Spadek swobodny i rzut pionowy W tej sekcji zajmiemy się zastosowaniem równań – do opisu ruchu zwanego spadkiem swobodnym , w którym ciało porusza się w polu grawitacyjnym wytwarzanym w pobliżu powierzchni Ziemi albo innego ciała niebieskiego o rozmiarze planet. Zakładamy, że ciało porusza się po linii prostej, zatem jego ruch jest jednowymiarowy. Jako przykład spadku swobodnego możemy rozważyć ruch kamienia upuszczonego do głębokiego szybu kopalnianego, gdy nasłuchujemy odgłosu upadku kamienia na dno. W tej sekcji zajmiemy się nie tylko spadaniem, kiedy ciało przemieszcza się od większej wysokości do mniejszej, ale też rzutami pionowymi , np. ruchem piłki rzuconej w górę. Mianem spadku swobodnego czasem określa się każdy ruch pionowy w polu grawitacyjnym, czyli zarówno ruch bez prędkości początkowej (spadek), jak i z prędkością początkową (rzut pionowy). My jednak będziemy rozdzielać te dwa przypadki i spadkiem swobodnym nazywać tylko ruch w polu grawitacyjnym bez prędkości początkowej. Ogólne równania ruchu w spadku są niemal takie same jak w rzucie pionowym w dół, różnią się jedynie wartością prędkości początkowej. W rzucie pionowym do góry dodatkowo zwrot prędkości początkowej jest przeciwny do zwrotu wektora przyspieszenia grawitacyjnego. Przyspieszenie grawitacyjne Charakterystycznym i nieoczywistym faktem dotyczącym spadających obiektów, przy pominięciu oporu powietrza i tarcia, jest to, że wszystkie spadają z danej wysokości w kierunku środka Ziemi z jednakowym stałym przyspieszeniem, niezależnie od masy i rozmiarów . Ten doświadczalny fakt jest na pierwszy rzut oka dla nas nieoczywisty, bo na co dzień doświadczamy oporów powietrza nieuchronnie, przez co wydaje się nam, że lekkie ciała muszą spadać wolniej niż ciężkie. Aż do czasów Galileusza (1564–1642) ludzie wierzyli, że ciała o większej masie mają większe przyspieszenie w spadku swobodnym. Dziś wiemy, że nie jest to prawdą. W warunkach próżni (bez oporu powietrza) wszystkie ciała spadają z tej samej wysokości na powierzchnię dokładnie w tym samym czasie – spójrz na . Młotek i piórko rzucone w próżni (bez oporu powietrza) doznają tego samego przyspieszenia. Jest to cecha spadku swobodnego nie tylko na Ziemi, czego astronauta David Scott dowiódł w 1971 roku na Księżycu, gdzie przyspieszenie grawitacyjne wynosi tylko 1,67  m / s 2 i nie ma atmosfery. W rzeczywistym świecie opory powietrza powodują, że lżejsze obiekty spadają wolniej niż obiekty o tych samych rozmiarach, ale cięższe. Siła oporu zależy m. in. od przekroju poprzecznego danego ciała. Na przykład futbolówka upadnie pierwsza przed piłką gumową o tym samym rozmiarze, ale mniejszym ciężarze, mimo że zostały upuszczone z tej samej wysokości (to może być trudne do dostrzeżenia, jeśli wysokość jest niewielka). Opory powietrza zawsze przeciwdziałają ruchowi ciała w powietrzu. Podobnie tarcie między powierzchniami styku dwóch ciał – np. kamienia i wody w jeziorze czy opony i asfaltu – przeciwdziała ruchowi ciał. W wyidealizowanych przypadkach rozpatrywanych w początkowych rozdziałach podręcznika, gdy pomijamy opory i tarcie, spadek ciała w polu grawitacyjnym nazywamy spadkiem swobodnym . Przyczyną ruchu ciał spadających w kierunku środka Ziemi jest siła grawitacji. Przyspieszenie, które jest rezultatem występowania tej siły, nazywamy przyspieszeniem grawitacyjnym . Przyspieszenie grawitacyjne jest zawsze stałe i równe dla wszystkich ciał, o ile spadek odbywa się w pobliżu powierzchni Ziemi, dlatego możemy go użyć w kinematycznych równaniach ruchu wszystkich ciał poruszających się w polu grawitacyjnym Ziemi. Dzięki tej własności potrafimy analizować całą gamę ciekawych przypadków ruchu. Przyspieszenie grawitacyjne jest na tyle ważną wielkością fizyczną, że przypisujemy jej własny symbol g . Jego wartość jest stała (niezmienna w czasie) w każdym punkcie na Ziemi i dla całej kuli ziemskiej wynosi średnio g = 9,81 m / s 2 . Tak naprawdę g zmienia się od 9,78 m / s 2 do 9,83 m / s 2 w zależności od szerokości geograficznej, wysokości nad powierzchnią Ziemi, struktury geologicznej Ziemi w danym obszarze, lokalnej topografii terenu itp. Mimo to, dla potrzeb tego podręcznika przyjmiemy średnią wartość typową dla obszaru Polski równą 9,81 m / s 2 , której będziemy używać we wszystkich zadaniach, o ile nie zasygnalizujemy, że jest inaczej. Jeśli pominiemy wszystkie te wymienione powyżej efekty, a także wpływ ruchu obrotowego Ziemi na wielkość przyspieszenia ciał, możemy dodatkowo przyjąć za kierunek wektora przyspieszenia grawitacyjnego – kierunek „w dół” (czyli do środka Ziemi). W istocie, sformułowanie kierunek pionowy jest zdefiniowane przez kierunek g . Pamiętaj, że przyspieszenie a , które będziemy wstawiać do równań ruchu, może mieć wartość + g lub − g , w zależności od przyjętego układu współrzędnych. Jeśli przyjmiemy kierunek „do góry” jako dodatni, to a = − g = − 9,81 m / s 2 , natomiast jeśli dodatni będzie kierunek „w dół”, to a = g = 9,81 m / s 2 . Ruch jednowymiarowy w polu grawitacyjnym W ruchu pionowym ciał pod wpływem przyspieszenia grawitacyjnego będziemy konsekwentnie pomijać wpływ oporu powietrza i tarcia. Oznacza to, że wektor prędkości będzie zawsze skierowany pionowo (do góry lub w dół). Jeżeli ciało zostało upuszczone z pewnej wysokości, to jego prędkość początkowa wynosi zero (dotyczy spadku swobodnego). Jeśli ciało zostało rzucone (w górę lub w dół), to ma prędkość początkową, której wartość i kierunek musimy uwzględnić w równaniach ruchu. Zakładamy, że prędkość początkowa, jaką nadano rzuconemu ciału, jest taka sama w momencie tuż po wyrzuceniu ciała w powietrze (np. tuż po opuszczeniu ręki rzucającego lub lufy karabinu). Innymi słowy, jest to ta sama prędkość, jaką ma ciało już w ruchu, bez kontaktu z jakimkolwiek innym ciałem. Położenie ciała jest tym razem mierzone w pionie, a nie tak jak zazwyczaj dotąd – w poziomie, dlatego oznaczymy je przez y . Równania ruchu w spadku swobodnym i rzucie pionowym Przyjmujemy, że przyspieszenie wynosi − g (dodatni kierunek jest zdefiniowany w górę). v = v 0 − g t , y = y 0 + v 0 t − 1 2 g t 2 , v 2 = v 0 2 − 2 g ( y − y 0 ) . Strategia rozwiązywania zadań: spadek swobodny i rzut pionowy Wybierz znak przyspieszenia grawitacyjnego. W równaniach - znak g jest ujemny, co oznacza, że dodatni kierunek wybrano do góry, podczas gdy grawitacja działa w dół. W niektórych przypadkach warto jednak zdefiniować kierunek w dół jako dodatni, wtedy g ma znak +. Naszkicuj sytuację fizyczną. Z treści zadania wynotuj dane i szukane. To może pomóc w wyborze równania ruchu odpowiedniego do obliczenia konkretnej niewiadomej. Wybierz prawidłowe równanie spośród - do wyliczenia niewiadomych. Rzut pionowy piłki pokazuje położenia piłki w 1-sekundowych odstępach czasu, rzuconej z prędkością początkową 4,9 m/s pionowo w dół z dachu budynku o wysokości 98 m. Po jakim czasie piłka dotrze do ziemi? Z jaką prędkością upadnie na ziemię? Położenia i prędkości piłki rzuconej pionowo w dół z szybkością 4,9 m/s, mierzone w odstępach 1-sekundowych. Strategia rozwiązania Obieramy układ współrzędnych, w taki sposób, że jego początek znajduje się w dowolnym punkcie dachu, natomiast dodatnia półoś y skierowana jest w górę, a ujemna – w dół. Do obliczenia czasu, po którym położenie piłki wyniesie –98 m, użyjemy , kładąc y 0 = 0 , v 0 = − 4,9 m / s oraz g = 9,81 m / s 2 . Rozwiązanie Wstawiamy dane do równania: y = y 0 + v 0 t − 1 2 g t 2 , − 98,0 m = 0 m − 4,9 m / s ⋅ t − 1 2 ⋅ 9,81 m / s 2 ⋅ t 2 . Po uproszczeniach otrzymujemy: t 2 + t − 20 = 0 . To równanie kwadratowe ma dwa pierwiastki: t = − 5,0 s oraz t = 4,0 s . Interesuje nas tylko dodatnie rozwiązanie, bo przyjęliśmy t = 0 jako czas, gdy piłka została rzucona z dachu. (Rozwiązanie t = − 5,0 s jest w istocie czasem, po którym piłka rzucona z ziemi pionowo do góry z odpowiednią prędkością przeleci na wysokości dachu z szybkością 4,9 m/s już w swoim locie w dół – po osiągnięciu wysokości maksymalnej i zawróceniu). Korzystając z , łatwo znajdziemy prędkość końcową v = v 0 − g t = − 4,9 m / s − 9,81 m / s 2 ⋅ 4,0 s = − 44,1 m / s . Znaczenie W przypadkach, gdy równanie kwadratowe ma dwa rozwiązania, aby wybrać poprawne, musimy zastanowić się nad fizycznym sensem każdego z nich. Skoro wybraliśmy t = 0 jako czas, w którym piłka rozpoczęła swój ruch, rozwiązanie ujemne oznacza czas przed wyrzuceniem piłki, który nie ma dla nas fizycznego znaczenia. Zwróć uwagę, że w rzeczywistości gdy piłka uderza w ziemię, jej prędkość nie spada natychmiastowo do zera. Od momentu kontaktu piłki z podłożem przez chwilę do całkowitego zatrzymania piłki działa na nią przyspieszenie inne niż g . Zauważ też, jak ważny jest prawidłowy wybór początku i kierunku osi układu współrzędnych oraz konsekwentny wybór znaków g w równaniach ruchu. Ruch piłki baseballowej w pionie Pałkarz uderza piłkę tak, że leci ona pionowo w górę i po 5,0 s zostaje złapana przez łapacza, który szybko zastąpił na stanowisku pałkarza ( ). Jaką prędkość początkową pałkarz nadał piłce? Na jaką maksymalną wysokość wzniosła się piłka? Jak długo piłka wznosiła się do momentu osiągnięcia wysokości maksymalnej? Jakie przyspieszenie miała piłka na wysokości maksymalnej? Jaką prędkość miała piłka w momencie złapania jej przez drugiego zawodnika? Załóż, że wysokość, na jakiej złapano piłkę, jest równa wysokości wyrzucenia jej do góry. Piłka baseballowa uderzona pionowo do góry zostaje złapana przez łapacza po 5,0 s. Strategia rozwiązania Wybierz układ współrzędnych z osią y skierowaną do góry i początkiem w punkcie wyrzutu i złapania piłki. Rozwiązanie Wykorzystujemy : y = y 0 + v 0 t − 1 2 g t 2 , 0 m = 0 m + v 0 ⋅ 5,0 s − 1 2 ⋅ 9,81 m / s 2 ⋅ ( 5,0 s ) 2 , co pozwala obliczyć prędkość początkową v 0 = 24,5 m / s . Na wysokości maksymalnej v = 0 , po podstawieniu v 0 = 24,5 m / s do otrzymujemy v 2 = v 0 2 − 2 