Przejdź do treściPrzejdź do informacji o dostępności
Logo OpenStax
Fizyka dla szkół wyższych. Tom 1

6.1 Rozwiązywanie zadań związanych z zasadami dynamiki Newtona

Fizyka dla szkół wyższych. Tom 16.1 Rozwiązywanie zadań związanych z zasadami dynamiki Newtona
  1. Przedmowa
  2. Mechanika
    1. 1 Jednostki i miary
      1. Wstęp
      2. 1.1 Zakres stosowalności praw fizyki
      3. 1.2 Układy jednostek miar
      4. 1.3 Konwersja jednostek
      5. 1.4 Analiza wymiarowa
      6. 1.5 Szacowanie i pytania Fermiego
      7. 1.6 Cyfry znaczące
      8. 1.7 Rozwiązywanie zadań z zakresu fizyki
      9. Podsumowanie rozdziału
        1. Kluczowe pojęcia
        2. Najważniejsze wzory
        3. Podsumowanie
        4. Pytania
        5. Zadania
        6. Zadania dodatkowe
        7. Zadania trudniejsze
    2. 2 Wektory
      1. Wstęp
      2. 2.1 Skalary i wektory
      3. 2.2 Układy współrzędnych i składowe wektora
      4. 2.3 Działania na wektorach
      5. 2.4 Mnożenie wektorów
      6. Podsumowanie rozdziału
        1. Kluczowe pojęcia
        2. Najważniejsze wzory
        3. Podsumowanie
        4. Pytania
        5. Zadania
        6. Zadania dodatkowe
        7. Zadania trudniejsze
    3. 3 Ruch prostoliniowy
      1. Wstęp
      2. 3.1 Położenie, przemieszczenie, prędkość średnia
      3. 3.2 Prędkość chwilowa i szybkość średnia
      4. 3.3 Przyspieszenie średnie i chwilowe
      5. 3.4 Ruch ze stałym przyspieszeniem
      6. 3.5 Spadek swobodny i rzut pionowy
      7. 3.6 Wyznaczanie równań ruchu metodą całkowania
      8. Podsumowanie rozdziału
        1. Kluczowe pojęcia
        2. Najważniejsze wzory
        3. Podsumowanie
        4. Pytania
        5. Zadania
        6. Zadania dodatkowe
        7. Zadania trudniejsze
    4. 4 Ruch w dwóch i trzech wymiarach
      1. Wstęp
      2. 4.1 Przemieszczenie i prędkość
      3. 4.2 Przyspieszenie
      4. 4.3 Rzuty
      5. 4.4 Ruch po okręgu
      6. 4.5 Ruch względny w jednym i dwóch wymiarach
      7. Podsumowanie rozdziału
        1. Kluczowe pojęcia
        2. Najważniejsze wzory
        3. Podsumowanie
        4. Pytania
        5. Zadania
        6. Zadania dodatkowe
        7. Zadania trudniejsze
    5. 5 Zasady dynamiki Newtona
      1. Wstęp
      2. 5.1 Pojęcie siły
      3. 5.2 Pierwsza zasada dynamiki Newtona
      4. 5.3 Druga zasada dynamiki Newtona
      5. 5.4 Masa i ciężar ciała
      6. 5.5 Trzecia zasada dynamiki Newtona
      7. 5.6 Rodzaje sił
      8. 5.7 Rozkłady sił działających na ciała
      9. Podsumowanie rozdziału
        1. Kluczowe pojęcia
        2. Najważniejsze wzory
        3. Podsumowanie
        4. Pytania
        5. Zadania
        6. Zadania dodatkowe
        7. Zadania trudniejsze
    6. 6 Zastosowania zasad dynamiki Newtona
      1. Wstęp
      2. 6.1 Rozwiązywanie zadań związanych z zasadami dynamiki Newtona
      3. 6.2 Tarcie
      4. 6.3 Siła dośrodkowa
      5. 6.4 Siła oporu i prędkość graniczna
      6. Podsumowanie rozdziału
        1. Kluczowe pojęcia
        2. Najważniejsze wzory
        3. Podsumowanie
        4. Pytania
        5. Zadania
        6. Zadania dodatkowe
        7. Zadania trudniejsze
    7. 7 Praca i energia kinetyczna
      1. Wstęp
      2. 7.1 Praca
      3. 7.2 Energia kinetyczna
      4. 7.3 Zasada zachowania energii mechanicznej
      5. 7.4 Moc
      6. Podsumowanie rozdziału
        1. Kluczowe pojęcia
        2. Najważniejsze wzory
        3. Podsumowanie
        4. Pytania
        5. Zadania
        6. Zadania dodatkowe
        7. Zadania trudniejsze
    8. 8 Energia potencjalna i zasada zachowania energii
      1. Wstęp
      2. 8.1 Energia potencjalna układu
      3. 8.2 Siły zachowawcze i niezachowawcze
      4. 8.3 Zasada zachowania energii
      5. 8.4 Wykresy energii potencjalnej
      6. 8.5 Źródła energii
      7. Podsumowanie rozdziału
        1. Kluczowe pojęcia
        2. Najważniejsze wzory
        3. Podsumowanie
        4. Pytania
        5. Zadania
        6. Zadania dodatkowe
    9. 9 Pęd i zderzenia
      1. Wstęp
      2. 9.1 Pęd
      3. 9.2 Popęd siły i zderzenia
      4. 9.3 Zasada zachowania pędu
      5. 9.4 Rodzaje zderzeń
      6. 9.5 Zderzenia w wielu wymiarach
      7. 9.6 Środek masy
      8. 9.7 Napęd rakietowy
      9. Podsumowanie rozdziału
        1. Kluczowe pojęcia
        2. Najważniejsze wzory
        3. Podsumowanie
        4. Pytania
        5. Zadania
        6. Zadania dodatkowe
        7. Zadania trudniejsze
    10. 10 Obroty wokół stałej osi
      1. Wstęp
      2. 10.1 Zmienne opisujące ruch obrotowy
      3. 10.2 Obroty ze stałym przyspieszeniem kątowym
      4. 10.3 Związek między wielkościami w ruchach obrotowym i postępowym
      5. 10.4 Moment bezwładności i energia kinetyczna w ruchu obrotowym
      6. 10.5 Obliczanie momentu bezwładności
      7. 10.6 Moment siły
      8. 10.7 Druga zasada dynamiki dla ruchu obrotowego
      9. 10.8 Praca i energia kinetyczna w ruchu obrotowym
      10. Podsumowanie rozdziału
        1. Kluczowe pojęcia
        2. Najważniejsze wzory
        3. Podsumowanie
        4. Pytania
        5. Zadania
        6. Zadania dodatkowe
        7. Zadania trudniejsze
    11. 11 Moment pędu
      1. Wstęp
      2. 11.1 Toczenie się ciał
      3. 11.2 Moment pędu
      4. 11.3 Zasada zachowania momentu pędu
      5. 11.4 Precesja żyroskopu
      6. Podsumowanie rozdziału
        1. Kluczowe pojęcia
        2. Najważniejsze wzory
        3. Podsumowanie
        4. Pytania
        5. Zadania
        6. Zadania dodatkowe
        7. Zadania trudniejsze
    12. 12 Równowaga statyczna i sprężystość
      1. Wstęp
      2. 12.1 Warunki równowagi statycznej
      3. 12.2 Przykłady równowagi statycznej
      4. 12.3 Naprężenie, odkształcenie i moduł sprężystości
      5. 12.4 Sprężystość i plastyczność
      6. Podsumowanie rozdziału
        1. Kluczowe pojęcia
        2. Najważniejsze wzory
        3. Podsumowanie
        4. Pytania
        5. Zadania
        6. Zadania dodatkowe
        7. Zadania trudniejsze
    13. 13 Grawitacja
      1. Wstęp
      2. 13.1 Prawo powszechnego ciążenia
      3. 13.2 Grawitacja przy powierzchni Ziemi
      4. 13.3 Energia potencjalna i całkowita pola grawitacyjnego
      5. 13.4 Orbity satelitów i ich energia
      6. 13.5 Prawa Keplera
      7. 13.6 Siły pływowe
      8. 13.7 Teoria grawitacji Einsteina
      9. Podsumowanie rozdziału
        1. Kluczowe pojęcia
        2. Najważniejsze wzory
        3. Podsumowanie
        4. Pytania
        5. Zadania
        6. Zadania dodatkowe
        7. Zadania trudniejsze
    14. 14 Mechanika płynów
      1. Wstęp
      2. 14.1 Płyny, gęstość i ciśnienie
      3. 14.2 Pomiar ciśnienia
      4. 14.3 Prawo Pascala i układy hydrauliczne
      5. 14.4 Prawo Archimedesa i siła wyporu
      6. 14.5 Dynamika płynów
      7. 14.6 Równanie Bernoulliego
      8. 14.7 Lepkość i turbulencje
      9. Podsumowanie rozdziału
        1. Kluczowe pojęcia
        2. Najważniejsze wzory
        3. Podsumowanie
        4. Pytania
        5. Zadania
        6. Zadania dodatkowe
        7. Zadania trudniejsze
  3. Fale i akustyka
    1. 15 Drgania
      1. Wstęp
      2. 15.1 Ruch harmoniczny
      3. 15.2 Energia w ruchu harmonicznym
      4. 15.3 Porównanie ruchu harmonicznego z ruchem jednostajnym po okręgu
      5. 15.4 Wahadła
      6. 15.5 Drgania tłumione
      7. 15.6 Drgania wymuszone
      8. Podsumowanie rozdziału
        1. Kluczowe pojęcia
        2. Najważniejsze wzory
        3. Podsumowanie
        4. Pytania
        5. Zadania
        6. Zadania dodatkowe
        7. Zadania trudniejsze
    2. 16 Fale
      1. Wstęp
      2. 16.1 Fale biegnące
      3. 16.2 Matematyczny opis fal
      4. 16.3 Prędkość fali na naprężonej strunie
      5. 16.4 Energia i moc fali
      6. 16.5 Interferencja fal
      7. 16.6 Fale stojące i rezonans
      8. Podsumowanie rozdziału
        1. Kluczowe pojęcia
        2. Najważniejsze wzory
        3. Podsumowanie
        4. Pytania
        5. Zadania
        6. Zadania dodatkowe
        7. Zadania trudniejsze
    3. 17 Dźwięk
      1. Wstęp
      2. 17.1 Fale dźwiękowe
      3. 17.2 Prędkość dźwięku
      4. 17.3 Natężenie dźwięku
      5. 17.4 Tryby drgań fali stojącej
      6. 17.5 Źródła dźwięków muzycznych
      7. 17.6 Dudnienia
      8. 17.7 Efekt Dopplera
      9. 17.8 Fale uderzeniowe
      10. Podsumowanie rozdziału
        1. Kluczowe pojęcia
        2. Najważniejsze wzory
        3. Podsumowanie
        4. Pytania
        5. Zadania
        6. Zadania dodatkowe
        7. Zadania trudniejsze
  4. A Jednostki
  5. B Przeliczanie jednostek
  6. C Najważniejsze stałe fizyczne
  7. D Dane astronomiczne
  8. E Wzory matematyczne
  9. F Układ okresowy pierwiastków
  10. G Alfabet grecki
  11. Rozwiązania zadań
    1. Rozdział 1
    2. Rozdział 2
    3. Rozdział 3
    4. Rozdział 4
    5. Rozdział 5
    6. Rozdział 6
    7. Rozdział 7
    8. Rozdział 8
    9. Rozdział 9
    10. Rozdział 10
    11. Rozdział 11
    12. Rozdział 12
    13. Rozdział 13
    14. Rozdział 14
    15. Rozdział 15
    16. Rozdział 16
    17. Rozdział 17
  12. Skorowidz nazwisk
  13. Skorowidz rzeczowy
  14. Skorowidz terminów obcojęzycznych

