = − A ω sin  ( ω t ) i ^ + A ω cos  ( ω t ) j ^ Wektor przyspieszenia w ruchu jednostajnym po okręgu a → ( t ) = d v → ( t ) d t = − A ω 2 cos  ( ω t ) i ^ − A ω 2 sin  ( ω t ) j ^ Przyspieszenie styczne a s = d | v → | d t Przyspieszenie całkowite a → = a → d + a → s Wektor położenia cząstki w układzie S jako suma wektora położenia cząstki w układzie S ′ i wektora położenia początku układu S względem układu S ′ r → P,S = r → P,S' + r → S',S Składanie prędkości w dwóch układach odniesienia v → P,S = v → P,S' + v → S',S Składanie prędkości w trzech układach odniesienia v → P,C = v → P,A + v → A,B + v → B,C Składanie przyspieszeń a → P,S = a → P,S' + a → S',S Pytania Jakiego układu odniesienia użyłbyś w sposób najbardziej naturalny do opisu twojego ruchu podczas jazdy samochodem? Jakiego podczas lotu odrzutowcem? Koszykarz, kozłując piłkę w biegu, najczęściej obserwuje zawodników dookoła, a nie patrzy na piłkę. Dlaczego? Jeżeli chce dokładnie podać piłkę do kolegi z drużyny, musi skupić wzrok na ruchu układu odniesienia, w którym porusza się kolega. Wyobraźmy sobie pasażera jadącego na odkrytej pace półciężarówki (typu pickup albo polski Żuk), który wyrzuca do tyłu piłkę (przeciwnie do kierunku jazdy). Czy jest możliwe, że względem obserwatora z pobocza jezdni piłka spadnie pionowo w dół? Jaki warunek musi być wtedy spełniony? Jak opisałbyś ruch piłki względem rzucającego piłkę? Biegacz uprawiający poranny jogging gubi czapkę, gdy biegnie ze stałą szybkością w parku. Naszkicuj trajektorię czapki w układzie odniesienia związanym z biegaczem. Powtórz rysunek w układzie spoczywającego obserwatora. Pomiń opory ruchu. Zadania Osie układu współrzędnych przynależącego do układu odniesienia S ′ są równolegle do osi układu S . Układ S ′ oddala się od S ze stałą prędkością v → S',S = ( 4,0 i ^ + 3,0 j ^ + 5,0 k ^ ) m/s . Jeżeli w chwili t = 0 środki obu układów pokrywają się, to jak zmienia się w czasie położenie początku O ′ w układzie odniesienia S ?; Jak są związane ze sobą wektory położenia r → ( t ) oraz r → ′ ( t ) zmierzone odpowiednio w układach S i S ′ ? ; Jaki jest związek między odpowiednimi wektorami prędkości v → ( t ) i v → ′ ( t ) ? ; Jak są ze sobą powiązane wektory przyspieszeń a → ( t ) i a → ′ ( t ) ? . O ′ ( t ) = ( 4,0 i ^ + 3,0 j ^ + 5,0 k ^ ) t m , r → P,S = r → P,S' + r → S',S , r → ( t ) = r → ′ ( t ) + ( 4,0 i ^ + 3,0 j ^ + 5,0 k ^ ) t m , v → ( t ) = v → ′ ( t ) + ( 4,0 i ^ + 3,0 j ^ + 5,0 k ^ ) m/s , Przyspieszenia są takie same. Osie współrzędnych w układach odniesienia S ′ i S pozostają równoległe w czasie, gdy układ S ′ porusza się względem S ze stałą prędkością v → S',S = ( 1,0 i ^ + 2,0 j ^ + 3,0 k ^ ) m/s . Jeżeli w chwili t = 0 początki obu układów pokrywały się, to jak względem układu S zmienia się w czasie położenie środka O ′ ? W jakiej relacji pozostają położenia r → ( t ) i r → ′ ( t ) , zmierzone w układach S i S ′ ? Jak związane są prędkości v → ( t ) i v → ′ ( t ) ? Jak związane są przyspieszenia a → ( t ) i a → ′ ( t ) ? Wektor prędkości cząstki w układzie A wynosi ( 2,0 i ^ + 3,0 j ^ ) m/s . Prędkość względna układu A względem układu B wynosi 4,0 k ^ m/s , natomiast prędkość układu B względem układu C wynosi 2,0 j ^ m/s . Jaka jest prędkość naszej