g ( y − y 0 ) , 0 = ( 24,5 m / s ) 2 − 2 ⋅ 9,81 m / s 2 ⋅ ( y − 0 ) , oraz y = 30,6 m . Do obliczenia czasu, po którym v = 0 , użyjemy : v = v 0 − g t , 0 m / s = 24,5 m / s − 9,81 m / s 2 ⋅ t . To daje nam t = 2,5 s . Skoro piłka wznosi się do góry przez 2,5 s, także czas jej spadku na ziemię wynosi 2,5 s. Przyspieszenie wynosi 9,81 m / s 2 w każdym punkcie toru lotu piłki, także na wysokości maksymalnej. W momencie osiągnięcia wysokości maksymalnej wartość prędkości wynosi co prawda zero, ale następuje zmiana zwrotu prędkości na przeciwny. Po osiągnięciu wysokości maksymalnej, kierunek i zwrot wektora prędkości jest zgodny z kierunkiem i zwrotem przyspieszenia. Prędkość po czasie t = 5,0 s w ruchu w dół może być wyznaczona dzięki : v = v 0 − g t = 24,5 m / s − 9,81 m / s 2 ⋅ 5,0 s = − 24,5 s . Znaczenie Piłka powraca z prędkością o takiej samej wartości, z jaką została wyrzucona do góry. Jest to ogólna cecha każdego rzutu pionowego do góry z dowolną prędkością początkową. Zauważ, że mimo iż ruch piłki ma dwa etapy (wznoszenie i opadanie), to w kontekście równań ruchu potraktowaliśmy go w jednolity sposób. Użyliśmy tylko jednego ogólnego równania ruchu, bez dzielenia ruchu na etap w górę i etap w dół. Ponieważ tak zrobiliśmy, prędkość w ruchu w dół jest ujemna, co jest zgodne z założonym kierunkiem osi. Pamiętaj, że ruch ciała w górę (oddalanie od powierzchni) możemy traktować tak samo jak spadek swobodny (ruch w stronę powierzchni) w kontekście równań ruchu. Sprawdź, czy rozumiesz. Bryła lodu odrywa się od lodowca w Arktyce i spada pionowo w dół, pokonując dystans 30,0 m, zanim uderzy w taflę wody. Zakładając, że spadek jest swobodny (pomijamy opory), odpowiedz, po jakim czasie bryła wpadnie do wody? W jaki sposób szybkość i droga rosną z czasem? Bryła wpadnie do wody po czasie 2,47 s. Droga pokonana przez bryłę jest opisana zależnością kwadratową, a szybkość zależnością liniową. Rakieta z boosterem Mała rakieta do celów eksperymentalnych wyposażona jest w dodatkową rakietę wzmacniającą (ang. booster ). Na wysokości 5,0 km i po osiągnięciu prędkości 200,0 m/s booster zostaje odrzucony i rakieta w dalszym locie już nie przyspiesza. Na jaką maksymalną wysokość wzniesie się odrzucony booster? Jaką prędkość ma booster na wysokości 6,0 km? Pomiń opory powietrza. Po osiągnięciu pewnej wysokości i prędkości rakieta odrzuca dodatkowy człon przyspieszający. Jaką wysokość i prędkość on osiągnie? Strategia rozwiązania Wybieramy układ współrzędnych tak, aby przyspieszenie grawitacyjne skierowane w dół było ujemne. Znamy początkowe położenie i prędkość boostera, odpowiednio 5,0 km i 200,0 m/s w górę (booster porusza się ruchem jednostajnie opóźnionym z prędkością początkową). W punkcie odpalenia boostera zaczepiamy początek układu. Wiemy, że po osiągnięciu maksymalnej wysokości prędkość boostera spada do zera. Wykorzystując te dane, decydujemy się na wybór , które pozwoli nam bezpośrednio obliczyć wysokość maksymalną. Z kolei pozwoli nam znaleźć prędkość na wysokości 6,0 km. Rozwiązanie Do równania v 2 = v 0 2 − 2 g ( y − y 0 ) w podstawiamy v = 0 , y 0 = 0 i obliczamy y : y = v 0 2 2 g = ( 200,0 m / s ) 2 2 ⋅ 9,81 m / s 2 = 2 038,7 m . Ten wynik to wysokosć maksymalna boostera w wybranym przez nas układzie współrzędnych, którego początek przyjęliśmy w punkcie odrzucenia boostera. Całkowita wysokość maksymalna (liczona względem ziemi) wynosi ok. 7,0 km. Wysokość całkowita 6,0 km nad ziemią oznacza y = 1000 m w naszym układzie współrzędnych. Ponadto wiemy, że y 0 = 0 , v 0 = 200,0 m / s . Na podstawie mamy v 2 = ( 200,0 m / s ) 2 − 2 ⋅ 9,81 m / s 2 ⋅ 1000 m ⟹ v = ± 142,8 m / s . Znaczenie Otrzymaliśmy dodatnie i ujemne rozwiązanie części (b). Ponieważ przyjęliśmy kierunek w górę jako dodatni kierunek osi układu współrzędnych, to wynik +142,8 m/s odpowiada prędkości boostera na wysokości 6 000 m w ruchu w górę, natomiast wynik ujemny dotyczy sytuacji, gdy booster już spada po osiągnięciu wysokości maksymalnej. Oczywiście znajduje się on na wysokości 6 000 m dwukrotnie. Ten przykład jest ważny, bo pokazuje, że początek naszego układu współrzędnych możemy umieścić na dowolnej wysokości nad Ziemią, niekoniecznie na jej powierzchni. Musimy jednak być ostrożni i uwzględniać tę dodatkową wysokość w naszych obliczeniach. Moglibyśmy postąpić inaczej i przyjąć początek układu na powierzchni Ziemi (standardowo), ale wtedy do równań musielibyśmy dopisać wysokość początkową równą 5 000 m. Podsumowanie Ciało w spadku swobodnym i rzucie pionowym doznaje przyspieszenia o stałej wartości i pionowym kierunku, jeśli pomijamy opory powietrza. Na Ziemi ciała doznają przyspieszenia grawitacyjnego g o uśrednionej wartości g = 9,81 m / s 2 . Zazwyczaj przyjmujemy kierunek pionowy jako dodatni dla położenia, przemieszczenia, prędkości i przyspieszenia ciała w ruchu w polu grawitacyjnym. Pytania Jakiego przyspieszenia doznaje kamień rzucony pionowo do góry podczas wznoszenia się? Jakiego po osiągnięciu maksymalnej wysokości? Załóż brak oporów powietrza. Ciało rzucone pionowo do góry spada z powrotem na ziemię. Kiedy jego prędkość wynosi zero? Czy prędkość zmienia kierunek? Czy przyspieszenie ciała ma ten sam kierunek w jego ruchu do góry i w dół? na wysokości maksymalnej; tak, na wysokości maksymalnej; tak. Załóżmy, że próbujesz strącić kamieniem owoc palmy kokosowej. Rzucasz niemal pionowo do góry tak, że kamień w locie wznoszącym tylko ociera się o kokos, ale trafia w niego podczas opadania. Pomiń opór powietrza i małe odchylenie od pionu kierunku lotu kamienia. Jak porównasz wartości prędkości kamienia w locie w dół, gdy trafia on kokos, oraz w locie wznoszącym, gdy tylko mija owoc? Wyjaśnij, czy łatwiej strącić owoc z palmy kamieniem wznoszącym się czy opadającym? Dotkliwość skutków spadku swobodnego zależy od tego, z jaką prędkością końcową ciało upada na ziemię. Z o ile większej wysokości można upuścić ciało na Księżycu niż na Ziemi, aby było tak samo bezpieczne podczas upadku? Załóż, że tylko przyspieszenie grawitacyjne na Księżycu jest inne niż na Ziemi (jest sześciokrotnie mniejsze). Ziemia v = v 0 − g t = − g t ; Księżyc v ′ = − g 6 t ′ ; Porównujemy prędkości: v = v ′ → − g t = − g 6 t ′ → t ′ = 6 t ; Ziemia y = − 1 2 g t 2 ; Księżyc y ′ = − 1 2 ⋅ g 6 ⋅ ( 6 t ) 2 = − 1 2 ⋅ g ⋅ 6 t 2 = − 6 ⋅ ( 1 2 ⋅ g t 2 ) = − 6 y . Ile razy wyżej może skoczyć astronauta na Księżycu, gdzie panuje 6 razy mniejsze przyspieszenie grawitacyjne niż na Ziemi, przy tej samej prędkości początkowej? Zadania Oblicz położenia i prędkości piłki rzuconej pionowo z prędkością 15,0 m/s w chwilach 0,500 s, 1,00 s, 1,50 s, oraz 2,00 s. Za wysokość początkową przyjmij y 0 = 0 . Most Verrazano-Narrows w Nowym Jorku jest jednym z największych mostów drogowych na świecie. Wysokość pasa drogowego nad lustrem wód zatoki Hudsona wynosi 70 m. Oblicz położenia i prędkości kamienia rzuconego pionowo w dół z mostu z prędkością 14,0 m/s, liczone od miejsca wyrzutu, po 0,500 s, 1,00 s, 1,50 s, 2,00 s, i 2,50 s. y = − 8,23 m , v 1 = − 18,9 m / s ; y = − 18,9 m , v 2 = − 23,8 m / s ; y = − 32,0 m , v 3 = − 28,7 m / s ; y = − 47,6 m , v 4 = − 33,6 m / s ; y = − 65,6 m , v 5 = − 38,5 m / s Sędzia meczu koszykówki rozpoczyna akcję po faulu rzutem sędziowskim. Z jaką szybkością koszykarz musi wybić się z parkietu, jeśli chce złapać piłkę, będąc na wysokości 1,25 m nad parkietem? Śmigłowiec ratunkowy wisi nad wywróconym na morzu jachtem. Jeden z ratowników zrzuca w kierunku ofiary pływającej w wodzie kosz ratowniczy, nadając mu prędkość 1,40 m/s, i zauważa, że dociera on do powierzchni wody po 1,8 s. Wypisz wszystkie znane wielkości. Na jakiej wysokości nad wodą wisi śmigłowiec? Dane: a = − 9,81 m / s 2 , v 0 = − 1,4 m / s , t = 1,8 s , y 0 = 0 ; y = y 0 + v 0 t − 1 2 g t 2 , y = v 0 t − 1 2 g t 2 = − 1,4 m / s ⋅ 1,8 s − 1 2 ⋅ 9,81 m / s 2 ⋅ ( 1,8 s ) 2 = − 18,4 m , przy czym początek układu współrzędnych przyjmujemy w położeniu śmigłowca; znajduje się on więc na wysokości 18,4 m nad wodą. Niefizyczny wynik Podczas pokazu w oceanarium delfin wyskakuje z wody z szybkością 15,0 m/s. Jak wysoko nad powierzchnię wody uniesie się delfin? Jak długo delfin przebywa w powietrzu? Zaniedbaj opór powietrza. Na każdym etapie rozwiązywania zadania określ dane i szukane, wybierz odpowiednie równanie ruchu, a po obliczeniu wartości niewiadomych dokonaj analizy wymiarowej i oceń sensowność wyniku. Zawodnik skoków do wody wybija się z rampy pionowo do góry i w pozycji pionowej nogami w dół wpada do basenu. Rampa znajduje się 1,80 m nad wodą, a prędkość wybicia skoczka to 4,00 m/s. Jaka jest maksymalna wysokość w locie skoczka (jego stóp) do góry? Przez jaki całkowity czas jego stopy znajdują się w powietrzu? Z jaką prędkością jego stopy przebijają lustro wody? v 2 = v 0 2 − 2 g ( y − y 0 ) , y 0 = 0 , v = 0 ⟶ y = v 0 2 2 g = ( 4,0 m / s ) 2 2 ⋅ 9,81 m / s 2 = 0,82 m ; czas do wysokości maksymalnej t = 0,41 s pomnożony przez 2 z powrotem do wysokości rampy t = 0,82 s , a dalej od rampy do lustra wody: y = y 0 + v 0  t − g  t 2 ∕ 2 y = y_0 + v_0t - gt^2/2 , y = − 1,80  m y = -\SI{1,80}{\metre} , y 0 = 0 y_0 = 0 , v 0 = 4,0  m ∕ s v_0 = \SI{4,0}{\metre\per\second} , zatem − 1,8 = 4,0  t − 4,9  t 2 ⇒ 4,9  t 2 − 4,0  t − 1,8 = 0 -\num{1,8} = \num{4,0}t - \num{4,9}t^2 \implies \num{4,9} t^2 - \num{4,0} t - \num{1,8} = 0 , rozwiązanie równania kwadratowego daje 1,13 s; v 2 = v 0 2 − 2 g ( y − y 0 ) , y 0 = 0 , v 0 = 4,0 m / s , y = − 1,80 m ⟶ v = 7,16 m / s . Oblicz wysokość klifu, z którego kamień rzucony pionowo w górę z prędkością 8,00 m/s osiąga dno klifu po 2,35 s. Po jakim czasie kamień by spadł, gdyby był rzucony w dół z tą samą prędkością? Silny, ale dość nierozważny kulomiot rzuca kulą pionowo do góry z szybkością 11,0 m/s. Ile czasu ma kulomiot na ucieczkę z koła, jeśli punkt wyrzutu kuli znajduje się na wysokości 2,20 