Cel dydaktyczny

W tym podrozdziale nauczysz się:
  • stosować poznaną wcześniej metodologię rozwiązywania zadań fizycznych w bardziej złożonych układach sił;
  • stosować podejście z kinematyki do rozwiązywania zagadnień związanych z zasadami dynamiki Newtona w ruchu postępowym;
  • rozwiązywać bardziej złożone zadania dotyczące równowagi ciał;
  • rozwiązywać bardziej złożone zadania dotyczące przyspieszenia ciał;
  • stosować rachunek różniczkowy i całkowy do rozwiązywania bardziej złożonych zadań z dynamiki.

Umiejętność rozwiązywania zadań jest konieczna, aby zrozumieć i właściwie zastosować odpowiednie prawa i zasady fizyki. W rozdziale Zasady dynamiki Newtona przedstawiliśmy metodologię rozwiązywania zadań związanych z zasadami dynamiki Newtona w ruchu postępowym. W niniejszym rozdziale będziemy kontynuować przyjętą strategię rozwiązywania tych zadań metodą „krok po kroku”.

Strategia rozwiązywania zadań

W niniejszym rozdziale będziemy kontynuować przyjętą wcześniej metodologię rozwiązywania problemów fizycznych, ale zostanie ona wzbogacona o konkretne strategie stosowane w odniesieniu do zasad dynamiki Newtona (ang. Newton’s laws of motion). Po zidentyfikowaniu, jakie zasady i prawa fizyczne występują w zagadnieniu problemowym i po stwierdzeniu, że są to zasady dynamiki Newtona, można zastosować wymienione niżej kroki, aby znaleźć rozwiązanie. Metodologia ta opisuje liczne pojęcia, które są przydatne również w wielu innych dziedzinach fizyki. W opracowanych przykładach przedstawiono wiele strategii rozwiązywania różnorodnych problemów fizycznych, więc ich analiza pomoże ugruntować nabyte wcześniej umiejętności.

Strategia rozwiązywania zadań

Strategia rozwiązywania zadań: zastosowanie zasad dynamiki Newtona

  1. Zidentyfikuj wielkości „dane” oraz „szukane”.
  2. Wykonaj rysunek poglądowy, zaznaczając wszystkie działające siły za pomocą strzałek.
  3. Określ analizowany układ i narysuj rozkład sił działających na ciało (ang. free-body diagram), który będzie niezbędny do rozwiązania danego problemu.
  4. Zastosuj odpowiednią zasadę dynamiki Newtona. Jeśli to konieczne, zastosuj kinematyczne równania ruchu z rozdziału dotyczącego ruchu prostoliniowego.
  5. Zastanów się, czy otrzymany wynik ma sens.

Spróbujmy zastosować powyższą strategię do rozwiązania zagadnienia związanego z transportowaniem pianina na drugie piętro budynku. Gdy już ustaliliśmy, że problem ten związany jest z drugą zasadą dynamiki Newtona (bo sytuacja ta wymaga stosowania sił), szczególnie istotne jest właściwe rozrysowanie rozkładu sił działających na pianino (patrz Rysunek 6.2(a)). Wszystkie działające siły można przedstawić w postaci strzałek (patrz Rysunek 6.2(b)). Jeśli tylko mamy do tego wystarczające informacje, narysowane strzałki powinny posiadać odpowiednią długość i kierunek, wiernie odwzorowując reprezentowane siły.

Rysunek ten przedstawia rozkłady sił działających na podnoszone i transportowane przez okno ciało. Na Rysunku a widać fortepian zwisający z dźwigu i częściowo umieszczony już w oknie. Rysunek b identyfikuje działające siły. Zawiera on ten sam szkic sytuacyjny, co na Rysunku a, ale dodatkowo w postaci strzałek zaznaczone zostały wektory działających sił. Wektor N skierowany jest w górę, natomiast wektory F sub N oraz Q skierowane są w dół. Na Rysunku c określony został analizowany układ. Ponownie przedstawiono ten sam szkic sytuacyjny, ale pianino zostało otoczone ramką wskazującą na analizowany układ. Tylko wektory N oraz Q są uwzględnione na tym rozkładzie sił. Siła F sub N skierowana w dół nie została uwzględniona, ponieważ jest ona wywierana na układ zewnętrzny, a nie na pianino. W związku z tym nie uwzględnia się jej w diagramie sił. Schematyczny rozkład sił działających na ciało składa się z kropki reprezentującej układ odniesienia oraz wektora N skierowanego w górę oraz wektora Q skierowanego w dół. Na Rysunku d przedstawiono sumę działających sił w postaci skierowanych przeciwnie strzałek reprezentujących wektory N i Q. W podpisie wyjaśnione jest, że siły te muszą być sobie równe oraz przeciwnie skierowane, ponieważ zewnętrzna siła jest równa zero. Oznacza to, że N jest równe -Q.
Rysunek 6.2 (a) Wielki fortepian jest wciągany do mieszkania na drugim piętrze. (b) Działające siły są przedstawione za pomocą strzałek. N N jest naciągiem liny nad fortepianem, F N F N to siła, jaką fortepian wywiera na linę, zaś Q Q jest ciężarem fortepianu. Wszystkie inne siły, takie jak podmuchy wiatru, są pomijane. (c) Załóżmy, że znamy masę fortepianu i mamy znaleźć naciąg liny. Definiujemy analizowany układ i wykonujemy diagram rozkładu sił działających na ciało, jak to zostało przedstawione na rysunku. Wówczas siła F N F N nie jest już uwzględniania, ponieważ nie działa ona w obranym układzie odniesienia. F N F N działa na układ zewnętrzny. (d) W celu znalezienia sumy sił działających w układzie zastosowano graficzną metodę dodawania wektorów. Jest oczywiste, że jeśli fortepian jest nieruchomy, to N = Q N = Q .

Podobnie jak w innych zadaniach fizycznych, na początku trzeba określić, jakie wielkości są dane, a jakie szukane w treści zadania. Szczególnie ważne jest również właściwe określenie analizowanego układu. Następnie definiujemy, które siły są zewnętrzne, a które wewnętrzne w danym układzie, gdyż jest to konieczne, aby móc zastosować drugą zasadę dynamiki Newtona (patrz Rysunek 6.2(c)). Określenie, czy siły są wywierane pomiędzy składnikami układu (siły wewnętrzne) czy pomiędzy układem a elementami zewnętrznymi (siły zewnętrzne), może nastąpić w oparciu o trzecią zasadę dynamiki Newtona. Jak pokazano w rozdziale Zasady dynamiki Newtona, wybór układu jest zdeterminowany wielkościami szukanymi w danym zadaniu. W rozkładzie sił działających na ciało uwzględnia się tylko siły, a nie przyspieszenie czy prędkość. Kilka przykładowych rozkładów sił zostało wykonanych w ramach rozwiązywania poprzednich zadań w niniejszym podręczniku. Z kolei rozkład sił dla dyskutowanego zadania z pianinem przedstawiono na rysunku (patrz Rysunek 6.2(c)). Warto zwrócić uwagę, że na rysunku tym nie ma żadnych sił wewnętrznych.