cząstki względem układu C ? v → P,C = ( 2,0 i ^ + 5,0 j ^ + 4,0 k ^ ) m/s Krople deszczu spadają pionowo w dół na szybę samochodu z szybkością 4,5 m/s w układzie związanym z ziemią. Jaką szybkość kropel zmierzy pasażer samochodu poruszającego się po linii prostej w poziomie z szybkością 22,0 m/s? Mewa osiąga szybkość 9,00 m/s w locie przy bezwietrznej pogodzie. Jeżeli w locie pod wiatr mewa pokonuje 6,00  km w ciągu 20,0 min, to z jaką szybkością wieje wtedy wiatr? Jeżeli następnie mewa zawróci i leci z powrotem kursem z wiatrem, to ile czasu zajmie jej powrót do początku trasy? W = wiatr, M = mewa, Z = ziemia Szybkość mewy względem wiatru: v → M,W = 9,0 m/s v → W,Z = ? v → M,Z = 5 m/s , v → M,Z = v → M,W + v → W,Z ⇒ v → W,Z = v → M,Z − v → M,W Zatem prędkość wiatru względem ziemi: v W,Z = − 4,0 m/s . v → M,Z = v → M,W + v → W,Z ⇒ v M,Z = − 13,0 m/s Czas lotu z powrotem: − 6 000 m − 13,0 m/s = 7 min 42 s . Prom ze Świnoujścia wyrusza dokładnie na północ z szybkością 7,00 m/s względem wody. Prąd morski ma w tym miejscu prędkość o wartości 1,50 m/s w kierunku 40° na północny wschód. Jaką szybkość względem brzegu ma prom? W jakim kierunku rzeczywiście płynie? Łódką można płynąć z szybkością 8,0 km/h względem wody. Ile czasu zajmie wiosłowanie przez 1,5 km w dół rzeki płynącej z szybkością 3,0 km/h względem brzegu? Ile czasu zajmie powrót w górę rzeki? Pod jakim kątem trzeba ustawić łódkę, aby dotrzeć na drugi brzeg rzeki dokładnie po przeciwnej stronie? Załóżmy, że szerokość rzeki to 0,8 km. Ile czasu zajmie przepłynięcie na drugi brzeg? Załóżmy teraz, że ustawiamy łódkę na rzece prostopadle do brzegu. Ile teraz czasu zajmie podróż na drugi brzeg i jak daleko w dół rzeki prąd zniesie łódkę? Za dodatni kierunek prędkości przyjmijmy kierunek prądu rzeki. B = brzeg, W = woda, Ł = łódka. | v → Ł,B | = 11 km/h t = 8,2 min ; | v → Ł,B | = − 5 km/h t = 18 min ; v → Ł,B = v → Ł,W + v → W,B , θ = 22 ∘ | v → Ł,B | = 7,4 km/h , t = 6,5 min ; | v → Ł,B | = 8,54 km/h , ale czas przepłynięcia na drugi brzeg zależy tylko od jednej składowej prędkości. t = 6,0 min Dystans pokonany w dół rzeki = 0,3 km. Mały samolot lata z maksymalną szybkością 200  km / h względem powietrza. Jeżeli wiatr wieje z szybkością 50  km / h dokładnie z zachodu, to (a) jak pilot musi ustawić samolot, aby lecieć dokładnie na północ oraz (b) ile czasu zajmie podróż na północ do punktu odległego o 300 km? Rowerzysta jadący z szybkością 15 km/h na południowy wschód czuje na twarzy wiatr wiejący z kierunku południowo-zachodniego z szybkością 25 km/h. Jaką szybkość i kierunek ma wiatr względem spoczywającego obserwatora? | v → W,C | = 25 km/h , | v → R,Z | = 15 km/h , | v → W,Z | = 29,15 km/h , v → W,Z = v → W,R + v → R,Z Kąt pomiędzy v → W,R i v → W,Z wynosi 31 ∘ , zatem kierunek wiatru to 14 ∘ na północ względem kierunku wschodniego. Rzeka płynie na wschód z prędkością 4 m/s. Łódź wyrusza z portu z szybkością 7 m/s na północny wschód pod kątem 30° liczonym od kierunku wschodniego. Jeżeli rzeka ma szerokość 1 800 m, to (a) jaką szybkość ma łódź względem brzegów, oraz (b) ile czasu zajmie łodzi dotarcie na drugi brzeg? Zadania dodatkowe Bolid Formuły 1 wchodzi w zakręt o promieniu 200,0 m z prędkością o wartości 89,0 m/s. Jakiego