m, a sam zawodnik ma 1,80 m wysokości? Czas do wysokości maksymalnej: t = 1,12 s , razy 2 daje 2,24 s do momentu osiągnięcia z powrotem wysokości 2,20 m. Dodatkowe przemieszczenie do wysokości 1,80 m wynosi 0,40 m. y = y 0 + v 0 t − 1 2 g t 2 , y = − 0,40 m , y 0 = 0 , v 0 = − 11,0 m / s , po podstawieniu danych otrzymujemy − 0,40 = − 11,0 t − 4,9 t 2 ⟶ 4,9 t 2 + 11,0 t − 0,40 = 0 Wybieramy dodatni pierwiastek równania kwadratowego, który ma wartość 0,04 s – jest to czas potrzebny do pokonania dodatkowych 0,40 m. Zatem całkowity czas wynosi 2,24 s + 0,04 s = 2,28 s . Rzucasz piłką pionowo do góry z prędkością 15,0 m/s. Piłka w locie w górę mija gałąź na wysokości 7,0 m. Ile czasu upłynie, zanim piłka kolejny raz minie tę samą gałąź w locie w dół? Kangur potrafi przeskoczyć przeszkodę o wysokości nawet 2,50 m. Zakładając tylko ruch w pionie kangura, oblicz jego prędkość początkową w chwili odbicia od ziemi. Jak długo kangur przebywa w powietrzu? v 2 = v 0 2 − 2 g ( y − y 0 ) , y 0 = 0 , v = 0 , y = 2,50 m , v 0 2 = 2 g y ⟹ v 0 = 2 ⋅ 9,81 m / s 2 ⋅ 2,50 m = 7,0 m / s . t = 0,72 s , razy 2 daje czas 1,44 s w powietrzu. W drodze od Czarnego Stawu na Rysy turysta słyszy, że z grani położonej 105,0 m powyżej odrywa się kamień. Dostrzega go jednak dopiero 1,50 s później. Na jakiej wysokości nad turystą jest jeszcze kamień w chwili, gdy turysta go dostrzega? Ile czasu zostaje jeszcze turyście, aby się uchylić od uderzenia kamieniem w głowę? Ze ściany skalnej w dolinie Dunajca na wysokości 250,0 m odrywa się kamień. Z jaką szybkością kamień przetnie wody Dunajca? Przyjmując czas reakcji turystów uczestniczących w spływie tratwą równy 0,300 s, oblicz, ile czasu turyści mają na uniknięcie uderzenia od momentu, gdy usłyszą trzask odrywanego kamienia. Szybkość dźwięku tego dnia wynosiła 335,0 m/s. Zaniedbaj różnicę wysokości wynikającą ze wzrostu turystów, która jednak z powodzeniem i tak mogłaby być pominięta. v = 70,0 m / s ; Czas lotu kamienia od chwili oderwania do momentu usłyszenia tego zdarzenia przez turystów: 0,75 s; czas do momentu osiągnięcia tratwy: 6,09 s. przyspieszenie grawitacyjne (ang. acceleration due to gravity ) przyspieszenie ciała w wyniku oddziaływania grawitacyjnego spadek swobodny i rzut pionowy (ang. free fall ) ruch ciała w powietrzu pod wpływem tylko przyspieszenia grawitacyjnego, z pominięciem oporu powietrza

Science


Wyznaczanie równań ruchu metodą całkowania Materiał zawarty w tej sekcji wymaga od ciebie znajomości podstaw rachunku całkowego. Przed przystąpieniem do lektury powinieneś nadrobić ewentualne braki. W rozdziałach Prędkość chwilowa i szybkość średnia oraz Przyspieszenie średnie i chwilowe wprowadziliśmy definicje prędkości i przyspieszenia, używając rachunku różniczkowego. Różniczkując funkcję położenia od czasu, otrzymaliśmy zależność prędkości od czasu. Podobnie, obliczając pochodną prędkości po czasie, dostaliśmy funkcję przyspieszenia od czasu. W tej sekcji, dzięki całkowaniu, przejdziemy drogę odwrotną. Znając przyspieszenie, obliczymy prędkość, a całkując po czasie jeszcze raz – położenie w funkcji czasu. Obliczanie prędkości i położenia na podstawie przyspieszenia Załóżmy, że znamy funkcję przyspieszenia od czasu a ( t ) . Wiemy, że przyspieszenie jest pochodną prędkości po czasie d d t v t = a t . Tę równość scałkujmy obustronnie po czasie. Otrzymujemy ∫ d d t v t d t = ∫ a t d t + C 1 , gdzie C 1 jest stałą całkowania (obliczamy całkę nieoznaczoną!). Ponieważ ∫ d d t v t d t = v t , na podstawie definicji całki, to prędkość jako funkcja czasu może być zdefiniowana przez v t = ∫ a t d t + C 1 . Podobnie prędkość jest pochodną położenia po czasie d d t x t = v t . Zatem, całkując to równanie, znajdziemy położenie w funkcji czasu x t = ∫ v t d t + C 2 , gdzie C 2 jest kolejną stałą całkowania. Wykorzystamy teraz dwie powyższe całki do otrzymania kinematycznych równań ruchu ze stałym przyspieszeniem, które poznaliśmy w poprzednich sekcjach. Przyjmując, że a ( t ) = a ma stałą w czasie wartość i obliczając całkę z , otrzymujemy v t = ∫ a d t + C 1 = a t + C 1 . Wartość stałej całkowania znajdziemy z tzw. warunków początkowych. Przyjmijmy, że prędkość początkowa v ( 0 ) = v 0 . Wówczas v 0 = 0 + C 1 . Zatem C 1 = v 0 , a równanie prędkości jest następujące v ( t ) = v 0 + a t , co odpowiada . Podstawiając to wyrażenie do całki z , otrzymujemy x t = ∫ v 0 + a t d t + C 2 . Całka ta jest łatwa do obliczenia. Po obliczeniu całki otrzymujemy: x t = v 0 t + 1 2 a t 2 + C 2 . Stałą całkowania znów znajdziemy dzięki warunkowi początkowemu x ( 0 ) = x 0 : x 0 = 0 + 0 + C 2 , a więc C 2 = x 0 . Podsumowując, kinematyczne równanie położenia x ( t ) ma następującą postać x ( t ) = x 0 + v 0 t + 1 2 a t 2 , co jest z kolei zgodne z . Ruch motorówki Motorówka płynie ze stałą prędkością 5,0 m/s, kiedy zaczyna hamować, doznając przyspieszenia zależnego od czasu a  t = − 1 4  m ∕ s 3 ⋅ t a \apply (t) = - \frac14 \si{\metre\per\second\cubed} \cdot t . Jaką funkcją czasu jest prędkość motorówki? W jakim momencie prędkość motorówki spada do zera? Jaką funkcją czasu jest położenie motorówki? O ile przemieszcza się motorówka od momentu rozpoczęcia hamowania (chwila początkowa równa 0) do chwili, w której prędkość motorówki spada do zera? Narysuj zależności prędkości i położenia motorówki od czasu. Strategia rozwiązania Aby dostać funkcję prędkości, musimy scałkować przyspieszenie i wykorzystać warunki początkowe do znalezienia stałej. Podstawimy prędkość końcową równą zero i obliczymy czas. Podobnie do (a), scałkujemy prędkość po czasie i ustalimy stałą całkowania. Ponieważ położenie początkowe przyjmujemy jako równe zero, wystarczy znaleźć położenie po czasie, po którym prędkość spada do zera. Rozwiązanie Przyjmujemy czas t = 0 jako chwilę początkową, w której motorówka zaczyna hamować. Znaną zależność przyspieszenia od czasu wstawiamy do całki w i otrzymujemy v ( t ) : v  t = ∫ a  t  d t = ∫ − 1 4  m ∕ s 3 ⋅ t  d t = − 1 8  m ∕ s 3 ⋅ t 2 + C 1  . v \apply (t) = \int a \apply (t) \d t = \int -\frac14 \si{\metre\per\second\cubed} \cdot t \d t = -\frac18 \si{\metre\per\second\cubed} \cdot t^2 + C_1 \text{.} Dla t = 0 mamy v ( 0 ) = 5 m / s = 0 + C 1 , więc C 1 = 5 m / s oraz v  t = − 1 8  m ∕ s 3 ⋅ t 2 + 5,0  m ∕ s v \apply (t) = -\frac18 \si{\metre\per\second\cubed} \cdot t^2 + \SI{5,0}{\metre\per\second} . v  t = − 1 8  m ∕ s 3 ⋅ t 2 + 5,0  m ∕ s = 0 ⇒ t = 6,3  s v \apply (t) = - \frac18 \si{\metre\per\second\cubed} \cdot t^2 + \SI{5,0}{\metre\per\second} = 0 \implies t= \SI{6,3}{\second} . Rozwiązujemy : x  t = ∫ v  t  d t x  t = ∫ − 1 8  m ∕ s 3 ⋅ t 2 + 5,0  m ∕ s  d t x  t = − 1 24  m ∕ s 3 ⋅ t 3 + 5,0  m ∕ s ⋅ t + C 2 . \begin{multiline} x \apply (t) &= \int v \apply (t) \d t \\ &= \int (-\frac18 \si{\metre\per\second\cubed} \cdot t^2 + \SI{5,0}{\metre\per\second}) \d t \\ &= -\frac{1}{24} \si{\metre\per\second\cubed} \cdot t^3 + \SI{5,0}{\metre\per\second} \cdot t + C_2 \text{.} \end{multiline} x  t = ∫ v  t  d t = ∫ − 1 8  m ∕ s 3 ⋅ t 2 + 5,0  m ∕ s  d t = − 1 24  m ∕ s 3 ⋅ t 3 + 5,0  m ∕ s ⋅ t + C 2 . Dla t = 0 możemy przyjąć x ( 0 ) = x 0 = 0 , bo interesuje nas tylko przemieszczenie od miejsca, gdzie łódka zaczyna zwalniać. Mamy x ( 0 ) = 0 = C 2 . Dlatego równanie położenia jest następujące x  t = − 1 24  m ∕ s 3 ⋅ t 3 + 5,0  m ∕ s ⋅ t  . x \apply (t) = -\frac{1}{24} \si{\metre\per\second\cubed} \cdot t^3 + \SI{5,0}{\metre\per\second} \cdot t \text{.} Ponieważ położenie początkowe jest zero, musimy tylko obliczyć wartość x ( t ) dla czasu, gdy prędkość motorówki spada do zera. Ten czas wynosi t = 6,3 s . Zatem całkowite przemieszczenie motorówki do zatrzymania wynosi x  6,3  s = − 1 24  m ∕ s 3 ⋅ 6,3  s 3 + 5,0  m ∕ s ⋅ 6,3  s = 21,1  m  . x \apply (\SI{6,3}{\second}) = -\frac{1}{24} \si{\metre\per\second\cubed} \cdot (\SI{6,3}{\second})^3 + \SI{5,0}{\metre\per\second} \cdot \SI{6,3}{\second} = \SI{21,1}{\metre} \text{.} (a) Prędkość motorówki jako funkcja czasu. Motorówka traci prędkość aż do zera po upływie 6,3 s. Po tym czasie prędkość motorówki zaczęłaby być ujemna, co oznacza, że motorówka zmieniłaby kierunek ruchu. (b) Położenie motorówki jako funkcja czasu. W t = 6,3 s prędkość spada do zera i motorówka zatrzymuje się. Po tym czasie położenie zaczyna maleć w czasie, co oznacza, że motorówka cofałaby się w kierunku, z którego nadpłynęła. Znaczenie Przyspieszenie w tym przykładzie jest liniową funkcją czasu, dlatego całkowanie było proste. Na wykresach przedstawionych na widzimy, że po czasie, w którym motorówka zatrzymuje się, jej prędkość stałaby się ujemna, a położenie zaczęłoby maleć. To rozwiązanie jest poza naszym zainteresowaniem, ale matematycznie jest poprawne. Pamiętaj, aby zwracać uwagę na poprawną interpretację fizyczną wyników. Sprawdź, czy rozumiesz. Cząstka rusza z miejsca z przyspieszeniem zależnym od czasu jak ( 5 − 10 t ) m / s 2 . Jaka jest funkcja prędkości cząstki? Jaka jest jej funkcja położenia? Kiedy prędkość cząstki jest równa zeru? Prędkość jest całką nieoznaczoną przyspieszenia po czasie. Na podstawie v t = ∫ a t d t + C 1 = ∫ 5 − 10 t d t + C 1 = 5 t − 5 t 2 + C 1 . Ponieważ v ( 0 ) = 0 , mamy C 1 = 0 ; zatem v ( t ) = ( 5 t − 5 t 2 ) m / s . Na podstawie x t = ∫ v t d t + C 2 = ∫ 5 t − 5 t 2 d t + C 2 = 5 2 t 2 − 5 3 t 3 + C 2 . Ponieważ x ( 0 ) = 0 , otrzymujemy C 2 = 0 i x ( t ) = ( 5 2 t 2 − 5 3 t 3 ) m . Funkcję prędkości możemy zapisać w postaci v ( t ) = 5 t ( 1 − t ) m / s , dla której łatwo zidentyfikujemy miejsca zerowe: t = 0 i t = 1 s . Podsumowanie Dzięki rachunkowi całkowemu otrzymujemy bardziej uniwersalne sformułowanie kinematyki. Jeśli funkcja przyspieszenia a ( t ) jest znana, poprzez całkowanie możemy znaleźć także funkcje prędkości v ( t ) i położenia x ( t ) . Jeśli przyspieszenie jest stałe w czasie, otrzymujemy i znane dla ruchu ze stałym