Teraz możemy zastosować drugą zasadę dynamiki Newtona (patrz Rysunek 6.2(d)). Kiedy siły zewnętrzne zostaną właściwie zidentyfikowane i uwzględnione w rozkładzie sił, dalsze rozwiązanie zadania nie powinno sprawiać nam kłopotu. Jeśli analizowane zagadnienie jest jednowymiarowe (tak jak w tym przypadku) oraz jeśli działające siły są względem siebie równoległe, to sumowanie wektorów można przeprowadzić w sposób algebraiczny. Jeśli natomiast zagadnienie jest dwuwymiarowe, to wektory należy rozłożyć na składowe i przeprowadzić analizę jak dla dwóch zagadnień jednowymiarowych. Robimy to poprzez rzutowanie odpowiednich wektorów siły na osie wybranego wcześniej układu odniesienia. Jak wynika z poprzednich przykładów, właściwy wybór osi może wyraźnie uprościć zadanie. Na przykład jeśli chodzi o zadania z równią pochyłą, to zestaw osi z jedną osią równoległą do równi i drugą prostopadłą do niej jest najwygodniejszy. Zazwyczaj optymalnego wyboru osi dokonuje się tak, by jedna z osi była równoległa do kierunku ruchu. Ogólnie rzecz biorąc, wystarczy napisać drugie prawo Newtona dla odpowiednich składowych sił w różnych kierunkach. Wtedy otrzymamy następujące równania:

i F x i = m a x , i F y i = m a y . i F x i = m a x , i F y i = m a y .

Jeśli na przykład układ doznaje przyspieszenia tylko w kierunku równoległym, wówczas można zapisać a y = 0 a y =0. Wiedza ta jest niezbędna, aby określić, jakie nieznane siły działają w analizowanym układzie.

Następnie, tak jak zawsze, musimy zweryfikować poprawność otrzymanego wyniku. Zazwyczaj sprowadza się to do sprawdzenia, czy wynik ten jest rozsądny. Na przykład rozsądne jest stwierdzenie, że tarcie powoduje, iż obiekt przesuwa się po równi pochyłej wolniej niż kiedy nie ma tarcia. W praktyce intuicja fizyczna rozwija się stopniowo poprzez rozwiązywanie kolejnych zadań. W miarę nabierania doświadczenia coraz łatwiejsze do oceny staje się stwierdzenie, czy odpowiedź jest rozsądna. Innym sposobem weryfikacji rozwiązania jest sprawdzenie jednostek. Jeśli rozwiązaniem zadania jest wyliczenie siły, a jednostką, którą otrzymamy jest na przykład milimetr na sekundę to wiemy, że popełniliśmy błąd.

Istnieje wiele ciekawych przykładów zastosowania zasad dynamiki Newtona. Kilka z nich prezentowanych jest m.in. w niniejszym rozdziale. Ich analiza ma służyć zilustrowaniu kilku dalszych subtelności fizyki i pomóc rozwinąć umiejętności rozwiązywania zadań fizycznych. Najpierw przeanalizujemy zadania związane z równowagą cząstek, które wykorzystują pierwszą zasadę dynamiki Newtona, a następnie rozważymy przyspieszenia cząstek, które obejmują drugą zasadę dynamiki Newtona.

Równowaga ciała

Przypomnijmy, że ciało jest w równowadze, jeśli działające na nie siły zewnętrzne są zrównoważone. Statyczna równowaga obejmuje przedmioty w spoczynku, a równowaga dynamiczna obejmuje obiekty poruszające się bez przyspieszenia. Ważne jednak, aby pamiętać, że warunki te są względne. Na przykład obiekt może być w spoczynku, gdy jest oglądany z naszego układu odniesienia, ale ten sam przedmiot wydaje się być w ruchu, gdy jest obserwowany przez kogoś poruszającego się ze stałą prędkością. Rozwiążmy teraz kolejne zadanie związane z równowagą ciał (ang. particle equilibrium), bazując na wiedzy zdobytej podczas analizy rozdziału Zasady dynamiki Newtona.

Przykład 6.1

Różne siły naciągu pod różnymi kątami

Rozważmy sygnalizację świetlną o masie 15 kg umocowaną na dwóch kablach (patrz Rysunek 6.3). Znajdź siłę naciągu każdego z kabli, zakładając, że są one nieważkie.
(a) Na rysunku widoczny jest szkic sygnalizacji świetlnej zawieszonej na dwóch kablach przyczepionych do dwóch słupów. (b) Zaprezentowane są siły działające w układzie. Naciąg N sub jeden przyłożony jest do wierzchołka lewego słupa i skierowany jest wzdłuż kabla łączącego wierzchołek tego słupa z sygnalizacją. Równy co do wartości lecz przeciwnie skierowany naciąg N sub jeden jest również skierowany wzdłuż tego samego kabla, ale posiada przeciwny zwrot i przyłożony jest do sygnalizacji świetlnej. Kabel ten tworzy z poziomem kąt 30 stopni. Naciąg N sub dwa przyłożony jest do wierzchołka prawego słupa i skierowany jest wzdłuż kabla łączącego wierzchołek tego słupa z sygnalizacją. Równy co do wartości lecz przeciwnie skierowany naciąg N sub dwa jest również skierowany wzdłuż tego samego kabla, ale posiada przeciwny zwrot i przyłożony jest do sygnalizacji świetlnej. Kabel ten tworzy z poziomem kąt 45 stopni. Ciężar Q sygnalizacji świetlnej przedstawiony jest w postaci strzałki skierowanej pionowo w dół i przyłożonej do sygnalizacji. (c) Wybranym analizowanym fragmentem układu jest sygnalizacja świetlna, na rysunku otoczona kółkiem. Naciąg N sub jeden jest wektorem przyłożonym do sygnalizacji i skierowanym wzdłuż kabla łączącego sygnalizację z wierzchołkiem lewego słupa, tworzącego =z poziomem kąt 30 stopni. Naciąg N sub dwa jest wektorem przyłożonym do sygnalizacji i skierowanym wzdłuż kabla łączącego sygnalizację z wierzchołkiem prawego słupa, tworzącego z poziomem kąt 45 stopni. Ciężar Q jest wektorem skierowanym pionowo w dół, przyłożonym do sygnalizacji. Rozkład sił działających na ciało jest dodatkowo wyrysowany jako układ trzech wektorów przyłożonych do punktu. Wektory są tak samo skierowane jak te, które są przyłożone do sygnalizacji świetlnej. Narysowany jest również układ współrzędnych z osią x skierowaną poziomo w prawo i osią y skierowaną pionowo w górę. (d) Siły zostają rozłożone na składowe. Naciąg N sub jeden jest rozłożony na N sub jeden x skierowany poziomo w lewo i N sub jeden y skierowany pionowo w górę. Kąt pomiędzy N sub jeden i N sub jeden x wynosi 30 stopni. Siła N sub dwa jest rozłożona na N sub 2 x skierowaną w prawo i N sub dwa y skierowaną w górę. Kąt pomiędzy N sub dwa i N sub dwa x wynosi 45 stopni. Ciężar Q jest wektorem skierowanym pionowo w dół. (e) Wypadkowa działających sił w kierunku pionowym wynosi zero, więc N sub jeden y dodać N sub dwa y jest równe Q. Składowe N sub jeden y i N sub dwa y są przedstawione na rozkładzie sił jako strzałki jednakowej długości skierowane w górę. Wektor ciężaru Q jest strzałką o długości dwa razy większej niż N sub jeden y i N sub dwa y, skierowaną w dół. Wypadkowa sił działających poziomo jest równa zero, więc N sub jeden x jest równe minus N sub dwa x. Składowa naciągu N sub jeden x jest przedstawiona jako strzałka skierowana poziomo w lewo, a składowa N sub dwa x jest strzałką skierowaną poziomo w prawo.
Rysunek 6.3 (a) Sygnalizacja świetlna zawieszona jest na dwóch kablach. (b) Zaprezentowane są siły działające w układzie. (c) Przedstawione są tylko siły działające na analizowany układ. Obok narysowany jest rozkład sił działających na ciało. (d) Siły są rozłożone na składowe w kierunku pionowym ( y y ) oraz poziomym ( x x ). Poziome składowe siły naciągu znoszą się, zaś suma pionowych składowych siły naciągu musi być równa ciężarowi sygnalizacji. (e) Na rozkładzie sił działających na ciało przedstawione są siły działające w kierunku pionowym i poziomym.

Strategia rozwiązania

Analizowanym układem jest sygnalizacja świetlna, dla której rozkład działających sił został przedstawiony na rysunku (patrz Rysunek 6.3(c)). Wszystkie trzy działające siły nie są równoległe, więc trzeba je zrzutować na odpowiedni układ współrzędnych. Najbardziej wygodny układ współrzędnych będzie miał jedną oś poziomą, a drugą pionową. Rzuty poszczególnych sił na wskazany układ współrzędnych zostały przedstawione na rysunku (patrz Rysunek 6.3(d)).W analizowanym zadaniu występują dwie wielkości szukane ( N 1 , N 2 ) ( N 1 , N 2 ), więc konieczne jest sformułowanie dwóch układów równań. Równania te tworzymy w oparciu o drugą zasadę dynamiki Newtona wzdłuż poziomej oraz pionowej osi. Pamiętamy jednocześnie, że wypadkowa działających sił jest równa zero, ponieważ przyspieszenie jest równe zeru.

Rozwiązanie

Rozważmy siły działające w kierunku poziomym (lub osi x x ):
F wyp x = N 2 x N 1 x = 0 . F wyp x = N 2 x N 1 x = 0 .

Z czego wynika:

N 1 x = N 2 x . N 1 x = N 2 x .

To z kolei daje nam następującą zależność:

N 1 cos 30 = N 2 cos 45 . N 1 cos 30 = N 2 cos 45 .

Zatem:

N 2 = 1,225 N 1 . N 2 = 1,225 N 1 .

Zauważ, że N 1 N 1 i N 2 N 2 nie są równe, ponieważ są skierowane pod innymi kątami. Sensowne jest spostrzeżenie, że N 2 N 2 jest większa niż N 1 N 1 ponieważ jest skierowana bardziej poziomo niż N 1 N 1 .

Teraz rozważmy siły działające w kierunku pionowym (osi y y ):

F wyp y = N 1 y + N 2 y Q = 0 . F wyp y = N 1 y + N 2 y Q = 0 .

Stąd wynika, że:

N 1 y + N 2 y = Q . N 1 y + N 2 y = Q .