przyspieszenia doznaje podczas pokonywania zakrętu? a d = 39,6 m/s 2 Cząstka porusza się po kołowej orbicie o promieniu 10 m ze stałą szybkością 40,0 m/s. W pewnej chwili zaczyna zwiększać swoją szybkość w tempie 15,0 m/s 2 . Jaka jest wartość przyspieszenia cząstki w momencie rozpoczęcia przyspieszania? Kierowca wciska pedał hamulca w chwili, gdy samochód wchodzi z szybkością 90 km/h w zakręt o promieniu 150,0 m. Samochód zaczyna zwalniać w tempie 9,0 km/h w ciągu każdej sekundy. Ile wynosi przyspieszenie samochodu, gdy kierowca zwolni do 60,0 km/h? 9,0 km/h = 2,5 m/s ⇒ a s = − 2,5 m/s 2 60,0 km/h = 16,7 m/s ⇒ a d = 1,86 m/s 2 a = 3,1 m/s 2 Samochód wyścigowy wchodzi w zakręt na torze „Poznań”, zmniejszając szybkość z 85,0 do 80,0 m/s w czasie 2,0 s. Jeżeli krzywizna toru wynosi 316,0 m, to ile wynosi całkowite przyspieszenie samochodu na początku i na końcu manewru hamowania? Oblicz przyspieszenie dośrodkowe wynikające z ruchu obrotowego Ziemi wokół własnej osi, jakiego doznaje słoń umieszczony w ZOO na szerokości geograficznej λ . Wyraź odpowiedź przez λ , promień Ziemi R Z i okres obrotu Ziemi T . Porównaj wynik z wartością g , przyjmując λ = 40 ∘ Odległość od osi obrotu do punktu na szerokości geograficznej λ wynosi R Z cos  λ . Szybkość tego punktu to 2 π r T . Przyspieszenie dośrodkowe a d = 4 π 2 R Z cos  λ T 2 dla λ = 40 ∘ wynosi a d = 0,26 % g . Proton rozpędzany w synchrotronie porusza się po okręgu o promieniu 1 km i zwiększa swoją szybkość zgodnie z równaniem v ( t ) = c 1 + c 2 t 2 , gdzie c 1 = 2,0 ⋅ 10 5 m/s i c 2 = 10 5 m/s 3 . Jakie jest całkowite przyspieszenie protonu w chwili t = 5,0 s? Przy jakim czasie wyrażenie na zmianę szybkości protonu w czasie staje się niefizyczne? Łopaty śmigła samolotowego rozpędzają się od czasu t = 0  s do t = 5,0  s z przyspieszeniem stycznym punktów na końcach łopat 3,00  m / s 2 Długość łopat wynosi 1,5  m . Jakiego całkowitego przyspieszenia doznają końce łopat w chwili t = 5,0  s ? a s = 3,0 m/s 2 v ( 5 s ) = 15,0 m/s ⇒ a d = 150,0 m/s 2 θ = 88 , 8 ∘ względem stycznej do okręgu, jaki zataczają końce łopat. | a → | = 150,03 m/s 2 Cząstka wykonuje ruch jednostajny po okręgu z częstością ω = 4,00 rad/s. Jeżeli w chwili początkowej t = 0 cząstka ma położenie y = 0 m, x = 5 m, to: Jakie jest położenie cząstki w chwili t = 10 s? Jaka jest wtedy jej prędkość? Jakie jest jej przyspieszenie? Przyspieszenie dośrodkowe cząstki ma wartość a d = 4,0 m/s 2 . Z jaką częstością wiruje ta cząstka, jeśli znajduje się 5,0 m od osi obrotu? Jaką prędkość ma ona w chwili t = 10 s? a → ( t ) = − A ω 2 cos  ( ω t ) i ^ − A ω 2 sin  ( ω t ) j ^ a d = A ω 2 , A = 5,0 m , ω = 0,89 rad/s v → ( t ) = ( − 2,24 i ^ − 3,87 j ^ ) m/s Pręt o długości 3,0 m obraca się w płaszczyźnie poziomej z częstotliwością 2,0 obr/s wokół osi przechodzącej przez jeden z jego końców. Jakie przyspieszenia dośrodkowe mają punkty na pręcie odległe o 1,0  m , 2,0  m oraz 3,0  m od osi obrotu? Cząstka o początkowym położeniu ( 1,5 j ^ + 4,0 k ^ ) m doznaje przemieszczenia o wektor ( 2,5 i ^ + 3,2 j ^ − 1,2 k ^ ) m . Jakie jest końcowe położenie cząstki? r → 1 = 1,5 j ^ + 4,0 k ^ , r 2 = Δ r → + r → 1 = 2,5 i ^ + 4,7 j ^ + 2,8 k ^ Położenie cząstki dane jest funkcją czasu r → ( t ) = ( 50 m/s ) t i ^ − ( 4,9 m/s 2 ) t 2 j ^ . Jakimi funkcjami czasu są prędkość i przyspieszenie cząstki? Jaki warunek początkowy musi być spełniony, aby ruch cząstki był w ogóle możliwy? Statek kosmiczny leci w przestrzeni z prędkością v → ( t ) = 250,0 i ^ m/s o stałej wartości. W pewnym momencie odpala rakietę, nadając jej przyspieszenie o wektorze a → = ( 3,0 i ^ + 4,0 k ^ ) m/s 2 . Jaka jest prędkość rakiety 5,0 s po wystrzeleniu? v x ( t ) = 265,0 m/s v y ( t ) = 20,0 m/s v → ( 5,0 s ) = ( 265,0 i ^ + 20,0 j ^ ) m/s Łucznik strzela do tarczy ustawionej 40 m od niego. Strzała trafia jednak 30 cm poniżej punktu, do którego celował. Z jaką szybkością łucznik wypuścił strzałę? Skoczek w dal osiąga odległość 8,0 m przy kącie odbicia 45° względem podłoża. Zakładając, że z tą samą szybkością wybija się pod kątem 30°, oblicz jego zasięg przy tym kącie. R = 6,93 m Na pewnej planecie maksymalny możliwy zasięg pocisku wystrzelonego ukośnie z szybkością 10 m/s wynosi 20 m. Jakie jest przyspieszenie grawitacyjne na tej planecie? Zawodnik motocrossu wyskakuje na jednej z przeszkód w powietrze pod kątem 60° względem płaskiego podłoża. Jeżeli ląduje w odległości 45,0 m w poziomie i 20 m poniżej płaszczyzny początkowej, to jaka była szybkość motocyklisty? v 0 = 20,1 m/s Który pojazd doznaje większego przyspieszenia dośrodkowego: motocykl wchodzący w zakręt o promieniu 100,0 m z szybkością 15,0 m/s, czy samochód na zakręcie o promieniu 75,0 m z szybkością 12,0 m/s? Satelita geostacjonarny krąży wokół Ziemi na orbicie o promieniu 42 250 km z okresem równym 24 h. Jakie przyspieszenie dośrodkowe ma ten satelita? v = 3 072,5 m/s a d = 0,223 m/s 2 Dwie identyczne motorówki płyną rzeką po tej samej prostej, ale w przeciwnych kierunkach. Obie mają tę samą szybkość względem wody. Obserwator z brzegu rzeki odnotowuje szybkości łódek 4,0 oraz 5,0 m/s. Jakie szybkości mają motorówki względem wody? Jaka jest szybkość nurtu rzeki? Zadania trudniejsze Golf ekstremalny w RPA. Jeden z dołków na polu golfowym w górach Afryki Południowej znajduje się u podnóża szczytu o wysokości h = 400,0  m h = \SI{400,0}{\metre} . Golfista uderza piłkę ze szczytu w stronę dołka odległego w poziomie o s = 359,0  m s = \SI{359,0}{\metre} . Zakładając, że piłka zostaje uderzona pod kątem φ = 40 ° \varphi = \ang{40}\ do poziomu i trafia bardzo blisko dołka, oblicz (a) prędkość początkową piłki oraz (b) czas lotu piłki. Pomiń opór powietrza. s = v 0 x  t ⇒ t = s ∕ v 0 x s = v_{0\sep x} t \implies t = s/v_{0\sep x} oraz − h = v 0 y  t − g  t 2 ∕ 2 = s ⋅ v 0 y ∕ v 0 x − g ∕ 2 ⋅ s ∕ v 0 x 2 = s  tg φ − g  s 2 ∕ 2 ⋅ 1 ∕ v 0 x 2 - h = v_{0\sep y} t - gt^2/2 = s \cdot (v_{0\sep y} / v_{0\sep x}) - g/2 \cdot (s/v_{0\sep x})^2 = s\tg \varphi - gs^2/2 \cdot (1/v_{0\sep x}^2) , stąd v 0 x = g  s 2 ∕ 2  h + s  tg φ = 30,0  m ∕ s v_{0\sep x} = \sqrt{gs^2/[2(h+s\tg \varphi)]} = \SI{30,0}{\metre\per\second} , natomiast v 0 y = v 0 x  tg φ = 25,2  m ∕ s v_{0\sep y} = v_{0\sep x} \tg \varphi = \SI{25,2}{\metre\per\second} . Ostatecznie otrzymujemy v 0 = v 0 x 2 + v 0 y 2 = 39,2  m ∕ s v_0 = \sqrt{v_{0\sep x}^2 + v_{0\sep y}^2} = \SI{39,2}{\metre\per\second} . t = 12,0  s Robert Lewandowski wykonuje rzut wolny z odległości 30 m. Uderza