przyspieszeniem. Najważniejsze wzory Przemieszczenie Δ x = x k − x 0 Całkowite przemieszczenie Δ x całk = ∑ i Δ x i Prędkość średnia v ¯ = Δ x Δ t = x 2 − x 1 t 2 − t 1 Prędkość chwilowa v ( t ) = d x ( t ) d t Szybkość średnia v śr = Całkowita droga Całkowity czas Szybkość (wartość prędkości chwilowej) | v ( t ) | Przyspieszenie średnie a ¯ = Δ v Δ t = v k − v 0 t k − t 0 Przyspieszenie chwilowe a ( t ) = d v ( t ) d t Równanie położenia x = x 0 + v ¯ t Prędkość średnia v ¯ = v 0 + v 2 ( a = const ) Równanie prędkości v = v 0 + a t ( a = const ) Równanie położenia x = x 0 + v 0 t + 1 2 a t 2 ( a = const ) Zależność prędkości od położenia v 2 = v 0 2 + 2 a ( x − x 0 ) ( a = const ) Prędkość w rzucie pionowym v = v 0 − g t (oś do góry) Wysokość w rzucie pionowym y = y 0 + v 0 t − 1 2 g t 2 Zależność prędkości od wysokości w rzucie pionowym v 2 = v 0 2 − 2 g ( y − y 0 ) Równanie całkowe prędkości v t = ∫ a t d t + C 1 Równanie całkowe położenia x t = ∫ v t d t + C 2 Pytania Gdy znasz zależność przyspieszenia od czasu i chcesz obliczyć funkcję prędkości i położenia w czasie to jakich dodatkowych informacji potrzebujesz? Zadania Przyspieszenie cząstki zmienia się w czasie jak funkcja a ( t ) = p t 2 − q t 3 , gdzie p i q są stałymi. W chwili początkowej położenie i prędkość są równe zero. Jaką funkcją czasu jest prędkość? Jaką funkcją czasu jest położenie? W przedziale czasu między t = 0 i t = t 1 rakieta wznosi się do góry z przyspieszeniem a ( t ) = A − B t 1 / 2 , gdzie A i B są stałymi. Jeżeli x mierzymy w metrach, a t w sekundach, jakie jednostki mają A i B ? Jeśli prędkość początkowa rakiety była zerowa, to jak zmienia się ona pomiędzy t = 0 i t = t 1 ? Jeśli początkowe położenie rakiety wynosi zero, to jaką funkcją jest w tym samym przedziale czasu położenie? [ A ] = m/s 2 , [ B ] = m/s 5 / 2 ; v ( t ) = ∫ a ( t ) d t + C 1 = ∫ ( A − B t 1 / 2 ) d t + C 1 = A t − 2 3 B t 3 / 2 + C 1 , v ( 0 ) = 0 = C 1 , więc v ( t 0 ) = A t 0 − 2 3 B t 0 3 / 2 ; x ( t ) = ∫ v ( t ) d t + C 2 = ∫ ( A t − 2 3 B t 3 / 2 ) d t + C 2 = 1 2 A t 2 − 4 15 B t 5 / 2 + C 2 , x ( 0 ) = 0 = C 2 , więc x ( t 0 ) = 1 2 A t 0 2 − 4 15 B t 0 5 / 2 . Prędkość cząstki poruszającej się wzdłuż osi x zmienia się w przedziale czasu 1,0 s ⩽ t ⩽ 8,0 s jak v ( t ) = A + B t −1 , gdzie A = 2 m / s , B = 0,25  m B = \SI{0,25}{\metre} . Znajdź przyspieszenie i położenie cząstki w chwilach t = 2,0 s i t = 5,0 s . Załóż, że x ( t = 1 s ) = 0 . Cząstka, która w chwili początkowej spoczywa w początku układu współrzędnych, nagle rusza z prędkością zależną od czasu jak v ( t ) = 3,2 t . W piątej sekundzie ruchu zależność prędkości cząstki od czasu zmienia się na funkcję v ( t ) = 16,0 - 1,5 t - 5,0 . Ten spadek prędkości zachodzi aż do jedenastej sekundy ruchu, od której prędkość ustala się na poziomie 7,0 m/s. Jak przyspieszenie cząstki zależy od czasu? Jakie jest położenie cząstki w chwilach t = 2,0 s , t = 7,0 s i t = 12,0 s ? Przyspieszenie: a ( t ) = { 3,2 m / s 2 , t ⩽ 5,0 s , 1,5 m / s 2 , 5,0 s < t ⩽ 11,0 s , 0 m / s 2 , t > 11,0 s . Położenie: Kiedy t ⩽ 5,0 s , x ( t ) = ∫ v ( t ) d t + C 2 = ∫ 3,2 t d t + C 2 = 1,6 t 2 + C 2 , x ( 0 ) = 0 ⟹ C 2 = 0 , zatem x ( 2,0 s ) = 6,4 m . Kiedy 5,0 s < t ⩽ 11,0 s , x ( t ) = ∫ v ( t ) d t + C 2 = ∫ [ 16,0 − 1,5 ( t − 5,0 ) ] d t + C 2 = 16 t − 1,5 ( t 2 2 − 5,0 t ) + C 2 , x ( 5 s ) = 1,6 ⋅ ( 5,0 ) 2 m = 40 m = 16 ⋅ 5,0 m − 1,5 ( 5 2 2 − 5,0 ⋅ 5,0 ) m + C 2 , 40 m = 98,75 m + C 2 ⟹ C 2 = − 58,75 m , zatem x ( 7,0 s ) = 16 ⋅ 7,0 m − 1,5 ( 7 2 2 − 5,0 ⋅ 7,0 ) m − 58,75 m = 69 m . Kiedy t > 11,0 s , x ( t ) = ∫ 7,0 d t + C 2 = 7 t + C 2 , x ( 11,0 s ) = 16 ⋅ 11,0 m − 1,5 ( 11 , 0 2 2 − 5,0 ⋅ 11,0 ) m − 58,75 m = 109 m = 7 ⋅ 11,0 m + C 2 , więc C 2 = 32 m , zatem x ( 12,0 s ) = 7 ⋅ 12,0 m + 32 m = 116 m . Zadania dodatkowe Zawodowy łapacz drużyny baseballowej może przyjąć piłkę pędzącą z prędkością 160,0 km/h. Jak długo leci piłka rzucona z taką prędkością z bazy odległej o 18,4 m? Porównaj ten czas ze średnim czasem reakcji człowieka na bodziec wzrokowy, który wynosi ok. 0,25 s. Załóż, że ruch piłki jest prostoliniowy. Pierwszy samolot pokonuje dystans 3000 km z Chicago do Los Angeles w 5,0 h. O pół godziny krócej trwa lot drugiego samolotu. Porównaj szybkości średnie obu samolotów. Zaniedbaj ew. wpływ krzywizny Ziemi i różnice w szerokości geograficznej miast. Kierunek zachodni będzie kierunkiem dodatnim. samolot 1: v – = 600 k m / h samolot 2: v – = 667 k m / h Niefizyczny wynik Rowerzysta jedzie 16 km na wschód, potem 8 km na zachód, 8 km znowu na wschód, po czym 32 km na zachód i w końcu 11,2 km na wschód. Jego wektor prędkości średniej ma wartość 24 km/h. Po jakim czasie pokonał całą drogę? Czy ten wynik ma sens? Ciało ma przyspieszenie + 1,2 c m / s 2 . W chwili t = 4,0 s jego prędkość wynosi − 3,4 c m / s . Znajdź prędkości ciała w chwilach t = 1,0 s i t = 6,0 s . a = v − v 0 t − t 0 , t = 0 , a = − 3,4 c m / s − v 0 4 s = 1,2 c m / s 2 ⟹ v 0 = − 8,2 c m / s ; v = v 0 + a t = ( − 8,2 + 1,2 t ) c m / s ; v ( 1,0 s ) = − 7,0 c m / s , v ( 6,0 s ) = − 1,0 c m / s . Cząstka porusza się wzdłuż osi x zgodnie z równaniem położenia x ( t ) = ( 2,0 − 4,0 t 2 ) m . Jakie są prędkości i położenia cząstki w chwilach t = 2,0 s i t = 5,0 s ? Wiemy, że cząstka poruszająca się ze stałym przyspieszeniem, ma prędkości 2,0 m / s w chwili t = 2,0 s oraz − 7,6 m/s w chwili t = 5,2 s . Jakie jest przyspieszenie cząstki? a = − 3 m / s 2 . Pociąg wjeżdża na strome wzniesienie ze stałą prędkością (zobacz rysunek poniżej). W pewnej chwili ostatni wagon odpina się i zaczyna staczać się w dół. Po 5,0 s pokonuje drogę 30 m. Jakie jest przyspieszenie odczepionego wagonu? Elektron pędzi ruchem prostoliniowym z szybkością 4,0 ⋅ 10 5 m / s . Nagle wpada w obszar o długości 5,0 cm, w którym doznaje przyspieszenia o tym samym kierunku oraz wartości równej 6,0 ⋅ 10 12 m / s 2 . Z jaką prędkością elektron opuści ten obszar? Ile czasu elektron spędzi w tym obszarze? v = 8,7 ⋅ 10 5 m / s ; t = 7,8 ⋅ 10 − 8 s . Kierowca ambulansu musi jak najszybciej dowieźć pacjenta do szpitala. Jadąc z szybkością 72 km/h zauważa, że światła na najbliższym skrzyżowaniu zmieniają się na żółte. Aby zdążyć przejechać przed światłem czerwonym, musi pokonać 50 m w 2,0 s. Jakim co najmniej przyspieszeniem musi dysponować ambulans, aby kierowca zdołał przejechać skrzyżowanie, zanim zapali się czerwone światło? Z jaką szybkością ambulans opuści wtedy skrzyżowanie? Dojeżdżający do bramek autostradowych motocykl hamuje jednostajnie, pokonując pierwszy kilometr w czasie 80 s, a drugi kilometr w czasie 120 s. Oblicz przyspieszenie i prędkość początkową motocykla. 1 k m = v 0 ⋅ 80,0 s + 1 2 a ⋅ ( 80,0 s ) 2 ; 2 k m = v 0 ⋅ 200,0 s + 1 2 a ⋅ ( 200,0 s ) 2 - rozwiązujemy układ równań, aby jednocześnie otrzymać a = − 0,1 2 400,0 k m / s 2 i v 0 = 0,014 167 k m / s , czyli 51,0 k m / h . Prędkość na końcu 2-kilometrowego odcinka wynosi v = 21,0 k m / h . Rowerzystka pokonuje dystans między punktem A i punktem B w 10 min. Przez pierwsze 2 min jedzie ze stałym przyspieszeniem 0,090 m / s 2 . Przez kolejne 5 min jedzie ze stałą prędkością. Następnie, przez ostatnie 3 min jej podróży zwalnia ze stałym przyspieszeniem tak, że w punkcie B zatrzymuje się. Naszkicuj zależność jej prędkości od czasu w trakcie całej podróży. Z jakim przyspieszeniem porusza się rowerzystka przez ostanie 3 min? Jaką całkowitą drogę pokonała rowerzystka? Dwa pociągi pędzą tym samym torem z szybkością 30 m/s naprzeciw siebie. Maszyniści obu pociągów jednocześnie zauważają, że są na kursie kolizyjnym i uruchamiają hamulce bezpieczeństwa w momencie, gdy odległość między pociągami wynosi 1000 m. Jakie muszą być przyspieszenia obu pociągów (załóż, że mają takie same wartości), aby pociągi zatrzymały się tuż przed momentem zderzenia. a = − 0,9 m / s 2 . Ciężarówka o długości 10 m wyprzedza na autostradzie samochód osobowy o długości 3 m. Prędkość ciężarówki to 97 km/h, a samochodu 80 km/h. Jak długo trwa wyprzedzanie? (Ile czasu upłynie od chwili, gdy przód ciężarówki znajdzie się na wysokości tylnego zderzaka samochodu, do chwili, gdy tył ciężarówki minie czubek maski samochodu?) Patrol policji namierza pirata pędzącego z szybkością 40 m/s. W chwili, gdy pirat mija patrol, policjanci ruszają w pościg. Radiowóz ma przyspieszenie 4 m / s 2 . Po jakim czasie dogonią pirata? Równanie ruchu dla pirata drogowego: Pirat ma stałą prędkość, równą prędkości średniej, i nie ma przyspieszenia, więc użyjemy równania na położenie z prędkością średnią, kładąc x 0 = 0 : x = x 0 + v ¯ t = v ¯ t ; Równanie ruchu dla radiowozu: Radiowóz porusza się ruchem jednostajnie przyspieszonym bez prędkości początkowej, więc użyjemy równania na położenie z x 0 = 0 i v 0 = 0 : x = x 0 + v 0 t + 1 2 a t 2 = 1 2 a t 2 ; Otrzymujemy układ dwóch równań, które rozwiążemy ze względu na niewiadomą t . Krok 1: porównujemy położenia x radiowozu i pirata: v ¯ t = 1 2 a t 2 ; Krok 2: obliczamy czas do spotkania t : t = 2 v ¯ a . Uciekający pirat ma stałą prędkość 40 m/s. Radiowóz ma przyspieszenie 4 m/s 2 . Obliczamy czas do spotkania, czyli czas, po jakim radiowóz dogoni pirata: t = 2 v a = 2 ⋅ 40 m / s 4 m / s 2 = 20 s . Bartek biegnie w półmaratonie ze stałą prędkością o wartości 3 m/s. Maciek biegnie z tą samą prędkością, ale 50 m za plecami Bartka. Aby nadrobić stratę, Maciek przyspiesza w tempie 0,05 m / s 2 . Ile czasu zajmie Maćkowi dogonienie Bartka? Jaką drogę pokona w tym czasie Maciek? Z jaką prędkością końcową Maciek minie Bartka? Niefizyczny wynik Biegaczka na 75 m przed linią mety zaczyna zwalniać od prędkości 8 m/s ze stałym opóźnieniem 0,5 m / s 2 . Ile czasu upłynie, zanim biegaczka przetnie linię mety? Czy ten wynik ma sens? Z podanym opóźnieniem biegaczka zatrzyma się po czasie t = − v 0 a = 8 m / s 0,5 m / s 2 = 16 s , ale droga pokonana w tym czasie to tylko