To z kolei prowadzi do zależności:

N 1 sin 30 + N 2 sin 45 = Q . N 1 sin 30 + N 2 sin 45 = Q .

W równaniu tym występują dwie niewiadome, ale podstawiając wyrażenie na N 2 N 2 zależne od N 1 N 1 (z analizy sił poziomych) upraszczamy to równanie do postaci równania z jedną niewiadomą:

N 1 0,500 + 1,225 N 1 0,707 = Q = m g , N 1 0,500+1,225 N 1 0,707=Q=mg,

co równa się

1,3661 N 1 = 15,0 k g 9,80 m s 2 . 1,3661 N 1 =15,0 k g 9,80 m s 2 .

Rozwiązanie tego ostatniego równania daje nam wartość liczbową N 1 N 1 równą:

N 1 = 108 N . N 1 = 108 N .

Na końcu znajdujemy wartość liczbową N 2 N 2 poprzez zastosowanie zależności między siłami N 2 = 1,225 N 1 N 2 = 1,225 N 1 , co zostało wykazane wcześniej. Wówczas otrzymujemy wartość

N 2 = 132 N . N 2 = 132 N .

Znaczenie

Obie siły naciągu byłyby większe, gdyby kable były bardziej poziome. Z kolei siły naciągu każdego z kabli byłyby sobie równe wtedy i tylko wtedy, gdyby kąty po obu stronach były jednakowe (podobnie jak w przykładzie z linoskoczkiem analizowanym w rozdziale Zasady dynamiki Newtona.

Przyspieszenie ciała

Rozważyliśmy kilka przykładów ciał w równowadze. Teraz nasza uwaga skupi się na zadaniach z przyspieszeniem ciał (ang. particle acceleration), które wynika z istnienia niezerowej siły wypadkowej. Przyjrzyj się jeszcze raz strategii rozwiązywania zadań przedstawionej na początku tego rozdziału i zastanów się, jak można ją zastosować do poniższych przykładów.

Przykład 6.2

Siła oporu działająca na barkę

Dwa holowniki pchają barkę w różnych kierunkach (Rysunek 6.4). Pierwszy holownik wywiera siłę 2 , 7 10 5 N 2,7 10 5 N w kierunku x x a drugi holownik wywiera siłę 3 , 6 10 5 N 3,6 10 5 N w kierunku y y. Masa barki wynosi 5 , 0 10 6 k g 5,0 10 6 k g , a jej przyspieszenie jest równe 7 , 5 10 2 m / s 2 7,5 10 2 m / s 2 i skierowane jest jak przedstawiono na rysunku. Ile wynosi siła oporu wody działająca na barkę i utrudniająca jej ruch? (Zauważ, że siła oporu jest siłą wywieraną na ciała przez płyny takie jak powietrze lub woda. Siła oporu (ang. drag force) utrudnia ruch ciał. Ponieważ barka jest płaska z dołu, można założyć, że siła oporu działa w kierunku przeciwnym do ruchu barki.)
(a) Przedstawiony jest widok z góry na dwa holowniki pchające barkę. Jeden holownik pcha barkę z siłą F sub 1 równą dwa i siedem dziesiątych razy dziesięć do potęgi piątej newtonów, skierowaną poziomo w prawo wzdłuż kierunku x. Drugi holownik pcha barkę z siłą F sub 2 równą trzy i sześć dziesiątych razy dziesięć do potęgi piątej netownów skierowaną pionowo w górę wzdłuż kierunku y. Przyspieszenie barki, a, jest przedstawione w postaci strzałki wektora skierowanego pod kątem pięćdziesiąt trzy i jedna dziesiąta stopnia względem kierunku poziomego x. Na rysunku przedstawiającym rozkład sił działających ciało jest reprezentowane przez punkt, siła F sub 2 działa w górę, siła F sub 1 działa w prawo, a siła oporu F sub op działa w przybliżeniu w kierunku południowo-zachodnim. (b) Wektory F sub 1 i F sub 2 tworzą przyprostokątne w trójkącie prostokątnym. Wynikiem dodawania metodą graficzną jest przeciwprostokątna tego trójkątna, oznaczona jako wektor F sub 12, skierowana pod kątem pięćdziesiąt trzy i jedna dziesiąta stopnia względem wektora poziomego F sub 1. Wektor F sub 12 dodać wektor F sub op (skierowany ukośnie w dół) daje wypadkową działających sił F sub wyp, skierowaną ukośnie w górę.
Rysunek 6.4 (a) Widok z góry na dwa holowniki pchające barkę. (b) Rozkład sił działających na barkę zawiera tylko siły działające w płaszczyźnie lustra wody. Pominięte zostają dwie siły działające w kierunku pionowym: siła ciężkości barki oraz siła wyporu wody, ponieważ się znoszą. Zauważ, że F 12 F 12 oznacza całkowitą, sumaryczną siłę wywieraną przez holowniki na barkę.

Strategia rozwiązania

Rysunek 6.4(a) przedstawia kierunki i wartości występujących wektorów sił i przyspieszenia. Całkowita siła wywierana przez holowniki na barkę ( F 12 F 12 ) wynosi:
F 12 = F 1 + F 2 . F 12 = F 1 + F 2 .

Siła oporu wody F op F op skierowana jest przeciwnie do kierunku ruchu barki, czyli działa ona w kierunku przeciwnym niż siła F 12 F 12 , przedstawiona na rozkładzie sił na Rysunku 6.4(b). W tym zadaniu analizowanym układem jest barka, więc do niej przyłożone są wektory sił i przyspieszenia. W związku z tym, że działające siły są prostopadłe, osie x x i y y są tak samo skierowane jak siły F 1 F 1 i F 2 F 2 . Analizowane zadanie staje się zagadnieniem jednowymiarowym wzdłuż kierunku działania siły, ponieważ siła oporu skierowana jest przeciwnie do kierunku działania siły F 12 F 12 . Następnie przyjmujemy odpowiednią strategię, aby znaleźć kierunek i wartość wypadkowej sił wywieranych przez holowniki ( F 12 F 12 ) i zastosować drugą zasadę dynamiki Newtona do znalezienia siły oporu F op F op .

Rozwiązanie

Jako że siły F 1 F 1 i F 2 F 2 są prostopadłe, możemy znaleźć kierunek i wartość wypadkowej tych dwóch sił F 12 F 12 bezpośrednio z zależności geometrycznych. Po pierwsze, w celu obliczenia wartości tej siły zastosujemy twierdzenie Pitagorasa:
F 12 = F 1 2 + F 2 2 = ( 2 , 7 10 5 N ) 2 + ( 3 , 6 10 5 N ) 2 = 4 , 5 10 5 N . F 12 = F 1 2 + F 2 2 = ( 2 , 7 10 5 N ) 2 + ( 3 , 6 10 5 N ) 2 =4,5 10 5 N .

Kąt natomiast jest równy:

θ = arctg ( F 2 F 1 ) = arctg ( 3 , 6 10 5 N 2 , 7 10 5 N ) = 53 , 1 . θ=arctg ( F 2 F 1 ) =arctg ( 3 , 6 10 5 N 2 , 7 10 5 N ) =53, 1 .

Z pierwszej zasady dynamiki Newtona wiadomo, że kierunek tej siły jest taki sam jak kierunek działającego przyspieszenia. Wiemy również, że siła oporu F op F op działa w przeciwnym kierunku niż F 12 F 12 , ponieważ zmniejsza ona przyspieszenie barki. W związku z tym wypadkowa sił zewnętrznych jest tak samo skierowana jak F 12 F 12 , ale jej wartość jest nieco mniejsza niż wartość siły F 12 F 12 . Jako że problem jest w zasadzie zagadnieniem jednowymiarowym, na podstawie diagramu rozkładu sił w układzie można napisać:

F wyp = F 12 F op . F wyp = F 12 F op .

Jednakże z drugiej zasady dynamiki Newtona wynika, że:

F wyp = m a . F wyp = m a .

Stąd

F 12 F op = m a . F 12 F op = m a .

Na tej podstawie można obliczyć wartość siły oporu wody F op F op działającej na barkę.

F op = F 12 m a . F op = F 12 m a .

Po podstawieniu znanych wartości liczbowych otrzymujemy:

F op = 4 , 5 10 5 N 5 , 0 10 6 k g 7 , 5 10 2 m s 2 = 7 , 5 10 4 N . F op =4,5 10 5 N 5,0 10 6 k g 7,5 10 2 m s 2 =7,5 10 4 N .

Z kolei kierunek siły oporu wody F op F op został określony jako kierunek przeciwny do wypadkowej sił wywieranych na barkę przez holowniki F 12 F 12 lub jako zwrócony pod kątem 53 53 na południowy zachód.

Znaczenie

Wartości liczbowe otrzymane w tym zadaniu są rozsądne dla umiarkowanie dużej barki. Uzyskanie większych wartości przyspieszeń przy użyciu holowników jest szczególnie trudne, a ponadto zachowanie małych prędkości jest pożądane. Przy niskich prędkościach, dla dobrze zaprojektowanych kadłubów, siła oporu jest stosunkowo niska, co zgadza się z odpowiedzią z zadania, gdzie F op F op jest ponad 600 razy mniejsza od ciężaru barki.

W rozdziale Zasady dynamiki Newtona omawialiśmy pojęcie siły normalnej (ang. normal force), która jest kontaktową siłą reakcji w kierunku normalnym do płaszczyzny powierzchni i działającą na obiekt w taki sposób, że nie doznaje on przyspieszenia w kierunku prostopadłym do powierzchni. Waga laboratoryjna jest doskonałym przykładem urządzenia mierzącego normalną siłę reakcji działającą na ciało. Daje nam informację, jak mocno trzeba pchać w górę, aby podtrzymać ciężar ciała. Ale czy potrafisz przewidzieć, jakie wskazanie na skali wagi zobaczysz, jeśli waga umieszczona zostanie w poruszającej się windzie (ang. elevator)? Czy wskazywana wartość będzie większa niż twój statyczny ciężar, kiedy winda wystartuje w górę? Jakie będzie wskazanie, jeśli winda będzie poruszała się w górę ze stałą prędkością? Postaraj się najpierw intuicyjnie odpowiedzieć na to pytanie, zanim jeszcze przyswoisz analizę kolejnego przykładu.

