Sprawdź, czy rozumiesz
(a) Różniczkując położenie po czasie, otrzymujemy →v(t)=9,0t2ˆi i →v(3,0s)=81,0ˆim/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
→vśr=→r(t2)−→r(t1)t2−t1=→r(4,0s)−→r(2,0s)4,0s−2,0s=(144,0ˆi−36,0ˆi)m2,0s=54,0ˆims,
co jest różne od →v(3,0s)=81,0ˆim/s.
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)=∫→adt=∫(aˆi+bˆj+cˆk)dt=(aˆi+bˆj+cˆk)tm/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.
- Jako początek układu współrzędnych wybierz szczyt klifu. Jest to najwygodniejszy wybór, mimo że zupełnie arbitralny. Zwyczajowo wybieramy położenie w t = 0 jako początek układu.
- Poprawnym równaniem jest x=x0+vxt. Przyjmując x0=0, równanie sprowadza się do x=vxt.
- Zestaw równań od Równania 4.16 do Równania 4.18 oraz Równanie 4.19 poprawnie opisuje ruch w pionie, ale przy y0=0 oraz v0y=0 równania te znacznie się upraszczają i przyjmują postać:
y=12(v0y+vy)t=12vyt,vy=-gt,y=-12gt2orazv2y=-2gy. - Znajdziemy składowe wektora prędkości w momencie upadku, korzystając z poznanych równań kinematycznych. Podstawiając do równania v2y=-2gy wartość -100,0 m w miejsce y, znajdziemy składową y wektora prędkości końcowej vy=–44,3m/s. Składowa x jest niezmiennie równa vx=15,0m/s, zatem całkowita prędkość w chwili upadku ma wartość: v = 46,8 m/s i kierunek θ = 71,3° w dół względem poziomu.
Ustalmy na początku oznaczenia indeksów: Ł = łódka, R = rzeka, B = brzeg rzeki. Wektorowe równanie prędkości: →vŁ,B=→vŁ,R+→vR,B. Wektory tworzą trójkąt prostokątny, jak na rysunku poniżej. Wyznaczamy →vŁ,B: vŁ,B=√v2Ł,R+v2R,B=√4,52+3,02=5,4m/s, θ=arctg(3,04,5)=33,7∘.
Pytania
- Nie;
- najmniejsza w wierzchołku, a największa na początku oraz w momencie upadku;
- nie, prędkość jest wektorem, który w trakcie ruchu zmienia kierunek i zwrot;
- tak, w chwili upadku.
Jeżeli chce dokładnie podać piłkę do kolegi z drużyny, musi skupić wzrok na ruchu układu odniesienia, w którym porusza się kolega.
Zadania
- →v(t)=(6,0tˆi−21,0t2ˆj+10,0t−3ˆk)m/s,
- →a(t)=(6,0ˆi−42,0tˆj–30,0t−4ˆk)m/s2,
- →v(2,0s)=(12,0ˆi−84,0ˆj+1,25ˆk)m/s,
-
→v(1,0s)=(6,0ˆi−21,0ˆj+10,0ˆk)m/s,|→v(1,0s)|=24,0m/s,
→v(3,0s)=(18,0ˆi−189,0ˆj+0,4ˆk)m/s,|→v(3,0s)|=189,9m/s, - →vśr=(9,0ˆi−49,0ˆj+3,8ˆk)m/s.
- vy=v0y-gt,t=10s,vy=0,v0y=98,1m/s,v0=196,2m/s;
- h=490,5m;
- v0x=169,9m/s,x=3398,0m;
- x=2548,5m,y=367,9m,→s=(2549ˆi+367,9ˆj)m.
- v0y=24m/s,v2y=v20y-2gy⇒h=29,4m;
- t=2,45s,v0x=18m/s,x=44,1m;
- y=−100m,y0=0,y−y0=v0t−12gt2,−100=24t−4,9t2⇒t=7,58s;
- x=136,44m;
-
t=2,0s:y=28,4m,x=36m,
t=4,0s:y=17,6m,x=72m,
t=6,0s:y=-32,4m,x=108m.
v0y=12,9m/s,y−y0=v0t−12gt2,−20=12,9t−4,9t2⇒t=3,7s
v0x=15,3m/s⇒x=56,7m.
Piłka wyląduje 13,3 m za blisko.
- , wynika z tego, że kąt równy jest lub .
- Czas lotu piłki zależy od kąta początkowego . Dla kąta czas lotu piłki wynosi , a dla kąta wynosi on . Bramkarz musi kopnąć piłkę pod kątem . Pomocnik pokonuje 30 m w czasie 4,29 s i dobiegnie 0,3 s przed wylądowaniem piłki na ziemię.
Średnia odległość Wenus od Słońca to 108,2 miliona km, a rok na Wenus trwa 0,6152 roku ziemskiego.
- W = wiatr, M = mewa, Z = ziemia
Szybkość mewy względem wiatru:
Zatem prędkość wiatru względem ziemi: . -
Czas lotu z powrotem: .
Za dodatni kierunek prędkości przyjmijmy kierunek prądu rzeki. B = brzeg, W = woda, Ł = łódka.
-
; -
; -
- ;
-
ale czas przepłynięcia na drugi brzeg zależy tylko od jednej składowej prędkości.
Dystans pokonany w dół rzeki = 0,3 km.
Zadania dodatkowe
Odległość od osi obrotu do punktu na szerokości geograficznej wynosi Szybkość tego punktu to . Przyspieszenie dośrodkowe dla wynosi .