x = 8 m / s ⋅ 16 s − 1 2 ⋅ 0,5 m / s 2 ⋅ ( 16 s ) 2 = 64 m , czyli mniej niż wynosi dystans do mety. Z takimi parametrami biegaczka nigdy nie ukończy biegu. Samolot zwiększa prędkość w poziomym locie w tempie 5,0 m / s 2 . Przyspieszając, pokonuje 10,0 km w czasie 30,0 s. Oblicz prędkość początkową i końcową samolotu. Porównaj drogi przebyte przez dwa ciała, które poruszając się z tą samą prędkością początkową, w tym samym czasie zwiększają prędkość: dwukrotnie – ciało pierwsze, i czterokrotnie – ciało drugie. Załóż, że oba ciała mają (różne) stałe przyspieszenia. x 1 = 3 2 v 0 t , x 2 = 5 3 x 1 . Cząstka porusza się w lewo osi ze stałą prędkością. W chwili początkowej t 0 = 0 znajduje się w położeniu x 0 . Jakiego przyspieszenia musi doznać cząstka, aby po pewnym czasie t jej całkowite przemieszczenie wyniosło 0? Jaka jest fizyczna interpretacja rozwiązania, jeśli zażądamy, aby t → ∞ ? Piłkę rzucono pionowo do góry z nieznaną prędkością początkową. W swoim locie w górę piłka mija okno o wysokości 2 m, które znajduje się na wysokości 7,50 m nad miejscem wyrzucenia. Czas mijania okna wynosi 1,30 s. Z jaką prędkością początkową wyrzucono piłkę? Na jaką wysokość nad oknem wzniesie się jeszcze piłka? Po jakim czasie piłka drugi raz minie parapet? v 0 = 7,9 m / s – szybkość piłki na wysokości parapetu. v = 7,9 m / s v 0 = 14,1 m / s ; do samodzielnego rozwiązania. Pasażer lotu balonem upuścił monetę, gdy balon na wysokości 300 m nad ziemią wznosił się w górę ze stałą prędkością 10 m/s. Oblicz maksymalną wysokość monety oraz położenie i prędkość monety po upływie 4,00 s, a także czas, po którym moneta upadnie na ziemię. Piłka tenisowa zostaje upuszczona z wysokości 1,50 m na twardy kort i po odbiciu wznosi się na wysokość 1,10 m. Oblicz prędkość piłki tuż przed upadkiem na podłoże. Oblicz prędkość piłki w ruchu w górę tuż po odbiciu od kortu. Oblicz przyspieszenie, jakiego doznaje piłka w trakcie kontaktu z kortem, trwającego 3,50 ⋅ 10 − 3 s . O ile milimetrów piłka wgniotła się (na chwilę) w trakcie odbicia od kortu? Załóż, że podłoże jest idealnie twarde i nie odkształca się. v = 5,42 m / s ; v = 4,64 m / s ; a = 2 874,28 m / s 2 ; x − x 0 = 5,11 m m . Niefizyczny wynik . Kropla deszczu upada z chmury wiszącej 300 m nad ziemią. Zakładając brak oporów powietrza, oblicz prędkość końcową kropli w chwili upadku na ziemię. Czy ten wynik ma sens? Porównaj czasy przebywania w powietrzu dwóch siatkarzy, z których pierwszy wybija się na wysokość 1,0 m, a drugi na wysokość 0,3 m. Obaj poruszają się po pionowej prostej. Zakładamy, że siatkarze osiągają wysokość 1,0 i 0,3 m, odpowiednio, skacząc obaj z tego samego położenia początkowego. 0,9 s 0,5 s Załóżmy, że chłopiec upuścił z pewnej wysokości kulkę, ale dzięki swojemu refleksowi, po 0,5 s zdołał ją złapać, zanim upadła na podłoże. Jaki dystans pokonała kulka na Ziemi ( g = 9,81 m / s 2 ) Jaki dystans pokonałaby kulka na Księżycu, na którym panuje 6 razy mniejsze przyspieszenie grawitacyjne? Balon na gorące powietrze unosi się z ziemi ze stałą szybkością 3,0 m/s. Po jednej minucie wznoszenia ktoś przypadkowo zrzuca balast (odwiązuje worek z piaskiem), który spada na ziemię. Oblicz całkowity czas ruchu i prędkość końcową balastu w momencie upadku na ziemię. t = 6,37 s – wybieramy dodatni pierwiastek równania; v = 59,5 m / s . Podczas igrzysk olimpijskich w Pekinie Usain Bolt ustanowił rekord świata w biegu na 100 m wynikiem 9,69 s. Zakładając, że Bolt przyspiesza do swojej maksymalnej prędkości w 3,00 s i potem utrzymuje ją do końca biegu, oblicz przyspieszenie Bolta w pierwszej fazie biegu i jego prędkość maksymalną. W tej samej imprezie Jamajczyk popisał się także rekordowym biegiem na 200 m, uzyskując czas 19,30 s. Używając tych samych założeń, co w punkcie (a), oblicz maksymalną prędkość Bolta w tym biegu. Ciało spada z wysokości 75,0 m nad ziemią. Oblicz drogę przebytą przez nie w pierwszej sekundzie ruchu. Oblicz prędkość, z jaką ciało uderzy w ziemię. Oblicz drogę pokonaną przez ciało w ostatniej sekundzie ruchu przed zderzeniem. y = 4,9 m ; v = 38,3 m / s ; − 33,3 m . Twarda metalowa kulka upada na sztywne podłoże z wysokości 1,50 m i odbija się na wysokość 1,45 m. Oblicz jej prędkość tuż przed upadkiem na ziemię i tuż po odbiciu. Oblicz przyspieszenie, jakiego doznaje kulka w trakcie odbicia, które trwa 0,080 ms ( 8,00 ⋅ 10 − 5 s ). O ile milimetrów kulka metalowa odkształciła się w momencie kontaktu z podłożem? Pewne ciało spadło z dachu budynku o wysokości h . Podczas ostatniej sekundy ruchu ciało pokonało drogę h / 3 . Oblicz wysokość budynku. h = 1 2 g t 2 , h – całkowita droga pokonana przez ciało (wysokość budynku); 2 3 h = 1 2 g ( t − 1 ) 2 w czasie t - 1 ciało pokonuje drogę 2 / 3 · h ; 2 3 ( 1 2 g t 2 ) = 1 2 g ( t − 1 ) 2 , czyli t 2 3 = 1 2 ( t − 1 ) 2 0 = t 2 − 6 t + 3, t = 6 ± 6 2 − 4 · 3 2 = 3 ± 24 2 t = 5,45 s i h = 145,5 m . Drugi pierwiastek daje wynik mniejszy niż 1 s. Sprawdzamy poprawność wyniku t = 4,45 s : h = 1 2 g t 2 = 97,0 m = 2 3 ⋅ 145,5 m Zadania trudniejsze Zwycięzca biegu na 100 m przecina linię mety po 11,2 s. Zdobywca drugiego miejsca potrzebuje 11,6 s. W jakiej odległości za plecami mijającego linię mety zwycięzcy znajduje się zdobywca drugiego miejsca? Załóż, że biegacze cały dystans pokonują ze stałą prędkością. Położenie cząstki poruszającej się po osi x zmienia się w czasie jak x ( t ) = ( 5,0 t 2 − 4,0 t 3 ) m . Oblicz: prędkość i przyspieszenie cząstki jako funkcje czasu; prędkość i przyspieszenie w chwili t = 2,0 s ; czas, po którym cząstka osiąga największe położenie; czas, po którym prędkość spada do zera; największą odległość od początku układu odniesienia. v ( t ) = ( 10 t − 12 t 2 ) m / s , a ( t ) = ( 10 − 24 t ) m / s 2 ; v ( 2 s ) = − 28 m / s , a ( 2 s ) = − 38 m / s 2 ; Warunek: nachylenie funkcji położenia od czasu jest zero lub prędkość jest zero. Mamy dwa rozwiązania: t = 0 , dla którego x = 0 , lub t = 10,0 / 12,0 s = 0,83 s , dla którego x = 1,16 m . Drugie rozwiązanie jest poprawne; 0,83 s; 1,16 m. Dwójka kolarzy finiszuje w wyścigu. Jeden z nich porywa się na finisz sprinterski, rozpędzając się od początkowej prędkości 11,5 m/s z przyspieszeniem 0,500 m / s 2 przez 7,00 s. Jaką prędkość końcową osiąga kolarz? Z tą prędkością kolarz pokonuje ostatni odcinek do mety. Jeśli zaczął on przyśpieszać 300 m przed metą to o ile szybciej dotarł do mety (w porównaniu do sytuacji, w której poruszałby się ze stałą prędkością 11,5 m/s)? Zdobywca drugiego miejsca w tym wyścigu był 5,0 m przed zwycięzcą w chwili, gdy tamten rozpoczął finisz, jednak nie miał sił na sprint i ze stałą szybkością 11,8 m/s kontynuował wyścig. Jaka była różnica czasów kolarzy na mecie? Jaki dystans w metrach dzielił na mecie zwycięzcę od zdobywcy drugiego miejsca? W 1967 roku na wyschniętym słonym jeziorze w stanie Utah Nowozelandczyk Burt Munro ustanowił do dziś niepobity rekord prędkości na motocyklu amerykańskiej marki Indian o pojemności do 1000 cm 3 . Wynosi on 295,38 km/h. Długa prosta na jeziorze ma długość 8,00 km. Przyspieszenie motocykla można zdefiniować jako czas potrzebny do osiągnięcia prędkości 96 km/h (60 mil na godzinę). Indian z 1967 roku osiągał tę prędkość w 4,00 s. Jeżeli Burt Munro ruszył z miejsca i z takim przyspieszeniem uzyskał rekordową prędkość, to w jakim czasie pokonał 8-kilometrową prostą? 96 k m / h = 26,67 m / s , a = 26,67 m / s 4,0 s = 6,67 m / s 2 , 295,38 k m / h = 82,05 m / s ; t = 12,3 s to czas potrzebny na osiągnięcie maksymalnej prędkości; x = 504,55 m to droga pokonana w trakcie przyspieszania; 7 495,44 m to długość pozostałego odcinka w ruchu ze stałą prędkością; 7 495,44 m 82,05 m / s = 91,35 s , więc całkowity czas ruchu 91,35 s + 12,3 s = 103,65 s .

Science


Wstęp Zespół Akrobacyjny „Orlik” to pokazowa grupa akrobacji lotniczych Polskich Sił Powietrznych, która powstała w 1998 roku i stacjonuje w Radomiu. Piloci z tej formacji w trakcie pokazów wykazują się doskonałą precyzją lotu z dużą szybkością, co wymaga dokładnych pomiarów położenia, prędkości i przyspieszenia w trzech wymiarach przestrzeni. Aby nasz opis kinematyki był kompletny, musimy poznać zagadnienie ruchu w dwóch i trzech wymiarach. W rzeczywistości większość obiektów we Wszechświecie nie porusza się tylko po liniach prostych, ale właśnie po torach zakrzywionych na płaszczyźnie lub w przestrzeni trójwymiarowej. Od prostego kopnięcia piłki, poprzez tory lotu ptaków czy ruchy orbitalne ciał niebieskich, aż do przepływu ciałek krwi w naszych żyłach – w większości przypadków mamy do czynienia z ruchem po trajektoriach krzywoliniowych. Na szczęście możemy wykorzystać wiedzę z poprzedniego rozdziału o ruchu w jednym wymiarze, gdzie poznaliśmy pojęcia położenia, przemieszczenia, prędkości i przyspieszenia, które teraz łatwo uogólnimy do przypadku dwu- lub trójwymiarowego. Rozważmy ruch samolotów z Zespołu Akrobacyjnego „Orlik”. Każdy samolot porusza się w przestrzeni powietrznej po swojej własnej zakrzywionej trajektorii i ma określone prędkość i przyspieszenie. Zatem, aby poprawnie opisać ruch dowolnego z samolotów, każdemu z nich musimy przyporządkować indywidualny wektor położenia, czyli jego składowe w trzech kierunkach przestrzeni, a także pełny wektor prędkości i przyspieszenia - także w trzech wymiarach. Możemy w tym celu skorzystać z definicji wprowadzonych w rozdziale Ruch prostoliniowy , dokonując pewnych modyfikacji – przede wszystkim włączając do opisu rachunek wektorowy. W tym rozdziale zbadamy także dwa szczególne rodzaje ruchu w dwóch wymiarach: rzuty w ziemskim polu grawitacyjnym oraz ruch po okręgu. Na końcu rozdziału przedyskutujemy problem ruchu względnego. Ruch danego samolotu z rysunku zamieszczonego na początku możemy rozpatrywać względem każdego innego samolotu, a także względem widzów obserwujących pokaz z Ziemi (jest to ruch względny).