Przykład 6.3

Co tak naprawdę pokazuje waga łazienkowa umieszczona w windzie?

Rysunek 6.5 przedstawa mężczyznę o masie 75 kg, stojącego na wadze łazienkowej umieszczonej w windzie. Oblicz, jakie będą wskazania wagi w następujących przypadkach:
  1. gdy winda porusza się w górę z przyspieszeniem 1,20 m/s 2 1,20 m/s 2
  2. gdy winda porusza się w górę ze stałą prędkością równą 1 m/s.
(a) Człowiek stoi na wadze łazienkowej w windzie. Siła ciężkości Q sub cz jest przedstawiona w postaci wektora skierowanego w dół przyłożonego do jego klatki piersiowej. F sub w jest siłą wywieraną przez wagę na człowieka, przedstawioną w postaci wektora skierowanego pionowo w górę, przyłożonego do stóp człowieka. Q sub wag jest ciężarem wagi w postaci wektora przyłożonego do wagi i skierowanego pionowo w dół. F sub cz jest siłą wywieraną przez człowieka na wagę, przedstawioną w postaci wektora przyłożonego do wagi i skierowanego pionowo w dół. F sub n jest siłą nacisku wagi na podłogę windy, skierowaną pionowo w dół, zaś R jest siłą normalną do podłoża (siłą reakcji podłogi na wagę), przyłożoną w miejscu styku windy i wagi, skierowaną pionowo w górę. b) Ten sam człowiek stoi na wadze w windzie, ale tylko dwie siły są uwzględnione na tym rysunku. Wynika to z faktu, że jako analizowany układ zaznaczony jest tylko człowiek. Q jest ciężarem człowieka skierowanym w dół, zaś F sub wag jest siłą wywieraną przez wagę na człowieka skierowaną w górę. Rozkład sił przedstawia dwa wektory sił przyłożone do jednego punktu: wektor Q skierowany pionowo w dół i wektor F sub cz skierowany pionowo w górę. Przyjęty prostokątny układ współrzędnych zawiera oś x skierowaną poziomo w prawo i oś y skierowaną pionowo w górę.
Rysunek 6.5 (a) Różne siły działające na człowieka stojącego w windzie na wadze łazienkowej. Długości wektorów odzwierciedlają sytuację, gdy winda porusza się ruchem jednostajnie przyspieszonym w górę. „Nieciągły” wektor reprezentuje siłę o wartości zbyt dużej, by mogła zostać w całości zaprezentowana na rysunku. N N jest siłą naciągu liny, na której wisi winda, Q cz Q cz jest ciężarem człowieka, Q wag Q wag jest ciężarem wagi, Q win Q win jest ciężarem windy, F wag F wag jest siłą wywieraną przez wagę na człowieka, F cz F cz jest siłą wywieraną przez człowieka na wagę, F n F n jest siłą nacisku wywieraną przez wagę na podłogę windy, zaś R R jest siłą normalną do podłoża (siłą reakcji podłogi wywieraną na wagę). (b) Wykonany rozkład sił zawiera tylko siły zewnętrzne działające na zaznaczony układ (człowieka). Tylko te siły będą brane pod uwagę w dalszej analizie zagadnienia.

Strategia rozwiązania

Waga w spoczynku będzie wskazywała F cz F cz , czyli wartość siły wywieranej na wagę przez człowieka. Rysunek 6.5(a) przedstawia liczne siły działające na windę, człowieka i wagę. Mimo że analizowane zagadnienie jest jednowymiarowe, to wygląda ono na dużo bardziej złożone niż w przypadku, gdy jako analizowany układ wybrano tylko człowieka (patrz Rysunek 6.5(b)). Wówczas jedynymi siłami działającymi na człowieka są jego ciężar Q cz Q cz oraz siła wywierana przez wagę F wag F wag . Zgodnie z trzecią zasadą dynamiki Newtona siły F cz F cz i F wag F wag są zgodne co do wartości, ale przeciwnie skierowane. W związku z tym musimy znaleźć wartość F wag F wag po to, by dowiedzieć się, ile wynosi wskazanie wagi. Jak zawsze, zastosujemy w tym celu drugą zasadę dynamiki Newtona:
F wyp = m a . F wyp =m a .

Z rozkładu sił działających na ciało wynika, że F wyp = F wag + Q cz F wyp = F wag + Q cz , co po przejściu do zapisu skalarnego oznacza:

F wag Q cz = m a . F wag Q cz = m a .

Po przekształceniu uzyskujemy równanie z jedną niewiadomą F wag F wag :

F wag = m a + Q cz , F wag = m a + Q cz ,

a uwzględniając fakt, że Q cz = m g , Q cz = m g , równanie upraszcza się do postaci:

F wag = m a + m g . F wag = m a + m g .

Nie przyjmowaliśmy żadnych założeń dla przyspieszeń, więc uzyskane rozwiązanie powinno być uniwersalne. (Zauważ, że w tym zadaniu rozważamy przypadek, gdy winda porusza się ruchem jednostajnie przyspieszonym w górę. Gdyby poruszała się ruchem jednostajnie przyspieszonym w dół, zależność wynikająca z drugiej zasady dynamiki Newtona wyglądałaby następująco: F wag Q cz = m a . F wag Q cz = m a . )

Rozwiązanie

  1. Przyjmijmy, że a = 1,20 m/s 2 a = 1,20 m/s 2 , więc
    F wag = 75 , 0 k g 9 , 80 m s 2 + 75 , 0 k g 1 , 20 m s 2 , F wag =75,0 k g 9,80 m s 2 +75,0 k g 1,20 m s 2 ,

    co daje
    F wag = 825 N . F wag = 825 N .
  2. Teraz zastanówmy się, co się dzieje, gdy winda osiąga pewną ustaloną wartość prędkości skierowanej w górę? Czy wskazania wagi nadal będą większe niż ciężar człowieka? Otóż w każdym przypadku ruchu ze stałą prędkością, niezależnie, czy w górę, czy w dół, przyspieszenie jest równe zero, ponieważ a = Δ v / Δ t a=Δv/Δt i Δ v = 0 m / s Δv=0 m / s . Zatem
    F wag = m a + m g = 0 + m g F wag = m a + m g = 0 + m g

    lub
    F wag = 75 , 0 k g 9 , 80 m s 2 , F wag =75,0 k g 9,80 m s 2 ,

    co z kolei daje wartość
    F wag = 735 N . F wag = 735 N .

Znaczenie

Odczyt na wadze (Rysunek 6.5(a)) wynosi ok. 84 kg. Jaki byłby odczyt wagi, gdyby znajdowała się ona w nieruchomej windzie? Jako że przyspieszenie byłoby równe zero, siła wywierana przez wagę na człowieka byłaby równa ciężarowi człowieka:
F wyp = m a = 0 = F wag Q cz F wyp = m a = 0 = F wag Q cz
F wag = Q cz = m g F wag = Q cz = m g
F s = 75 , 0 k g 9 , 80 m s 2 = 735 N . F s =75,0 k g 9,80 m s 2 =735 N .

Jeśli zatem odczyt wagi jest większy niż ciężar człowieka (wynoszący 735 N, czyli 75 kg) oznacza to, że waga „podnosi” człowieka z siłą większą niż jego ciężar, ponieważ działa na niego przyspieszenie. Zatem im większe jest przyspieszenie windy, tym większy odczyt wagi, co jest zgodne z odczuciami, jakich doznajemy porównując ruch w windach jadących z dużym lub z małym przyspieszeniem. Natomiast otrzymane w przypadku (b) wskazanie wagi wynoszące 735 N (75 kg) jest równe ciężarowi człowieka. Jest to przypadek ruchu windy ze stałą prędkością w górę, w dół lub windy nieruchomej.

Sprawdź, czy rozumiesz 6.1

Teraz oblicz, jakie będą wskazania wagi, jeśli winda będzie poruszać się w dół ruchem jednostajnie przyspieszonym z przyspieszeniem równym 1,20 m/s 2 . 1,20 m/s 2 .

Jak już wspomniano, rozwiązanie poprzedniego przykładu odnosi się również do przypadku windy poruszającej się ruchem jednostajnie przyspieszonym w dół. Wówczas przyspieszenie a a jest ujemne, a odczyt wagi jest mniejszy niż ciężar człowieka. Jeśli osiągnięta zostanie ustalona wartość prędkości w kierunku pionowym w dół, to wskazanie wagi będzie zgodne z ciężarem człowieka. Jeśli zaś winda zacznie spadać pionowo w dół z przyspieszeniem g g, to odczyt na skali wagi będzie równy zero, a człowiek znajdzie się w stanie nieważkości.