piłkę pod kątem 45°. Jaką maksymalną prędkość może nadać piłce, aby trafić tuż pod porzeczkę bramki o wysokości 2,44 m? Dodatkowo musi pokonać mur ustawiony w przepisowej odległości 9,15 m, którego zawodnicy wyskakują na wysokość 2,5 m. Czy kopiąc piłkę z maksymalną prędkością Robert pokona mur? Czy sytuacja zmieniłaby się, gdyby mur pod nieuwagę sędziego przesunął się na odległość tylko 7 m od Roberta? W pewnej chwili ciężarówka jedzie po długiej prostej z prędkością 80 km/h dokładnie na wschód w kierunku skrzyżowania odległego o 32 km. W tym czasie na skrzyżowanie wjeżdża samochód osobowy, który z prędkością 50 km/h porusza się na północ. Po jakim czasie oba pojazdy znajdą się najbliżej siebie? Jaka jest najmniejsza odległość między pojazdami w tym momencie? r → = - 32 + 80  t ⋅ i ̂ + 50  t ⋅ j ̂  , r → = - 32 + 80  t 2 + 50  t 2  , 2  r  d r d t = 2  - 32 + 80  t ⋅ 80 + 2 ⋅ 50  t ⋅ 50  , d r d t = 17 800  t - 5120 2  r = 0  , 17 800  t = 5120  h ⇒ t = 0,29  h = 17  min . r = 17  km  . układ odniesienia (ang. reference frame ) układ, względem którego mierzymy położenie, prędkość i przyspieszenie ciała; posiada własny układ współrzędnych prędkość względna (ang. relative velocity ) prędkość ciała widziana przez obserwatora z określonego układu odniesienia; także prędkość jednego układu odniesienia względem drugiego

Science


Wstęp Most Golden Gate, jeden z największych dzieł nowoczesnej techniki, w momencie otwarcia w 1937 roku był najdłuższym mostem wiszącym na świecie. Aktualnie jest on nadal jednym z dziesięciu najdłuższych mostów wiszących. Jakie zjawiska fizyczne musimy rozważyć i uwzględnić przy projektowaniu i budowie tego typu mostu? Jakie siły działają na most? Jakie siły przeciwdziałają zawaleniu mostu? Jak elementy mostu takie jak liny, wieże czy jezdnia wpływają na jego stabilność? Wiadomo, że aby podróż przez most była możliwa, jego konstrukcja musi być stabilna. Często zdarza się, iż jadące mostem samochody gwałtownie przyspieszają bądź zwalniają, na przykład podczas korków. W obydwu przypadkach mamy do czynienia z siłami działającymi zarówno na most, jak i na podróżujące na nim samochody. Siły działające na most się równoważą, stąd też pozostaje on w równowadze. Z kolei w przypadku silnika samochodu siła przez niego wywierana powoduje zmianę ruchu. Isaac Newton, formułując trzy fundamentalne zasady dynamiki, stworzył narzędzia pozwalające opisać z fizycznego punktu widzenia wymienione wyżej sytuacje. W codziennym życiu niemal na każdym kroku możemy obserwować działania sił. Zauważmy, że ludzkie ciało utrzymuje się na powierzchni Ziemi dzięki działającej na nie sile grawitacji. Sama zwarta struktura ludzkiego ciała również jest wynikiem oddziaływań międzycząsteczkowych – czyli pewnego rodzaju sił. Gdy otwierasz okno, podążasz wzdłuż ruchliwej ulicy, używasz sztućców bądź dotykasz gładkiej, dziecięcej twarzy – używasz siły! Analizując głębiej – atomy, z których zbudowana jest ludzka twarz, sprzężone są oddziaływaniem kulombowskim, a w ich jądrze występuje jedno z najsilniejszych oddziaływań w przyrodzie – oddziaływanie krótkozasięgowe sił atomowych. Widać więc, że pojęcie siły jest ważnym narzędziem do opisu bardzo wielu zjawisk w otaczającym nas świecie.

Science