Science


Przemieszczenie i prędkość Pojęcia przemieszczenia i prędkości w przypadku dwu- i trójwymiarowym są bezpośrednimi rozszerzeniami definicji jednowymiarowych. Są to jednak wielkości wektorowe, więc operacje na nich muszą podlegać zasadom rachunku wektorowego, a nie zwykłej algebrze. Wektor przemieszczenia Do opisu ruchu w dwóch i trzech wymiarach musimy wprowadzić układ współrzędnych i konwencję dla osi układu. Do definicji położenia cząstki w punkcie P ( x , y , z ) w przestrzeni trójwymiarowej najczęściej używamy zmiennych układu kartezjańskiego x , y oraz z . Dla cząstki w ruchu zmienne x , y oraz z są funkcjami czasu ( t ): x = x ( t ) , y = y ( t ) , z = z ( t ) . Wektor położenia (ang. position vector ) punktu P względem początku układu współrzędnych nazwiemy r → ( t ) . Wektor ten nazywamy także wektorem wodzącym punktu P , który jest zaczepiony w początku układu współrzędnych i ma koniec w punkcie P . W zapisie z użyciem wersorów osi wprowadzonym w podrozdziale Układy współrzędnych i składowe wektora , wektor r → ( t ) zapiszemy jako r → ( t ) = x ( t ) i ^ + y ( t ) j ^ + z ( t ) k ^ . prezentuje układ współrzędnych z zaznaczonym wektorem wodzącym punktu P , gdzie cząstka znajduje się w danej chwili czasu t . Zwróć uwagę na orientację osi x , y i z . Układ współrzędnych o takiej orientacji osi nazywamy prawoskrętnym ( Układy współrzędnych i składowe wektora ) i będzie on używany w całym rozdziale. Układ współrzędnych w przestrzeni trójwymiarowej oraz cząstka umieszczona w punkcie P ( x ( t ) , y ( t ) , z ( t ) ) . Przy użyciu naszej definicji położenia cząstki w przestrzeni trójwymiarowej możemy zdefiniować trójwymiarowe przemieszczenie. prezentuje cząstkę znajdującą się w czasie t 1 w punkcie P 1 o wektorze położenia r → ( t 1 ) . W późniejszej chwili t 2 , cząstka znajduje się w punkcie P 2 o wektorze położenia r → ( t 2 ) . Wektor przemieszczenia (ang. displacement vector ) Δ r → znajdziemy odejmując r → ( t 1 ) od r → ( t 2 ) : Δ r → = r → ( t 2 ) − r → ( t 1 ) . Dodawanie wektorów jest omawiane w rozdziale Wektory . Zwróćmy uwagę, że jest to ta sama operacja, którą wykonywaliśmy w jednym wymiarze, jednak teraz wektory są zdefiniowane w przestrzeni trójwymiarowej. Przemieszczenie Δ r → = r → ( t 2 ) − r → ( t 1 ) jest wektorem skierowanym od P 1 do P 2 . Następujące przykłady ilustrują pojęcie przemieszczenia w dwóch lub trzech wymiarach. Satelita na orbicie okołobiegunowej Satelita znajduje się na wysokości 400 km na orbicie okołobiegunowej Ziemi, co oznacza, że w swoim ruchu przechodzi nad biegunem północnym i południowym. Jakie są wartość i kierunek wektora przemieszczenia od punktu dokładnie nad biegunem północnym do punktu o szerokości geograficznej 45° S? Strategia Zróbmy rysunek ilustrujący graficznie rozwiązanie problemu. To pomoże nam lepiej zrozumieć pojęcie przemieszczenia. Następnie użyjmy wektorów jednostkowych do określenia przemieszczenia. Rozwiązanie pokazuje powierzchnię Ziemi oraz okrąg reprezentujący orbitę satelity. Mimo że satelity poruszają się w przestrzeni trójwymiarowej, ich trajektorie są okręgami, które możemy narysować na płaszczyźnie. Wektory położenia zaczepiamy w środku Ziemi, który przyjmujemy za początek naszego układu współrzędnych, przy czym oś y wybieramy w kierunku bieguna północnego, a oś x – prostopadle do niej w płaszczyźnie równika. Wektor pomiędzy końcami wektorów położenia jest przemieszczeniem satelity. Przyjmijmy za promień Ziemi wartość 6370 km. Długość wektorów położenia satelity jest więc równa 6770  km . Dwa wektory położenia są zaczepione w środku Ziemi, który przyjmujemy za początek układu współrzędnych na płaszczyźnie z osią y zwróconą na północ oraz osią x zwróconą na wschód. Wektor pomiędzy nimi jest wektorem przemieszczenia. W notacji z użyciem wektorów jednostkowych wektory położenia wyrażamy jako r →  t 1 = 6770  km ⋅ j ̂  , r →  t 2 = 6770  km ⋅ cos -45 ° ⋅ i ̂ + 6770  km ⋅ sin -45 ° ⋅ j ̂  . Obliczając sinus i cosinus kąta 45°, otrzymujemy r →  t 1 = 6770  km ⋅ j ̂  , r →  t 2 = 4787  km ⋅ i ̂ - 4787  km ⋅ j ̂  . Możemy teraz znaleźć wektor Δ r → przemieszczenia satelity: Δ r → = r →  t 2 - r →  t 1 = 4787  km ⋅ i ̂ - 11 557  km ⋅ j ̂  . Wartość przemieszczenia jest długością wektora Δ r → = 4787  km 2 + - 11 557  km 2 = 12 509  km Kąt pomiędzy przemieszczeniem a osią x jest równy θ = arc tg - 11 557  km 4787  km = - 67,5 ° . Znaczenie Zinterpretujmy teraz nasz wynik, rysując wektor przemieszczenia w przyjętym układzie współrzędnych. Do tego celu musimy znać składowe wektora przemieszczenia, ich długości i kąt pomiędzy nim a wybraną osią – w tym przypadku osią x ( ). Wektor przemieszczenia wraz z wektorami składowymi, ich długością i kątem. Zauważmy, że w tym przykładzie satelita, aby dostać się z pozycji początkowej do końcowej, poruszał się po zakrzywionym torze wzdłuż kołowej orbity. 4 786 km w dodatnim kierunku osi x , a następnie 11 557 km w ujemnym kierunku osi y . Taki tor ruchu miałby jednak większą długość niż wektor przemieszczenia. W istocie, wektor przemieszczenia wyznacza najkrótszą możliwą trajektorię między dwoma punktami w przestrzeni jedno-, dwu- czy trójwymiarowej. W wielu problemach fizycznych mamy do czynienia z serią przemieszczeń, takich jak wskazane wyżej. Całkowite przemieszczenie jest w takim przypadku sumą wszystkich pojedynczych przemieszczeń, jednak musimy pamiętać, że dodajemy wektory. Zilustrujmy ten problem na przykładzie zagadnienia ruchów Browna. Ruchy Browna Ruchy Browna (ang. Brownian motion ) to chaotyczny ruch drobin np. zawieszonych w cieczy, wywołany zderzeniami z molekułami cieczy. Jest to ruch w trzech wymiarach. Wyrażone w mikrometrach przemieszczenia pojedynczej drobiny między kolejnymi zderzeniami, mogą być następujące ( ): Δ r → 1 = 2  µm ⋅ i ̂ + 1  µm ⋅ j ̂ + 2  µm ⋅ k ̂  , Δ r → 2 = -2  µm ⋅ i ̂ – 1  µm ⋅ j ̂ + 3  µm ⋅ k ̂  , Δ r → 3 = 4  µm ⋅ i ̂ – 2  µm ⋅ j ̂ + 1  µm ⋅ k ̂  , Δ r → 4 = -2  µm ⋅ i ̂ + 2  µm ⋅ j ̂ + 3  µm ⋅ k ̂  . Jakie jest całkowite przemieszczenie drobiny względem początku układu współrzędnych? Przypadkowe przemieszczenia składają się na trajektorię pojedynczej drobiny wykonującej ruchy Browna. Całkowite przemieszczenie jest zaznaczone na czerwono. Rozwiązanie Sumujemy poszczególne przemieszczenia jak wektory: Δ r → całk = ∑ i = 1 4 Δ r → i = Δ r → 1 + Δ r → 2 + Δ r → 3 + Δ r → 4 = 2,0 - 2,0 + 4,0 - 2,0 i ^ + 1,0 - 1,0 - 2,0 + 2,0 j ^ + 2,0 + 3,0 + 1,0 + 3,0 k ^ = ( 2,0 i ^ + 9,0 k ^ ) μ m . Pełne rozwiązanie otrzymamy, podając jeszcze długość i kierunek wektora całkowitego przemieszczenia: Δ r → całk = 2,0  µm 2 + 0,0  µm 2 + 9,0  µm 2 = 9,2  µm  , θ = arc tg 9 2 = 77 °  , \begin{align} \abs{\prefop{\Delta} \vec r _{\text{całk}}} &= \sqrt{(\SI{2,0}{\micro\metre})^2 + (\SI{0,0}{\micro\metre})^2 + (\SI{9,0}{\micro\metre})^2} = \SI{9,2}{\micro\metre} \text{,} \\ \theta &= \arctg (\frac92) = \ang{77} \text{,} \end{align} gdzie kąt definiujemy względem osi x na płaszczyźnie x z . Znaczenie Z rysunku oraz z obliczeń możemy wnioskować, że długość wektora całkowitego przemieszczenia jest mniejsza niż suma długości poszczególnych przemieszczeń. Wektor prędkości W poprzednim rozdziale podaliśmy definicję prędkości chwilowej jako pochodną położenia po czasie. Tak samo znajdziemy prędkość w dwóch i trzech wymiarach, ale użyjemy wektora położenia. Wektor prędkości (ang. velocity vector ) chwilowej jest zdefiniowany jako v → ( t ) = lim Δ t → 0 r → ( t + Δ t ) − r → ( t ) Δ t = d r → d t . Zastanówmy się teraz nad wzajemną orientacją wektorów położenia i prędkości. Na przedstawiamy graficznie wektory r → ( t ) i r → ( t + Δ t ) , które określają położenie cząstki poruszającej się wzdłuż toru oznaczonego szarą linią. W miarę jak Δ t zdąża do zera, wektor prędkości, zdefiniowany przy pomocy , staje się styczny do toru ruchu cząstki w danej chwili t . Cząstka porusza się po torze danym szarą linią. W granicy Δ t zdążającego do zera wektor prędkości staje się styczny do toru. możemy też zapisać dla każdej składowej wektora v → ( t ) osobno. Ponieważ r → ( t ) = x ( t ) i ^ + y ( t ) j ^ + z ( t ) k ^ , możemy zapisać v → ( t ) = v x ( t ) i ^ + v y ( t ) j ^ + v z ( t ) k ^ , gdzie v x = d x ( t ) d t , v y = d y ( t ) d t , v z = d z ( t ) d t . Jeśli interesuje nas tylko średnia prędkość, możemy zapisać odpowiednik wektorowy dla dwóch i trzech wymiarów prędkości średniej w jednym wymiarze: v → śr = r → ( t 2 ) − r → ( t 1 ) t 2 − t 1 . Obliczanie wektora prędkości Położenie cząstki dane jest wektorem r → ( t ) = 2,0 t 2 i ^ + ( 2,0 + 3,0 t ) j ^ + 5,0 t k ^ m . Jaki jest wektor prędkości chwilowej i szybkość cząstki w chwili t = 2,0 s ? Jaka jest średnia prędkość między 1. a 3. sekundą? Rozwiązanie Jeśli skorzystamy z oraz i obliczymy pochodną położenia po czasie, otrzymamy: v → ( t ) = d r → ( t ) d t = 4,0 t i ^ + 3,0 j ^ + 5,0 k ^ m s v → ( 2,0 s ) = d r → ( t ) d t = 8,0 i ^ + 3,0 j ^ + 5,0 k ^ m s Szybkość | v → ( 2,0 s ) | = 8 2 + 3 2 + 5 2 = 9,9 m s Na podstawie v → śr = r → ( t 2 ) − r → ( t 1 ) t 2 − t 1 = r → ( 3,0 s ) − r → ( 1,0 s ) 3,0 s − 1,0 s = ( 18 i ^ + 11 j ^ + 15 k ^ ) m − ( 2 i ^ + 5 j ^ + 5 k ^ ) m 2,0 s = ( 16 i ^ + 6 j ^ + 10 k ^ ) m 2,0 s = 8,0 j ^ + 3,0 j ^ + 5,0 k ^ m s . Znaczenie Zauważmy, że prędkość średnia między 1. a 3. sekundą ruchu i prędkość chwilowa w t = 2,0 s są takie same, co w tym przypadku jest konsekwencją liniowej zależności prędkości od czasu. Nie jest to jednak zasadą i w ogólnym przypadku prędkość chwilowa i prędkość średnia się różnią. Ostrzeżenie Zwróć uwagę na różnicę pojęć: prędkość chwilowa, prędkość średnia, szybkość i szybkość średnia. Szybkość jest wartością (długością wektora) prędkości chwilowej, ale szybkość średnia nie jest długością prędkości średniej. Szybkość średnia jest zdefiniowana jako stosunek drogi do czasu, w którym tę drogę cząstka pokonała i w przypadku dwu- lub trójwymiarowym ma inną wartość niż prędkość średnia. Jedynie w przypadku jednowymiarowym, gdy długość przemieszczenia może być równa drodze cząstki, taka równość może zachodzić. Na długość wektora prędkości średniej mówimy po prostu wartość prędkości średniej. Sprawdź, czy rozumiesz. Położenie cząstki jest następującą funkcją czasu r → ( t ) = 3,0 t 3 i ^ + 4,0 j ^ . (a) Jaka jest prędkość chwilowa cząstki w chwili t = 3 s ? (b) Czy prędkość średnia pomiędzy 2. a 4. sekundą ruchu jest równa prędkości chwilowej w t = 3 s ? Dlaczego? (a) Różniczkując położenie po czasie, otrzymujemy v → ( t ) = 9,0 t 2 i ^ i v → ( 3,0 s ) = 81,0 i ^ m / s (b) Ze względu na to, że zależność prędkości od czasu nie jest dana funkcją liniową, spodziewamy się, że prędkość średnia nie jest równa prędkości chwilowej. Aby to sprawdzić, obliczamy v → śr = r → ( t 2 ) − r → ( t 1 ) t 2 − t 1 = r → ( 4,0 s ) − r → ( 2,0 s ) 4,0 s − 2,0 s = ( 144,0 i ^ − 36,0 i ^ ) m 2,0 s = 54,0 i ^ m s , co jest różne od v → ( 3,0 s ) = 81,0 i ^ m / s . Niezależność ruchu w kierunkach prostopadłych Gdy spojrzymy na definicje wektorów położenia i prędkości w przypadku trójwymiarowym ( i ), to zauważymy, że składowe tych wektorów są osobnymi i niezależnymi od siebie funkcjami czasu. Ruch cząstki w kierunku osi x nie ma wpływu na ruch wzdłuż osi y i z , podobnie jest dla dwóch pozostałych współrzędnych. Wobec tego możemy rozdzielić ruch cząstki w dwóch lub trzech wymiarach na niezależne od siebie ruchy prostoliniowe wzdłuż prostopadłych osi układu współrzędnych, w którym ruch ten opisujemy. W celu przedstawienia tej obserwacji w kontekście przemieszczenia, rozważmy spacer kobiety od punktu A do punktu B w mieście zabudowanym kwadratowymi blokami. Kobieta, wyruszywszy z punktu A , może maszerować na wschód, minąć kilka bloków, następnie kierując się