Przykład 6.4

Dwa ciała połączone nicią przerzuconą przez bloczek

Rysunek 6.6 przedstawia ciężarek o masie m 1 m 1 spoczywający na gładkiej, poziomej powierzchni. Ciężarek ten połączony jest z drugim ciężarkiem o masie m 2 m 2 za pomocą cienkiej, nieważkiej i nierozciągliwej nici przerzuconej przez nieważki, nieruchomy bloczek. Znajdź przyspieszenie ciężarków oraz siłę naciągu liny przy założeniu znanych wartości m 1 m 1 , m 2 m 2 i g g.
(a) Ciężarek m sub 1 znajduje się na poziomej powierzchni. Do niego przyłączona jest cienka, nieważka i nierozciągliwa nić przerzucona przez nieważki, nieruchomy bloczek. Na drugim końcu liny znajduje się drugi ciężarek m sub 2. Ciężarek m sub 1 ma przyspieszenie a sub 1 skierowane poziomo w prawo. Ciężarek m sub 2 ma przyspieszenie skierowane pionowo w dół. (b) Na rysunkach przedstawiono rozkłady sił działających na każdy ciężarek z osobna. Do ciężarka m sub 1 przyłożona jest siła ciężkości Q sub 1 skierowana pionowo w dół, siła reakcji podłoża R skierowana pionowo w górę oraz naciąg nici N skierowany poziomo w prawo. Do ciężarka m sub 2 has przyłożona jest siła Q sub 2 skierowana pionowo w dół oraz naciąg nici N skierowany pionowo w górę. Przyjęty prostokątny układ współrzędnych kartezjańskich posiada oś x skierowaną poziomo w prawo i oś y skierowaną pionowo w górę.
Rysunek 6.6 (a) Ciężarek 1 jest połączony z ciężarkiem 2 za pomocą cienkiej, nieważkiej i nierozciągliwej nici przerzuconej przez nieważki, nieruchomy bloczek. (b) Rozkład sił działających na każdy z ciężarków.

Strategia rozwiązania

Dla każdego klocka z osobna rysujemy rozkład działających sił (Rysunek 6.6). Rozpatrujemy je oddzielnie. Zauważamy, że na klocek 1 działa siła ciężkości, siła reakcji podłoża i siła naciągu nici. Z kolei na klocek 2 wywierana jest siła ciężkości i siła naciągu nici. Równania sił wynikające z drugiej zasady dynamiki Newtona wyglądają następująco:

Dla klocka 1: N + Q 1 + R = m 1 a 1 N + Q 1 + R = m 1 a 1

Dla klocka 2: N + Q 2 = m 2 a 2 N + Q 2 = m 2 a 2 .

Zauważ, że siła naciągu nici N N jest taka sama dla obu klocków. W związku z tym, że nić i bloczek są nieważkie oraz że bloczek nie wywołuje tarcia, siły naciągu są takie same na całej długości nitki. Możemy zatem rozpisać równania na poszczególne składowe dla każdego klocka. Wszystkie siły działają albo w kierunku pionowym, albo poziomym, więc najwygodniej będzie użyć tego samego układu współrzędnych dla obu klocków.

Rozwiązanie

Bilans sił działających wzdłuż poszczególnych kierunków wynika z równań wektorowych przedstawionych powyżej. Widzimy, że dla klocka 1 siły działające w kierunku pionowym są w równowadze (klocek nie porusza się w kierunku pionowym), więc je pomijamy i uwzględniamy tylko siły działające wzdłuż osi x x. Z kolei na klocek 2 nie działają żadne siły w kierunku poziomym, więc jedynie siły działające wzdłuż osi y y są uwzględniane. W rezultacie otrzymujemy następujące zależności:
Klocek 1 Klocek 2 F x = m a x F y = m a y N x = m 1 a 1 x N y m 2 g = m 2 a 2 y . Klocek 1 Klocek 2 F x = m a x F y = m a y N x = m 1 a 1 x N y m 2 g = m 2 a 2 y .

Gdy klocek 1 przesuwa się w prawo, klocek 2 przemieszcza się dokładnie o ten sam odcinek drogi w dół. Możemy zatem zapisać, że a 1 x = a 2 y a 1 x = a 2 y . Przyjmując jednakowe oznaczenie dla przyspieszeń każdego z klocków a = a 1 x = a 2 y a= a 1 x = a 2 y , otrzymujemy zależność:

N = m 1 a N = m 1 a

oraz

N m 2 g = m 2 a . N m 2 g = m 2 a .

Tworząc układ równań z dwóch powyższych zależności, jesteśmy w stanie wyprowadzić wyrażenia na dwie wielkości szukane: a a i N N

a = m 2 m 1 + m 2 g a = m 2 m 1 + m 2 g

oraz

N = m 1 m 2 m 1 + m 2 g . N = m 1 m 2 m 1 + m 2 g .

Znaczenie

Zauważ, że siła naciągu nici jest mniejsza niż ciężar bloczka zwisającego na jej końcu. Często popełnianym błędem w tego typu zadaniach jest przyjmowanie następującej równowagi sił: N = m 2 g N= m 2 g. Z rozkładu sił działających na klocek 2 jasno wynika, że tego typu równanie jest niepoprawne, ponieważ klocek ten nie jest statyczny, lecz przyspiesza.

Sprawdź, czy rozumiesz 6.2

Oblicz wartości liczbowe przyspieszenia układu klocków oraz siłę naciągu nici przy założeniu następujących mas klocków: m 1 = 5,00 kg m 1 = 5,00 kg i m 2 = 3 , 00 k g m 2 =3,00 k g .

Przykład 6.5

Spadkownica Atwooda

Jednym z klasycznych zagadnień mechaniki jest analiza ruchu tzw. spadkownicy Atwooda (ang. Atwood machine), która składa się z liny przerzuconej przez bloczek, na końcu której zawieszone są ciała o różnych masach. Rozważmy spadkownicę przedstawioną na Rysunku 6.7. Przyjmijmy, że bloczek jest nieruchomy, a masy zawieszonych ciężarków wynoszą odpowiednio m 1 = 2,00 kg m 1 = 2,00 kg i m 2 = 4 , 00 k g . m 2 =4,00 k g .
  1. Jeśli swobodnie puścimy ciężarek o masie m 2 m 2 , to jakie będzie jego przyspieszenie?
  2. Jaki będzie naciąg liny?
Spadkownica Adtwooda składa się z dwóch klocków o różnych masach połączonych liną przerzuconą przez bloczek. Na rysunku klocek o masie m sub 1 znajduje się po lewej stronie, a klocek o masie m sub 2 znajduje się po prawej stronie. Na rozkładzie sił działających na klocek 1 widać wektor siły naciągu liny N skierowany pionowo w górę oraz wektor siły ciężkości Q sub 1 klocka skierowany pionowo w dół. Na rozkładzie sił działających na klocek 2 widać wektor siły naciągu liny N skierowany pionowo w górę oraz wektor siły ciężkości Q sub 2 klocka skierowany pionowo w dół.
Rysunek 6.7 Spadkownica Atwooda oraz rozkłady sił działających na poszczególne klocki.

Strategia rozwiązania

Dla każdego klocka z osobna trzeba narysować rozkłady sił, jak to zostało przedstawione powyżej. Następnie analizujemy każdy schemat, aby znaleźć wymagane wielkości szukane. Otrzymane bilanse sił dla każdego z klocków można ze sobą powiązać, tak jak to zostało przedstawione w poprzednim przykładzie. Jako że klocek 2 porusza się ruchem jednostajnie przyspieszonym w dół z przyspieszeniem a 2 a 2 , to klocek 1 porusza się ruchem jednostajnie przyspieszonym w górę z przyspieszeniem a 1 a 1 . Skoro przyspieszenia te są równe co do wartości, to możemy zapisać: a = a 1 = a 2 a = a 1 = a 2 .

Rozwiązanie

  1. Ze schematów rozkładów sił wynikają następujące zależności:
    Dla m 1 : F y = N m 1 g = m 1 a . Dla m 2 : F y = N m 2 g = m 2 a . Dla m 1 : F y = N m 1 g = m 1 a . Dla m 2 : F y = N m 2 g = m 2 a .

    Znak minus ( ) przed m 2 a m 2 a wskazuje, że przy intuicyjnie przyjętym układzie współrzędnych, gdzie oś y y skierowana jest pionowo w górę, masa m 2 m 2 porusza się ruchem jednostajnie przyspieszonym w dół. Oba klocki poruszają się z jednakowym co do wartości przyspieszeniem, ale przeciwnie skierowanym. Po napisaniu układu równań i zauważeniu, że siły naciągu nici są takie same dla obu klocków, otrzymujemy następującą zależność:
    ( m 2 m 1 ) g = ( m 1 + m 2 ) a . ( m 2 m 1 ) g = ( m 1 + m 2 ) a .

    co po przekształceniu daje następujące wyrażenie na przyspieszenie a a :
    a = m 2 m 1 m 1 + m 2 g = 4 kg 2 kg 4 kg + 2 kg ( 9,8 m/s 2 ) = 3,27 m/s 2 . a = m 2 m 1 m 1 + m 2 g = 4 kg 2 kg 4 kg + 2 kg ( 9,8 m/s 2 ) = 3,27 m/s 2 .
  2. Siłę naciągu nici można obliczyć korzystając z bilansu sił dla któregokolwiek z klocków. Wybierając bilans dla klocka 1 uzyskujemy następujące rozwiązanie:
    N m 1 g = m 1 a N = m 1 ( g + a ) = ( 2 kg ) ( 9,8 m/s 2 + 3,27 m/s 2 ) = 26,1 N . N m 1 g = m 1 a N = m 1 ( g + a ) = ( 2 kg ) ( 9,8 m/s 2 + 3,27 m/s 2 ) = 26,1 N .

Znaczenie

Wyrażenie na przyspieszenie a a w rozwiązaniu niniejszego przykładu może być rozumiane jako stosunek niezrównoważonej siły działającej na analizowany układ ( m 2 m 1 ) g ( m 2 m 1 ) g , do całkowitej masy tego układu m 1 + m 2 m 1 + m 2 . Spadkownicy Atwooda można używać również do pomiaru lokalnej siły grawitacji, a konkretnie lokalnej wartości przyspieszenia ziemskiego.

Sprawdź, czy rozumiesz 6.3

Przekształć powyższe równania tak, być znaleźć wyrażenie na siłę naciągu nici N N dla spadkownicy Atwooda w funkcji wielkości danych w zadaniu: m 1 m 1 , m 2 m 2 i g g.

Kinematyka i zasady dynamiki Newtona

Fizyka jest najbardziej pasjonująca, gdy stosuje się ją do ogólnych sytuacji, które wymagają więcej niż jednego wąskiego zbioru stosowanych zasad fizycznych. Tak właśnie jest z zasadami dynamiki Newtona, które w trakcie rozwiązywania zadań często łączy się z zasadami lub prawami występującymi w innych działach fizyki. Na przykład w celu przeanalizowania ruchu przyspieszonego ciała odwołujemy się nie tylko do zasad dynamiki Newtona, ale również do naszej wiedzy z kinematyki (ang. kinematics).

Gdy rozwiązujesz zadanie, w którym występują siły, przyspieszenia, prędkości i/lub położenie, należy wypisać wielkości dane i szukane, co pomoże rozpoznać, jakie zasady fizyczne należy zastosować. Wówczas będziesz w stanie odwołać się do konkretnych działów niniejszego podręcznika i na podstawie zamieszczonych tam strategii rozwiązania będziesz umieć to zadanie rozwiązać. W następnym przykładzie zaprezentujemy, jak strategia rozwiązania zadań z niniejszego rozdziału w powiązaniu z tymi przedstawionymi w rozdziałach wcześniejszych, mogą zostać zastosowane do rozwiązania bardziej złożonego zagadnienia fizycznego.

Przykład 6.6

Jak bardzo piłkarz musi się starać, aby osiągnąć maksymalną prędkość?

Piłkarz znajduje się w spoczynku, po czym zaczyna biec ruchem jednostajnie przyspieszonym, dzięki czemu osiąga prędkość 8,00 m/s w ciągu 2,50 s.
  1. Jakie jest jego średnie przyspieszenie?
  2. Jaką średnią siłę wywiera podłoże na piłkarza, jeśli osiąga on wyliczone przyspieszenie? Masa piłkarza wynosi 70 kg, a opór powietrza pomijamy.

Strategia rozwiązania

Zastosujmy strategię rozwiązania zadań przedstawioną w niniejszym rozdziale. Nie zawsze trzeba wykonać wszystkie kroki, które zostały zaproponowane w ogólnej metodologii. W niniejszym zadaniu po zidentyfikowaniu wielkości danych i szukanych rozwiązujemy zadanie w oparciu o drugą zasadę dynamiki Newtona, a następnie sprawdzamy, czy uzyskany wynik jest racjonalny.

Rozwiązanie

  1. Mamy dane: prędkość początkową i końcową (odpowiednio 0 m/s i 8,00 m/s). W związku z tym różnica prędkości wynosi Δ v = 8,00 m/s Δ v = 8,00 m/s . Wiemy również, że czas ruchu wynosi Δ t = 2,50 s . Δ t = 2,50 s . Szukane jest natomiast przyspieszenie, które można obliczyć na podstawie definicji:
    a = Δ v Δ t . a = Δ v Δ t .

    Podstawiając dane z zadania, otrzymujemy
    a = 8 , 00 m / s 2 , 50 s = 3 , 20 m s 2 . a= 8 , 00 m / s 2 , 50 s =3,20 m s 2 .
  2. Następnie jesteśmy pytani o średnią siłę, jaką ziemia wywiera na piłkarza, pomagając mu uzyskać przyspieszenie. Zgodnie z trzecią zasadą dynamiki Newtona jest to siła reakcji do tej, którą piłkarz wywiera na ziemię. Pomijając opór powietrza siła ta będzie co do wartości równa wypadkowej sił zewnętrznych działających na sportowca. Znając masę i przyspieszenie piłkarza, możemy zapisać:
    F wyp = m a . F wyp = m a .

    Po podstawieniu wartości liczbowych na m m i a a otrzymujemy
    F wyp = 70 , 0 k g 3 , 20 m s 2 = 224 N . F wyp =70,0 k g 3,20 m s 2 =224 N .

Wartość ta jest racjonalna. Przyspieszenie to jest typowe dla sportowca w dobrej kondycji fizycznej. Siła natomiast odpowiada ciężarowi ciała o masie 22,7 kg, co również jest sensownym wynikiem.

Znaczenie

Przykład ten obrazuje, jak zastosować strategie rozwiązywania zadań do zagadnień wiążących w sobie różne działy fizyki. Najpierw trzeba określić, jakich zasad fizycznych dotyczy zadanie, a następnie zidentyfikować dane i szukane. W dalszej kolejności należy zastosować odpowiednie prawa (w tym przypadku drugą zasadę dynamiki Newtona), aby rozwiązać zadanie. Na końcu należy przedyskutować, czy otrzymany wynik jest rozsądny. Takie systematyczne podejście do rozwiązywania problemów będzie przydatne nie tylko w fizyce, ale również w innych dziedzinach nauki, a nawet w codziennym życiu.

Sprawdź, czy rozumiesz 6.4

Po zakończeniu akcji piłka znajduje się w odległości 2,00 m od piłkarza, który stwierdza, że za chwilę przejmie ją przeciwnik. Jak długo zajęłoby mu dotarcie do piłki, jeśli zacząłby biec pod wpływem siły 126 N?

Przykład 6.7

Jaka siła działa na model helikoptera?

Model helikoptera o masie 1,5 kg porusza się z prędkością j ^ 5,00 m / s j ^ 5,00 m / s w czasie t = 0 . t = 0 . Porusza się on ze stałym przyspieszeniem przez 2 sekundy, po czym osiąga prędkość i ^ 6 , 00 m / s + j ^ 12 , 00 m / s i ^ 6,00 m / s + j ^ 12,00 m / s . Jaka jest wartość siły działającej na ten helikopter w trakcie opisywanego czasu?

Strategia rozwiązania

Obieramy układ współrzędnych, w którym oś x x (kierunek i ^ i ^ ) jest zorientowana poziomo, zaś oś y y (kierunek j ^ j ^ ) jest zorientowana pionowo. Wiemy, że Δ t = 2 , 00 s Δt=2,00 s oraz że zmiana prędkości wynosi i ^ 6 , 00 m / s + j ^ 12 , 00 m / s j ^ 5 , 00 m / s i ^ 6,00 m / s + j ^ 12,00 m / s j ^ 5,00 m / s . Mając te dane jesteśmy w stanie obliczyć przyspieszenie z definicji, a następnie zastosować drugą zasadę dynamiki Newtona.

Rozwiązanie

Otrzymujemy następujące zależności na przyspieszenie i siłę:
a = Δ v Δ t = i ^ 6 , 00 m / s + j ^ 12 , 00 m / s j ^ 5 , 00 m / s 2 , 00 s = i ^ 3 , 00 m / s 2 + j ^ 3 , 50 m / s 2 a= Δ v Δ t = i ^ 6 , 00 m / s + j ^ 12 , 00 m / s j ^ 5 , 00 m / s 2 , 00 s = i ^ 3,00 m / s 2 + j ^ 3,50 m / s 2
F = m a = 1 , 5 k g ( i ^ 3 , 00 m / s 2 + j ^ 3 , 50 m / s 2 ) = i ^ 4 , 50 N + j ^ 5 , 25 N . F =m a =1,5 k g ( i ^ 3 , 00 m / s 2 + j ^ 3 , 50 m / s 2 ) = i ^ 4,50 N + j ^ 5,25 N .

Liczbowa wartość siły działającej na helikopter wynosi:

F = ( 4,50 N ) 2 + ( 5,25 N ) 2 = 6,91 N . F = ( 4,50 N ) 2 + ( 5,25 N ) 2 = 6,91 N .

Znaczenie

Wielkości wektorowe dane w zadaniu zostały przedstawione w postaci typowego zapisu wektorowego, w którym używa się wektorów jednostkowych i ^ j ^ i ^ j ^ , co oznacza, że w obliczeniach wykorzystany został rachunek wektorowy. Porównaj to rozwiązanie z rozwiązaniami podanymi w poprzednich przykładach.

Sprawdź, czy rozumiesz 6.5

Dla sytuacji w poprzednim zadaniu znajdź kierunek, w którym będzie się poruszał się model helikoptera.

Przykład 6.8

Ciągnik bagażowy

Rysunek 6.8(a) przedstawia ciągnik ciągnący wózki z bagażami na lotnisku. Masa ciągnika wynosi 650,0 kg, masa wózka A 250,0 kg, zaś masa wózka B 150,0 kg. Ciągnik rusza pod wpływem siły ciągu silnika, która działa przez 3,00 s.
  1. Jeśli siła ciągu silnika jest funkcją zależną od czasu, przedstawioną równaniem F = t 820 , 0 N / s F=t820,0 N / s , to jaka będzie prędkość ciągnika po upływie 3,00 s?
  2. Ile wynosi siła naciągu liny łączącej ciągnik z wózkiem A?
Rysunek (a) przedstawia ciągnik jadący w lewo i ciągnący dwa wózki bagażowe. Zewnętrzne siły działające w układzie zostały przedstawione w postaci wektorów. Siły działające na ciągnik to F sub ciągnik, skierowana poziomo w lewo, R sub ciągnik skierowana pionowo w górę oraz Q sub ciągnik skierowana pionowo w dół. Siły działające na wózek A znajdujący się zaraz za ciągnikiem to R sub A skierowana pionowo w górę oraz Q sub A skierowana pionowo w dół. Siły działające na wózek na końcu, czyli wózek B to R sub B skierowana pionowo w górę oraz Q sub B skierowana pionowo w dół. Rysunek (b) przedstawia rozkład sił działających na ciągnik, czyli F sub ciągnik, skierowaną poziomo w lewo, R sub ciągnik skierowaną pionowo w górę, Q sub ciągnik skierowaną pionowo w dół oraz N skierowaną poziomo w prawo.
Rysunek 6.8 (a) Rozkład sił zewnętrznych działających na układ składający się z ciągnika oraz przyłączonych do niego dwóch wózków bagażowych. (b) Rozkład sił działających tylko na ciągnik, przedstawiony w celu znalezienia siły naciągu liny łączącej ciągnik z wózkami.