na północ, dotrzeć do punktu B , znów przechodząc obok kilku budynków. Jak daleko dotrze na wschód zależy tylko od jej ruchu w kierunku wschodnim. Podobnie na dystans pokonany na północ (niezależny kierunek) wpływa jedynie jej ruch w kierunku północnym. Niezależność ruchu W opisie kinematycznym ruchu składowe poziome i pionowe ruchu możemy traktować niezależnie. W wielu przypadkach ruch w kierunku poziomym nie wpływa na ruch w kierunku pionowym i odwrotnie. Zilustrujmy niezależność ruchu pionowego i poziomego, patrząc na przykładowy ruch dwóch piłek golfowych. Jedna z nich jest puszczona swobodnie (bez prędkości początkowej) z pewnej wysokości. Druga jest rzucona poziomo z tej samej wysokości i porusza się po zakrzywionym torze. Obserwacji ruchu piłek podczas spadania dokonujemy z użyciem lampy stroboskopowej, co daje nam możliwość notowania położenia piłek w tych samych chwilach czasu ze stałym krokiem czasowym ( ). Schemat ruchu dwóch identycznych piłek, z których jedna spada swobodnie, a druga ma poziomą prędkość początkową. Sekwencję kolejnych położeń zanotowano ze stałym krokiem czasowym. Strzałki reprezentują wektory prędkości poziomej i pionowej w danym położeniu, a ich długości odpowiadają zmianom wartości prędkości w czasie. Piłka po prawej ma początkową prędkość poziomą, natomiast piłka po lewej nie ma prędkości początkowej. Pomimo różnicy w wartościach prędkości poziomych, pionowe składowe prędkości i położeń są takie same dla obu piłek, co świadczy o niezależności ruchu piłek w kierunkach poziomym i pionowym. Zadziwiające jest, że przy każdym błysku lampy stroboskopowej składowe pionowe położenia obu piłek są takie same. To podobieństwo sugeruje, że ruch pionowy jest niezależny od tego, czy piłki poruszają się w poziomie (zakładając brak oporów powietrza, ruch spadającego obiektu zachodzi jedynie pod wpływem siły grawitacji, a żadna siła pozioma nie występuje). Szczegółowa analiza ruchu piłki w rzucie poziomym pokazuje, że pomiędzy kolejnymi błyskami lampy przedmiot pokonuje tę samą drogę. Tak się dzieje, ponieważ na piłkę nie działa żadna dodatkowa siła w kierunku poziomym. To oznacza, że prędkość pozioma jest stała w czasie i nie zależy ani od ruchu pionowego, ani od siły grawitacji (która też jest pionowa). Zwróćmy uwagę, że ten przypadek jest prawdziwy w idealnych warunkach. W rzeczywistym świecie opór powietrza wpływa na ruch piłki w obu kierunkach. Dwuwymiarowy ruch po zakrzywionym torze piłki rzuconej poziomo składa się z dwóch niezależnych jednowymiarowych ruchów (poziomego i pionowego). Kluczowym elementem analizy takiego ruchu jest to, aby rozdzielić go na ruchy względem prostopadłych kierunków. Innymi słowy, ruch dwuwymiarowy możemy traktować jak złożenie dwóch niezależnych ruchów prostoliniowych, wzdłuż prostopadłych kierunków. Taki rozdział jest możliwy dzięki temu, że składowe (położenia i prędkości) są od siebie niezależne. Podsumowanie Funkcja położenia r → ( t ) definiuje zależność od czasu położenia cząstki na płaszczyźnie lub w przestrzeni. Graficznie jest to wektor skierowany od początku wybranego układu współrzędnych do punktu, w którym cząstka się znajduje w danej chwili czasu. Wektor przemieszczenia Δ r → określa najkrótszą odległość między dwoma punktami toru ruchu cząstki w dwóch lub trzech wymiarach. Prędkość chwilowa v → ( t ) definiuje szybkość i kierunek ruchu cząstki w danej chwili czasu i jest wektorem na płaszczyźnie lub w przestrzeni. Wektor prędkości jest styczny do toru ruchu cząstki. Przemieszczenie Δ r → ( t ) może być zapisane jako suma przemieszczeń Δ x → ( t ) , Δ y → ( t ) , Δ z → ( t ) w każdym kierunku przestrzeni x , y , z . Prędkość v → ( t ) można zdefiniować jako wektorową sumę składowych v x ( t ) , v y ( t ) , v z ( t ) wzdłuż kierunków x , y i z . Ruch w dowolnym kierunku jest niezależny od ruchu w kierunku prostopadłym. Pytania problemowe Jaką krzywą dany jest tor ruchu cząstki, jeśli droga pokonana przez cząstkę między dowolnymi punktami A i B jest równa długości wektora przemieszczenia z punktu A do punktu B ? Linia prosta. Podaj przykłady ruchów w dwóch lub trzech wymiarach będących złożeniem niezależnych ruchów w kierunkach prostopadłych. Jeżeli prędkość chwilowa cząstki jest równa 0  m / s , to co można powiedzieć o nachyleniu funkcji położenia od czasu? Nachylenie musi być równe zero, bo wektor prędkości jest styczny do wykresu położenia od czasu. Zadania Współrzędne położenia cząstki wynoszą w układzie kartezjańskim (1,0; –4,0; 6,0). Jakie są współrzędne wektora położenia cząstki? r → = 1,0 i ^ − 4,0 j ^ + 6,0 k ^ Położenie cząstki zmienia się od r → 1 = ( 2,0 i ^ + 3,0 j ^ ) c m do r → 2 = ( − 4,0 i ^ + 3,0 j ^ ) c m . Jakie jest przemieszczenie cząstki? r → 2 = ( − 6,0 i ^ + 0,0 j ^ ) c m Golfista uderza piłkę, która – lecąc wzdłuż pola golfowego – pokonuje dystans 300,0 m. Jeśli za oś x przyjmiemy kierunek wzdłuż pola golfowego, a za oś y – kierunek prostopadły, to przemieszczenie po pierwszym uderzeniu wynosi Δ r → 1 = 300,0 i ^ m . Drugie uderzenie golfisty przemieszcza piłkę o wektor Δ r → 2 = 172,0 i ^ m + 80,3 j ^ m , czyli o 189,0 m dalej. Jakie jest całkowite przemieszczenie piłki po dwóch uderzeniach? Δ r → całk = 472,0 m i ^ + 80,3 m j ^ Ptak leci dokładnie na północny wschód, pokonując dystans 95,0 km w ciągu 3,0 godzin. Przyjmując kierunek wschodni za oś x , a kierunek północny za oś y , podaj wektor przemieszczenia ptaka, wyrażając go za pomocą wersorów osi. Jaką prędkość średnią uzyskał ptak w trakcie podróży? Rowerzysta pokonuje dystans 5,0 km na wschód, a następnie 10,0 km w kierunku 20 ° na zachód (względem kierunku północnego). Z tego miejsca jedzie dalej na zachód, pokonując kolejne 8,0 km. Jakie jest całkowite przemieszczenie rowerzysty od startu? Suma przemieszczeń cząstkowych = − 6,4 i ^ k m + 9,4 j ^ k m Obrońca hokejowego klubu GKS Tychy Bartosz Ciura stoi na linii bramkowej i podaje krążek na odległość 20 m pod kątem 45 ° względem linii bramkowej na prawe skrzydło do napastnika Marcina Kolusza, który na niebieskiej linii czeka na podanie. Następnie, gdy Ciura dojeżdża do niebieskiej linii, Kolusz podaje mu krążek na odległość 10 m. Jakie jest całkowite przemieszczenie krążka? Spójrz na poniższy schemat gry. Położenie cząstki w przestrzeni jest następujące: r → ( t ) = ( 4,0 t 2 i ^ − 3,0 j ^ + 2,0 t 3 k ^ ) m . (a) Jaka jest prędkość cząstki w chwili 0 s i 1 s? (b) Jaka jest prędkość średnia cząstki po 1. sekundzie ruchu? a. v → ( t ) = 8,0 t i ^ + 6,0 t 2 k ^ , v → ( 0 ) = 0 , v → ( 1,0 ) = 8,0 i ^ + 6,0 k ^ m / s , b. v → śr = 4,0 i ^ + 3,0 k ^ m / s . Kamil Grosik, skrzydłowy reprezentacji Polski, może osiągnąć w biegu szybkość 10,0 m/s. Po rozpoczęciu gry przez bramkarza Grosik biegnie ze środka boiska w kierunku bramki przeciwnika na skrzydło pod kątem 45 ° względem linii środkowej, pokonując 8,0 m w czasie 1 s. Następnie przez 1,2 s biegnie prostopadle do linii środkowej dalej w kierunku bramki drużyny przeciwnej i pokonuje 12 m. (a) Jakie jest całkowite przemieszczenie Grosika od rozpoczęcia gry? (b) Jaki jest wektor jego prędkości średniej? Odrzutowiec F-35 Lightning II jest amerykańskim samolotem krótkiego startu i pionowego lądowania. Jakie jest całkowite przemieszczenie odrzutowca od startu, jeśli w pierwszej fazie wznosi się on pionowo na wysokość 20,00 m, a następnie przez 20,00 km leci pod kątem 30 ° względem ziemi po linii prostej? Δ r → 1 = 20,00 j ^ m , Δ r → 2 = ( 2 ⋅ 10 4 m ) ( i ^ cos  30 ∘ + j ^ sin  30 ∘ ) Δ r → = 1,732 ⋅ 10 4 i ^ m + 1,002 ⋅ 10 4 j ^ m wektor położenia (ang. position vector ) wektor skierowany od początku wybranego układu współrzędnych do punktu położenia cząstki w dwu- lub trójwymiarowej przestrzeni wektor przemieszczenia (ang. displacement vector ) wektor skierowany od początkowego do końcowego położenia cząstki wektor prędkości (ang. velocity vector ) wektor definiujący chwilową szybkość i kierunek ruchu cząstki; jest styczny do toru ruchu

Science


Przyspieszenie Przyspieszenie chwilowe Oprócz znajomości przemieszczenia i prędkości ciała w ruchu często chcemy także wiedzieć, jaki jest wektor przyspieszenia (ang. acceleration vector ) w dowolnym punkcie jego toru w danej chwili czasu. Taki wektor przyspieszenia nazwiemy przyspieszeniem chwilowym i obliczymy, co wiemy już z poprzedniego rozdziału, różniczkując po czasie. Jedyna różnica w przypadku ruchu na płaszczyźnie lub w przestrzeni jest taka, że mamy teraz do czynienia z wielkościami wektorowymi. Różniczkując po czasie v → ( t ) , otrzymujemy: a → ( t ) = lim Δ t → 0 v → ( t + Δ t ) − v → ( t ) Δ t = d v → ( t ) d t . Wektor przyspieszenia w rozkładzie na składowe ma postać: a → ( t ) = d v x ( t ) d t i ^ + d v y ( t ) d t j ^ + d v z ( t ) d t k ^ . Ponieważ prędkość jest pochodną położenia po czasie, możemy przyspieszenie zdefiniować jako drugą pochodną funkcji położenia od czasu: 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 ^ . Obliczanie wektora przyspieszenia Cząstka ma prędkość v → ( t ) = ( 5,0 t i ^ + t 2 j ^ − 2,0 t 3 k ^ ) m/s . Jaka jest zależność wektora przyspieszenia od czasu? Jaki jest wektor przyspieszenia w chwili t = 2,0 s? Znajdź jego długość i kierunek w przestrzeni. Rozwiązanie (a) Aby znaleźć wektor przyspieszenia, obliczamy pierwszą pochodną prędkości po czasie. Różniczkujemy każdą składową wektora prędkości osobno: a → ( t ) = ( 5,0 i ^ + 2,0 t j ^ − 6,0 t 2 k ^ ) m/s 2 . (b) Podstawiając do powyższego wzoru za czas, otrzymujemy a → ( 2,0 s ) = ( 5,0 i ^ + 4,0 j ^ − 24,0 k ^ ) m/s 2 , co daje nam orientację wektora w układzie wersorów osi. Wartość przyspieszenia w tej chwili wynosi | a → ( 2,0 s ) | = 5 , 0 2 + 4 , 0 2 + ( − 24,0 ) 2 = 24,8 m/s 2 . Znaczenie Jak pokazaliśmy, wektor przyspieszenia w tym przykładzie zależy od czasu, czyli przyspieszenie zmienia się w trakcie ruchu. Rozważmy teraz przypadek ruchu z innym wektorem prędkości. Obliczanie przyspieszenia cząstki Ruch cząstki opisano wektorem położenia zależnym od czasu r → ( t ) = [ ( 10 t − t 2 ) i ^ + 5 t j ^ + 5 t k ^ ] m . Jaki jest wektor prędkości cząstki? Jaki jest jej wektor przyspieszenia? Opisz ruch cząstki od chwili początkowej t = 0 s. Strategia rozwiązania Już na podstawie analizy samej tylko zależności położenia od czasu możemy wyciągnąć interesujące wnioski o ruchu cząstki. Składowe y i z są liniowo zależne od czasu, zatem przyspieszenie w tych kierunkach będzie zero, gdy weźmiemy drugą pochodną po czasie. Zauważmy też, że składowa x położenia zeruje się dla t = 0 s i t = 10 s. Rozwiązanie (a) Obliczając pierwszą pochodną położenia po czasie, otrzymujemy prędkość v → ( t ) = [ ( 10 − 2 t ) i ^ + 5 j ^ + 5 k ^ ] m/s . Wektor prędkości jest liniową funkcją czasu w kierunku x oraz jest stały wzdłuż kierunków y i z . (b) Różniczkując prędkość, znajdujemy przyspieszenie a → ( t ) = − 2 i ^ m/s 2 . Wektor przyspieszenia ma tylko składową x , jest stały w czasie i skierowany przeciwnie do osi. (c) prezentuje tor cząstki w kolejnych sekundach ruchu. Rozważmy najpierw ruch w płaszczyźnie y z . Położenie cząstki w tej płaszczyźnie zwiększa się w czasie jednostajnie ze stałą prędkością w kierunkach y i z . Inaczej jest w przypadku składowej x położenia. W tym kierunku cząstka przemieszcza się w dodatnim kierunku osi x aż do chwili t = 5 s, kiedy zmienia kierunek ruchu na przeciwny do osi x . Możemy to zauważyć, patrząc na wektor prędkości, którego składowa x zmienia znak w tej chwili. Widzimy to również na podstawie postaci wektora przyspieszenia. Przyspieszenie jest ujemne, co oznacza, że cząstka jest opóźniana w kierunku dodatnim osi x lub, równoważnie, przyspieszana w kierunku przeciwnym. Cząstka osiąga położenie 25 m, a następnie zawraca i zaczyna przyspieszać w