Strategia rozwiązania

Na rozkładzie sił działających na ciągnik przedstawiona jest siła ciągu silnika, która nadaje ciągnikowi przyspieszenie. Rozważamy tylko ruch w kierunku poziomym, ponieważ z bilansu sił w kierunku pionowym wynika, że siły te są w równowadze i nie trzeba ich brać pod uwagę. Z kolei w przykładzie (b) wykorzystujemy tylko rozkład sił dla samego ciągnika, ponieważ chcemy znaleźć siłę naciągu liny między ciągnikiem a wózkiem A, oznaczoną jako N N .

Rozwiązanie

  1. F x = m układu a x F x = m układu a x i F x = 820,0 t F x = 820,0 t , zatem
    820,0 t = ( 650,0 + 250,0 + 150,0 ) a a = 0,7809 t . 820,0 t = ( 650,0 + 250,0 + 150,0 ) a a = 0,7809 t .

    W związku z tym, że przyspieszenie jest funkcją zależną od czasu, prędkość można obliczyć, wychodząc z definicji przyspieszenia a = d v / d t a= d v/ d t przy założeniu warunków początkowych v 0 = 0 v 0 = 0 w czasie t = 0 . t = 0 . Po przekształceniu całkujemy obustronnie to wyrażenie w granicach od t = 0 t = 0 do t=3st=3s
  2. d v = a d t , 0 3 d v = 0 3 a d t = 0 3 0 , 7809 t d t , v = [ 0 , 3905 t 2 ] 0 3 = 3 , 51 m s . d v=a d t , 0 3 d v= 0 3 a d t= 0 3 0,7809t d t,v= [ 0 , 3905 t 2 ] 0 3 =3,51 m s .
  3. Spójrz na rozkład sił działających na ciągnik, przedstawiony na Rysunku 6.8(b). Rozpisz bilans działających sił:
    F x = m ciągnik a x 820,0 t N = m ciągnik ( 0,7805 ) t ( 820,0 ) ( 3,00 ) N = ( 650,0 ) ( 0,7805 ) ( 3,00 ) N = 938 N . F x = m ciągnik a x 820,0 t N = m ciągnik ( 0,7805 ) t ( 820,0 ) ( 3,00 ) N = ( 650,0 ) ( 0,7805 ) ( 3,00 ) N = 938 N .

Znaczenie

W związku z tym, że siła jest zmienna w czasie, do rozwiązania tego zadania musimy użyć rachunku różniczkowo-całkowego. Zwróć uwagę, że w rozwiązaniu przykładu (a) pod uwagę brana jest masa całego układu (Rysunek 6.8(a)), zaś w rozwiązaniu przykładu (b) wystarczy znajomość masy ciągnika (Rysunek 6.8(b)), ponieważ to on bezpośrednio poddawany jest działaniu siły naciągu liny.

Przypomnijmy, że v = d s / d t v= d s/ d t i a = d v / d t a= d v/ d t. Skoro przyspieszenie jest funkcją zależną od czasu, to w niniejszym przykładzie możemy zastosować metody rachunku różniczkowo-całkowego, jak to było robione w rozdziale Ruch prostoliniowy. Czasami jednak przyspieszenie jest dane jako funkcja położenia. Wówczas możemy wyprowadzić szukane zależności, przekształcając odpowiednio równania różniczkowe. Na przykład przekształcając dwie pierwsze zależności na prędkość i przyspieszenie tak, by wyciągnąć z każdego d t d t otrzymujemy d t = d s / v d t= d s/v i d t = d v / a d t= d v/a. Następnie porównując te wyrażenia, otrzymujemy d s / v = d v / a d s/v= d v/a. Po przekształceniu ich ostatecznie otrzymujemy zależność a d s = v d v a d s=v d v.

Przykład 6.9

Ruch pocisku wystrzelonego pionowo w górę

Pocisk o masie 10 kg jest wystrzeliwany z moździerza, znajdującego się na powierzchni ziemi, pionowo w górę z prędkością początkową 50,0 m/s (spójrz na Rysunek 6.9). Na jaką wysokość wzniesie się pocisk, jeśli opór powietrza wynosi F op = v 2 0 , 01 k g / m F op = v 2 0,01 k g / m , gdzie v v jest szybkością pocisku w danej chwili?
(a) Zdjęcie przestawia żołnierza wystrzeliwującego pocisk moździerzowy pionowo w górę. (b) Na rozkładzie sił działających na ciało przestawione są siły F sub op oraz Q, obie skierowane pionowo w dół. Siła ciężkości Q jest większa niż siła oporu powietrza F sub op.
Rysunek 6.9 (a) Pocisk moździerzowy jest wystrzeliwany pionowo w górę. Uwzględniamy siłę oporu powietrza działającą na pocisk. (b) Rozkład sił działających na pocisk w ruchu.

Strategia rozwiązania

Siła działająca na pocisk moździerzowy może zostać obliczona na podstawie równania ruchu zawierającego zależność siły od przyspieszenia. Zależność przyspieszenia od położenia pocisku może zostać obliczona na podstawie równań kinematycznych.

Rozwiązanie

W chwili początkowej y 0 = 0 m y 0 =0 m i v 0 = 50 , 0 m / s v 0 =50,0 m / s . Po osiągnięciu maksymalnej wysokości y = h y=h, v = 0 m / s v=0 m / s . Na rozkładzie sił działających na pocisk siła oporu powietrza F op F op jest skierowana w dół, ponieważ utrudnia ona ruch pocisku. W związku z tym możemy zapisać:
F y = m a y F y = m a y
F op Q = m a y 0 , 01 v 2 98 = 10 a a = 0 , 001 v 2 9 , 80. F op Q = m a y 0 , 01 v 2 98 = 10 a a = 0 , 001 v 2 9 , 80.

Wypadkowe przyspieszenie pocisku jest zmienne i zależy od v v. Skoro a = f ( v ) a=f(v), możemy uzależnić a a od v v, korzystając z przekształceń przedstawionych powyżej:

a d s = v d v . a d s=v d v.

Zamiast d s d s podstawiamy d y d y, ponieważ rozważamy ruch w kierunku pionowym:

a d y = v d v , ( 0 , 001 v 2 9 , 80 ) d y = v d v . a d y=v d v,(0,001 v 2 9,80) d y=v d v.

Następnie rozdzielamy zmienne ( v v i d v d v przenosimy na jedną stronę równania, zaś d y d y na drugą stronę):

0 h d y = 50 0 v d v 0 , 001 v 2 9 , 80 = 50 0 v d v 0 , 001 v 2 + 9 , 80 = 5 10 3 [ ln ( 0 , 001 v 2 + 9 , 80 ) ] 50 0 . 0 h d y = 50 0 v d v 0 , 001 v 2 9 , 80 = 50 0 v d v 0 , 001 v 2 + 9 , 80 = 5 10 3 [ ln ( 0 , 001 v 2 + 9 , 80 ) ] 50 0 .

Stąd wynika, że h = 114 m . h = 114 m .

Znaczenie

Zwróć uwagę, że skoro działająca siła nie jest stała, to również przyspieszenie w tym ruchu nie jest stałe, co wymusza konieczność zastosowania rachunku różniczkowo-całkowego. Co więcej, siła nie zależy od czasu t t, ale od prędkości v v, więc w celu rozwiązania zadania trzeba zastosować odpowiednie przekształcenia matematyczne. Uzyskane rozwiązanie wskazuje natomiast, że wysokość, na jaką wzniesie się pocisk, jest mniejsza niż w przypadku swobodnego ruchu w polu grawitacyjnym Ziemi, ponieważ działa siła oporu powietrza. Bardziej szczegółowe rozważania na temat sił oporu będziemy prowadzić w podrozdziale Siła oporu i prędkość graniczna.

Sprawdź, czy rozumiesz 6.6

Ustal maksymalną wysokość, na jaką wzniesie się pocisk, jeśli pominiemy wpływ siły oporu powietrza. Czy w rozwiązaniu tego zadania konieczne będzie stosowanie rachunku różniczkowo-całkowego?

Materiały pomocnicze

Uruchom symulację i sprawdź, jakie siły działają, gdy próbujesz przesunąć szafkę na dokumenty. Przyłóż odpowiednią siłę i zobacz, jaka jest siła tarcia między szafką i podłogą oraz jaka jest wypadkowa siła działająca na szafkę. Na wykresach możesz obejrzeć zależności siły, położenia, prędkości i przyspieszenia w funkcji czasu. Wyświetl schemat rozkładu sił działających na szafkę.

Cytowanie i udostępnianie

Chcesz zacytować, udostępnić albo zmodyfikować treść tej książki? Została ona wydana na licencji Creative Commons Attribution License , która wymaga od Ciebie uznania autorstwa OpenStax.

Cytowanie i udostępnienia
  • Jeśli rozpowszechniasz tę książkę w formie drukowanej, umieść na każdej jej kartce informację:
    Treści dostępne za darmo na https://openstax.org/books/fizyka-dla-szk%C3%B3%C5%82-wy%C5%BCszych-tom-1/pages/1-wstep
  • Jeśli rozpowszechniasz całą książkę lub jej fragment w formacie cyfrowym, na każdym widoku strony umieść informację:
    Treści dostępne za darmo na https://openstax.org/books/fizyka-dla-szk%C3%B3%C5%82-wy%C5%BCszych-tom-1/pages/1-wstep
Cytowanie

© 2 mar 2022 OpenStax. Treść książki została wytworzona przez OpenStax na licencji Creative Commons Attribution License . Nazwa OpenStax, logo OpenStax, okładki OpenStax, nazwa OpenStax CNX oraz OpenStax CNX logo nie podlegają licencji Creative Commons i wykorzystanie ich jest dozwolone wyłącznie na mocy uprzedniego pisemnego upoważnienia przez Rice University.