kierunku przeciwnym do osi x . Wraca do położenia 0 po czasie t = 10 s. Cząstka startuje z początku układu odniesienia x y z = 0 0 0 , gdzie jej wektor położenia to r → = 0. Czerwonymi kropkami zaznaczono położenia w przestrzeni w kolejnych sekundach. Niebieskimi kropkami zaznaczono rzut toru na płaszczyznę x y . Wartości y i z rosną liniowo w czasie, natomiast x osiąga maksimum równe 25 m w chwili t = 5 s, po czym zaczyna maleć. W tym punkcie składowa x wektora prędkości zmienia znak na ujemny. Po czasie t = 10 s cząstka wraca do położenia x = 0 m. Znaczenie Rysując tor cząstki na podstawie wartości liczbowych wynikających z równań kinematycznych w kolejnych chwilach czasu, możemy lepiej zrozumieć jej ruch w przestrzeni. Sprawdź, czy rozumiesz. Załóżmy, że znamy następującą postać wektora przyspieszenia a → ( t ) = ( a i ^ + b j ^ + c k ^ ) m/s 2 , gdzie a , b i c są pewnymi stałymi. Co możemy powiedzieć o zależności wektora prędkości od czasu? Wektor przyspieszenia jest stały i nie zmienia się w czasie. Jeśli a , b i c są różne od zera, to wektor prędkości musi być funkcją liniową czasu. Znajdziemy go, całkując przyspieszenie v → ( t ) = ∫ a → dt = ∫ ( a i ^ + b j ^ + c k ^ ) d t = ( a i ^ + b j ^ + c k ^ ) t m/s , ponieważ różniczkując prędkość, z powrotem otrzymamy a → ( t ) . Powinniśmy jeszcze uwzględnić stałą całkowania, która jednak nie wpływa na zależność od czasu. Gdyby któraś ze składowych wektora przyspieszenia była równa zero, odpowiednia składowa prędkości musiałaby być stała w czasie. Stałe przyspieszenie Ruch w wielu wymiarach ze stałym przyspieszeniem może być traktowany tak jak w poprzednim rozdziale o ruchu po linii prostej. Taki ruch nazwiemy jednostajnie zmiennym (przyspieszonym lub opóźnionym), gdyż przyspieszenie jest stałe. Pokazaliśmy już, że ruch w przestrzeni jest złożeniem trzech niezależnych ruchów w jednym wymiarze wzdłuż kierunków prostopadłych. Chcemy teraz otrzymać kinematyczne równania ruchu wzdłuż niezależnych kierunków. Dla uproszczenia rozważmy przypadek dwuwymiarowy – cząstki poruszającej się na płaszczyźnie x y (pomińmy składową z ). Wektor przyspieszenia jest więc równy a → = a x i ^ + a y j ^ , gdzie a x i a y są stałymi. Ruch wzdłuż każdej składowej może być opisany zestawem równań podobnych do – z poprzedniego rozdziału o ruchu po linii prostej. Zapiszmy tutaj tylko równania ruchu (na położenie i prędkość) w kierunku x oraz y . Podobny zestaw równań można zapisać dla ruchu wzdłuż kierunku z : x  t = x 0 + v ‾ x  t  , v x ( t ) = v 0 x + a x t x ( t ) = x 0 + v 0 x t + 1 2 a x t 2 v x 2 ( t ) = v 0 x 2 + 2 a x ( x - x 0 ) y  t = y 0 + v ‾ y  t  , v y ( t ) = v 0 y + a y t y ( t ) = y 0 + v 0 y t + 1 2 a y t 2 v y 2 ( t ) = v 0 y 2 + 2 a y ( y - y 0 ) . Oznaczyliśmy tutaj przez indeks dolny 0 początkowe położenie lub prędkość. Zestaw równań (od do można zastąpić równaniami wektorowymi ( i ), aby otrzymać wektor położenia i wektor prędkości jako funkcje czasu (znowu pomijamy składową z ): r → ( t ) = x ( t ) i ^ + y ( t ) j ^ oraz v → ( t ) = v x ( t ) i ^ + v y ( t ) j ^ . Omówiony przykład ilustruje praktyczne wykorzystanie kinematycznych równań ruchu w dwóch wymiarach. Narciarka prezentuje narciarkę, która w chwili t = 0 rusza z przyspieszeniem 2,1 m/s 2 w dół stoku, którego nachylenie wynosi 15 ° . Względem początku układu współrzędnych ustalonego przy górnej stacji wyciągu początkowe położenie i prędkość kobiety wynoszą r → ( 0 ) = ( 75,0 i ^ − 50,0 j ^ ) m oraz v → ( 0 ) = ( 4,1 i ^ − 1,1 j ^ ) m/s . Podaj zależność od czasu składowych x i y położenia i prędkości narciarki. Jakie są jej położenie i prędkość w chwili t = 10,0 s? Narciarka rusza z przyspieszeniem 2,1 m/s 2 w dół stoku o nachyleniu 15 ° . Początek układu współrzędnych przyjmujemy przy górnej stacji wyciągu narciarskiego. Strategia rozwiązania Będziemy chcieli zapisać równania ruchu w kierunkach x oraz y , dlatego potrzebujemy znaleźć składowe wektora przyspieszenia, które wykorzystamy w równaniach ruchu. W tym celu rozłożymy wektor przyspieszenia na składowe w przyjętym na układzie współrzędnych. Następnie wstawimy składowe przyspieszenia do równań ruchu dla dowolnej chwili t . Rozwiązanie (a) Przyjmijmy układ odniesienia z początkiem na szczycie wzniesienia oraz osią y skierowaną do góry i osią x skierowaną poziomo. Obserwując tor ruchu narciarki zauważamy, że składowa x przyspieszenia jest dodatnia, natomiast składowa y jest ujemna. Znając kąt nachylenia stoku, który wynosi 15 ° , obliczamy a x = 2,1  m / s 2 ⋅ cos 15 ° = 2,0  m / s 2  , a y = -2,1  m / s 2 ⋅ sin 15 ° = -0,54  m / s 2  . Jeśli wstawimy położenie początkowe i prędkość początkową do i dla ruchu wzdłuż osi x , otrzymamy x  t = 75,0  m + 4,1  m / s ⋅ t + 1 2 ⋅ 2,0  m / s 2 ⋅ t 2  , v x  t = 4,1  m / s + 2,0  m / s 2 ⋅ t  . Dla kierunku y mamy y  t = -50,0  m - 1,1  m / s ⋅ t + 1 2 ⋅ -0,54  m / s 2 ⋅ t 2  , v y  t = - 1,1  m / s + - 0,54  m / s 2 ⋅ t  . (b) Skoro mamy ogólne równania ruchu dla dowolnej chwili czasu, możemy znaleźć wartości składowych x i y położenia i prędkości po czasie t = 10,0  s : x  10,0  s = 75,0  m + 4,1  m / s 2 ⋅ 10,0  s + 1 2 ⋅ 2,0  m / s 2 ⋅ 10,0  s 2 = 216,0  m  , v x  10,0  s = 4,1  m / s + 2,0  m / s 2 ⋅ 10,0  s = 24,1  m / s  , y  10,0  s = - 50,0  m - 1,1  m / s ⋅ 10,0  s + 1 2 ⋅ - 0,54  m / s 2 ⋅ 10,0  s 2 = - 88,0  m  , v y  10,0  s = - 1,1  m / s - 0,54  m / s 2 ⋅ 10,0  s = - 6,5  m / s  . Podsumowując, wektory położenia i prędkości narciarki po czasie t = 10,0  s są następujące: r → ( 10,0 s ) = ( 216,0 i ^ − 88,0 j ^ ) m v → ( 10,0 s ) = ( 24,1 i ^ − 6,5 j ^ ) m/s . Wartość prędkości narciarki po 10,0 s ruchu wynosi 25 m/s, czyli 90 km/h. Znaczenie Dzięki równaniom kinematyki i znajomości warunków początkowych (położenie i prędkość początkową) oraz przyspieszenia ciała potrafimy znaleźć położenie, prędkość i przyspieszenie ciała w dowolnej chwili czasu. Jest to bardzo przydatna umiejętność. W postaci równań od do otrzymaliśmy pełen zestaw wyrażeń na położenie, prędkość i przyspieszenie ciała w ruchu w dwóch lub trzech wymiarach. Jeżeli tory ruchu ciał wyglądałyby podobnie do torów samolotów „Orlika” z rysunku na początku rozdziału, to równania te byłyby dość skomplikowane. W następnych sekcjach omówimy dwa szczególne przypadki ruchów na płaszczyźnie i w przestrzeni, tzn. rzuty w ziemskim polu grawitacyjnym oraz ruch po okręgu. Na tej stronie internetowej Uniwersytetu Kolorado dzięki aplikacji internetowej możesz obserwować jak zmienia się ruch biedronki w zależności od zadanych parametrów położenia i prędkości początkowej oraz przyspieszenia. Podsumowanie W dwóch i trzech wymiarach wektor przyspieszenia może mieć dowolny kierunek i nie musi być skierowany wzdłuż którejkolwiek składowej wektora prędkości. Przyspieszenie chwilowe jest zdefiniowane jako zmiana prędkości zachodząca w bardzo krótkim (inifinitezymalnym) przedziale czasu. Jest to wielkość wektorowa o dwóch lub trzech składowych. W praktyce obliczamy przyspieszenie jako pochodną prędkości po czasie. W przypadku trójwymiarowym przyspieszenie a → ( t ) może być zapisane jako wektorowa suma składowych a → x ( t ) , a → y ( t ) oraz a → z ( t ) wzdłuż trzech kierunków x , y i z . Kinematyczne równania ruchu jednostajnie zmiennego (ze stałym przyspieszeniem) możemy zapisać jako wektorową sumę równań jednowymiarowych dla kierunków x , y i z . Pytania Jeżeli położenie cząstki dane jest liniową funkcją czasu, to co możemy powiedzieć o jej przyspieszeniu? Jeżeli ciało porusza się z prędkością o stałej wartości składowej x i nagle doznaje przyspieszenia w kierunku y , to czy składowa x prędkości się zmienia? Nie. Ruchy w kierunkach prostopadłych są od siebie niezależne. Jeżeli ciało ma stałą wartość składowej x prędkości i nagle doznaje przyspieszenia pod kątem 70° do kierunku x , to czy składowa x prędkości ulegnie zmianie? Zadania Położenie cząstki dane jest funkcją czasu r → ( t ) = ( 3,0 t 2 i ^ + 5,0 j ^ − 6,0 t k ^ ) m . Określ jaką funkcją czasu są prędkość i położenie cząstki. Jakie są prędkość i przyspieszenie początkowe cząstki (w chwili t = 0 ? Wektor przyspieszenia cząstki jest następujący ( 4,0 i ^ + 3,0 j ^ ) m/s 2 . W chwili t = 0 jej położenie i prędkość są równe zeru. Jaką funkcją czasu są położenie i prędkość cząstki? Znajdź równanie toru cząstki w ruchu na płaszczyźnie. Naszkicuj trajektorię cząstki na płaszczyźnie x y . v → ( t ) = ( 4,0 t i ^ + 3,0 t j ^ ) m/s , r → ( t ) = ( 2,0 t 2 i ^ + 3 2 t 2 j ^ ) m ; x ( t ) = 2,00 t 2 m , y ( t ) = 3 2 t 2 m , t 2 = x 2 ⇒ y = 3 4 x . Łódka opuszcza przystań w momencie t = 0 i kieruje się na otwarte jezioro z przyspieszeniem 2,0 i ^ m/s 2 . Silny wiatr spycha łódkę z kursu, nadając jej dodatkową prędkość ( 2,0 i ^ + 1,0 j ^ ) m/s . Jaką prędkość wypadkowo uzyska łódka po czasie t = 10 s? Jakie jest położenie łódki po czasie t = 10 s? Naszkicuj wykres zależności y od x , na którym przedstawisz tor ruchu łódki od startu do t = 10  s , oraz wykres składowych x i y położenia w funkcji czasu przez pierwsze 10 s ruchu. Położenie cząstki dla t > 0 jest dane wektorem r → ( t ) = ( 3,0 t 2 i ^ − 7,0 t 3 j ^ − 5,0 t − 2 k ^ ) m . Podaj zależność prędkości cząstki od czasu. Jaką zależnością od czasu dane jest przyspieszenie? Jaka jest prędkość cząstki w chwili t = 2,0  s ? Oblicz szybkość cząstki w momentach t = 1,0  s oraz t = 3,0  s . Z jaką średnią prędkością poruszała się cząstka między t = 1,0  s oraz t = 2,0  s ? v → ( t ) = ( 6,0 t i ^ − 21,0 t 2 j ^ + 10,0 t − 3 k ^ ) m/s , a → ( t ) = ( 6,0 i ^ − 42,0 t j ^ – 30,0 t − 4 k ^ ) m/s 2 , v → ( 2,0 s ) = ( 12,0 i ^ − 84,0 j ^ + 1,25 k ^ ) m/s , v → ( 1,0 s ) = ( 6,0 i ^ − 21,0 j ^ + 10,0 k ^ ) m/s , | v → ( 1,0 s ) | = 24,0 m/s , v → ( 3,0 s ) = ( 18,0 i ^ − 189,0 j ^ + 0,4 k ^ ) m/s , | v → ( 3,0 s ) | = 189,9 m/s , v → śr = ( 9,0 i ^ − 49,0 j ^ + 3,8 k ^ ) m/s . Cząstka porusza się ze stałym przyspieszeniem. W czasie t = 0 cząstka ma prędkość ( 10 i ^ + 20 j ^ ) m/s . W chwili t = 4 s cząstka ma już prędkość 10 j ^ m/s . Z jakim przyspieszeniem porusza się cząstka? Jak zmieniają się w czasie położenie i prędkość? Załóż, że początkowo cząstka znajdowała się w początku układu współrzędnych. Zależność położenia cząstki od czasu jest następująca r → ( t ) = cos  ( 1,0 t ) i ^ + sin  ( 1,0 t ) j ^ + t k ^ , gdzie argumenty funkcji sinus i cosinus podano w radianach. (a) Podaj postać wektora prędkości. (b) Jaki jest wektor przyspieszenia cząstki? v → ( t ) = − sin  ( 1,0 t ) i ^ + cos  ( 1,0 t ) j ^ + k ^ , a → ( t ) = − cos  ( 1,0 t ) i ^ − sin  ( 1,0 t ) j ^ . Myśliwiec F-35 Lightning II musi osiągnąć szybkość 70 m/s, by wystartować z krótkiego pasa lotniskowca o długości 90 m. Aby to się udało, odrzutowiec jest wystrzeliwany w powietrze przy pomocy dwóch napędów: siły odrzutu silnika samolotu oraz katapulty, dzięki czemu może uzyskać ogromne przyspieszenie. W końcowej fazie startu przyspieszenie F-35 spada do ustalonej wartości 5,0 m/s 2 i jest skierowane pod kątem 30° względem pokładu lotniskowca. Jaka musi być początkowa wartość przyspieszenia F-35 na pokładzie lotniskowca, aby ten wzniósł się w powietrze? Napisz wektorowe równania ruchu odrzutowca, przyjmując za punkt odniesienia moment oderwania się od pasa startowego (zapisz składowe wektorów położenia i prędkości w tak wybranym układzie współrzędnych). Na jaką wysokość wzniesie się myśliwiec w ciągu 5,0 s od momentu oderwania się od pokładu lotniskowca? Jaka jest wówczas jego prędkość i szybkość? Jak daleko w poziomie oddali się wtedy od lotniskowca? wektor przyspieszenia (ang. acceleration vector ) przyspieszenie chwilowe obliczone jako pochodna wektora prędkości po czasie w zapisie wektorowym z użyciem wersorów osi układu współrzędnych

Science