Ruch prostoliniowy jednostajnie zmienny kartkówka LiczBit

2.5. Ruch prostoliniowy jednostajnie zmienny

Kartkówka

Grupa A

Zadanie 1

Doświadczalny bolid elektryczny ruszył z miejsca i przez pierwsze $t = 8\text{ s}$ przyspieszał ruchem jednostajnie prostoliniowym zmiennym. Zarejestrowano, że podczas czwartej sekundy od momentu startu prędkość bolidu wzrosła o $\Delta v = 4\text{ }\dfrac{\text{m}}{\text{s}}$.

a) Sporządź wykres zależności prędkości bolidu od czasu $v(t)$ dla przedziału od startu do $t = 4\text{ s}$.
b) Oblicz drogę, jaką bolid przebył w pierwszej oraz w szóstej sekundzie ruchu.
c) Korzystając z interpretacji geometrycznej wykresu prędkości od czasu, wykaż słuszność reguły Galileusza: „W ruchu jednostajnie przyspieszonym bez prędkości początkowej drogi przebywane w kolejnych, jednakowych odstępach czasu mają się do siebie jak kolejne liczby nieparzyste”.

Wskazówki:

W ruchu prostoliniowym jednostajnie zmiennym przyspieszenie jest stałe i równe stosunkowi przyrostu prędkości do czasu, w którym ten przyrost nastąpił: $a = \dfrac{\Delta v}{\Delta t}$. Czwarta sekunda ruchu to przedział czasu trwający dokładnie $\Delta t = 1\text{ s}$ (od chwili $t_1 = 3\text{ s}$ do chwili $t_2 = 4\text{ s}$).
Droga przebyta w konkretnej, $n$-tej sekundzie ruchu to różnica pomiędzy całkowitą drogą zdobytą po $n$ sekundach a całkowitą drogą zdobytą po $(n - 1)$ sekundach: $s_{(n)} = s_c(n) - s_c(n - 1)$.
Pole figury geometrycznej zawartej pod wykresem zależności prędkości od czasu $v(t)$ ma bezpośrednią interpretację fizyczną przebytej drogi. Dzieląc obszar pod wykresem na pionowe pasy o szerokości $\Delta t = 1\text{ s}$, otrzymujemy w pierwszej sekundzie trójkąt, a w kolejnych – trapezy, które można podzielić na siatkę przystających trójkątów jednostkowych.

Dane i szukane:

Dane:
$v_1 = 0\text{ }\dfrac{\text{m}}{\text{s}}$ (prędkość początkowa bolidu)
$\Delta t = 1\text{ s}$ (czas trwania czwartej sekundy, od $t = 3\text{ s}$ do $t = 4\text{ s}$)
$\Delta v = 4\text{ }\dfrac{\text{m}}{\text{s}}$ (przyrost prędkości w czwartej sekundzie)
$t_c = 8\text{ s}$ (całkowity czas trwania ruchu przyspieszonego)

Szukane:
$a = ?$ (wartość przyspieszenia bolidu)
$s_{(1)} = ?$ (droga przebyta w pierwszej sekundzie ruchu)
$s_{(6)} = ?$ (droga przebyta w szóstej sekundzie ruchu)

Rozwiązanie krok po kroku:

Wyznaczenie przyspieszenia ruchu i analiza zależności funkcyjnej prędkości:
Ciało porusza się ze stałym przyspieszeniem $a$. Ponieważ przyrost prędkości w przedziale czasu trwającym $\Delta t = 1\text{ s}$ (w czwartej sekundzie) wyniósł $\Delta v = 4\text{ }\dfrac{\text{m}}{\text{s}}$, wartość przyspieszenia bolidu wynosi: $$ \begin{aligned} a &= \dfrac{\Delta v}{\Delta t} \\[8pt] &= \dfrac{4\text{ }\dfrac{\text{m}}{\text{s}}}{1\text{ s}} = 4\text{ }\dfrac{\text{m}}{\text{s}^2} \end{aligned} $$ Ponieważ bolid ruszył z miejsca ($v_1 = 0$), równanie opisujące prędkość w dowolnej chwili $t$ ma postać: $$ v(t) = a \cdot t = 4 \cdot t $$
Podpunkt a) Sporządzenie wykresu zależności prędkości od czasu $v(t)$:
Wyznaczamy wartości prędkości w kolejnych sekundach dla przedziału od $t = 0\text{ s}$ do $t = 4\text{ s}$: $$ \begin{aligned} v(0\text{ s}) &= 4 \cdot 0 = 0\text{ }\dfrac{\text{m}}{\text{s}} \\[8pt] v(1\text{ s}) &= 4 \cdot 1 = 4\text{ }\dfrac{\text{m}}{\text{s}} \\[8pt] v(2\text{ s}) &= 4 \cdot 2 = 8\text{ }\dfrac{\text{m}}{\text{s}} \\[8pt] v(3\text{ s}) &= 4 \cdot 3 = 12\text{ }\dfrac{\text{m}}{\text{s}} \\[8pt] v(4\text{ s}) &= 4 \cdot 4 = 16\text{ }\dfrac{\text{m}}{\text{s}} \end{aligned} $$ Wykres zależności prędkości od czasu jest linią prostą przechodzącą przez początek układu współrzędnych:
Podpunkt b) Obliczenie drogi przebytej w pierwszej oraz w szóstej sekundzie ruchu:
W ruchu jednostajnie przyspieszonym bez prędkości początkowej całkowita droga przebyta od chwili startu do chwili $t$ wyraża się wzorem: $$ s_c(t) = \dfrac{a \cdot t^2}{2} $$ Droga przebyta w pierwszej sekundzie ($s_{(1)}$):
Jest to droga przebyta od $t = 0\text{ s}$ do $t = 1\text{ s}$: $$ \begin{aligned} s_{(1)} &= s_c(1\text{ s}) - s_c(0\text{ s}) \\[8pt] &= \dfrac{4\text{ }\dfrac{\text{m}}{\text{s}^2} \cdot (1\text{ s})^2}{2} - 0 \\[8pt] &= \dfrac{4 \cdot 1}{2}\text{ m} = 2\text{ m} \end{aligned} $$ Droga przebyta w szóstej sekundzie ($s_{(6)}$):
Szósta sekunda ruchu trwa od chwili $t = 5\text{ s}$ do chwili $t = 6\text{ s}$. Obliczamy całkowite drogi przebyte w tym czasie: $$ \begin{aligned} s_c(5\text{ s}) &= \dfrac{a \cdot 5^2}{2} = \dfrac{4 \cdot 25}{2}\text{ m} = 50\text{ m} \\[8pt] s_c(6\text{ s}) &= \dfrac{a \cdot 6^2}{2} = \dfrac{4 \cdot 36}{2}\text{ m} = 72\text{ m} \end{aligned} $$ Droga przebyta wyłącznie w trakcie trwania szóstej sekundy wynosi: $$ \begin{aligned} s_{(6)} &= s_c(6\text{ s}) - s_c(5\text{ s}) \\[8pt] &= 72\text{ m} - 50\text{ m} = 22\text{ m} \end{aligned} $$ Możemy również zastosować bezpośredni wzór na drogę w $n$-tej sekundzie ruchu jednostajnie przyspieszonego bez prędkości początkowej: $$ \begin{aligned} s_{(n)} &= \dfrac{a}{2} \cdot (2n - 1) \\[8pt] s_{(6)} &= \dfrac{4}{2} \cdot (2 \cdot 6 - 1) = 2 \cdot 11 = 22\text{ m} \end{aligned} $$
Podpunkt c) Geometryczny dowód reguły kolejnych liczb nieparzystych:
Pole powierzchni pod wykresem funkcji prędkości $v(t)$ w przedziale czasu odpowiada liczbowo drodze przebytej przez bolid w tym przedziale.
Podzielmy oś czasu na jednakowe odstępy jednostkowe o długości $\Delta t = 1\text{ s}$:

1. W pierwszej sekundzie ($t \in [0, 1]$) obszar pod wykresem to trójkąt prostokątny o przyprostokątnych $\Delta t = 1$ oraz $\Delta v = a \cdot 1 = a$. Jego pole jednostkowe wynosi: $$ P_1 = \dfrac{1 \cdot a}{2} = \dfrac{a}{2} $$ 2. W drugiej sekundzie ($t \in [1, 2]$) obszar pod wykresem to trapez o podstawach $a$ i $2a$ oraz wysokości $1$. Jego pole wynosi: $$ P_2 = \dfrac{a + 2a}{2} \cdot 1 = \dfrac{3a}{2} = 3 \cdot P_1 $$ 3. W trzeciej sekundzie ($t \in [2, 3]$) figura to trapez o podstawach $2a$ i $3a$ oraz wysokości $1$. Pole wynosi: $$ P_3 = \dfrac{2a + 3a}{2} \cdot 1 = \dfrac{5a}{2} = 5 \cdot P_1 $$ 4. W ogólnym przypadku, w $n$-tej sekundzie obszar pod wykresem jest trapezem o podstawach $(n - 1)a$ oraz $na$: $$ P_n = \dfrac{(n - 1)a + na}{2} \cdot 1 = \dfrac{(2n - 1)a}{2} = (2n - 1) \cdot P_1 $$ Zestawiając drogi przebyte w kolejnych sekundach, otrzymujemy stałą proporcję: $$ s_{(1)} : s_{(2)} : s_{(3)} : \dots : s_{(n)} = 1 : 3 : 5 : \dots : (2n - 1) $$ co stanowi dowód twierdzenia.

Odpowiedź:
a) Wykres $v(t)$ to linia prosta łącząca punkty $(0\text{ s}, 0\text{ m/s})$ oraz $(4\text{ s}, 16\text{ m/s})$.

b) $s_{(1)} = 2\text{ m}$

$s_{(6)} = 22\text{ m}$

c) Dowód przeprowadzono na podstawie podziału pola pod wykresem na przystające trójkąty o polach w stosunku $1 : 3 : 5 : 7 : \dots : (2n - 1)$.

Zadanie 2

Wciągarka budowlana transportuje pionowo paletę z materiałami na wyższą kondygnację budynku. Ruch ładunku rozpoczął się ze stanu spoczynku i przebiegał w trzech etapach: najpierw ruchem jednostajnie przyspieszonym z przyspieszeniem $a_1 = 0{,}6\text{ m/s}^2$ przez czas $t_1 = 5\text{ s}$, następnie ruchem jednostajnym przez czas $t_2 = 12\text{ s}$, a na koniec ruchem jednostajnie opóźnionym z przyspieszeniem o współrzędnej $a_3 = -0{,}6\text{ m/s}^2$ przez czas $t_3 = 5\text{ s}$ aż do całkowitego zatrzymania.

a) Zilustruj ruch wciągarki na wykresie zależności prędkości od czasu $v(t)$.

b) Oblicz wysokość $h$, na jaką podniesiono paletę.

Wskazówki:

Wyznacz prędkość maksymalną $v_1$ osiągniętą pod koniec pierwszego etapu ruchu ze wzoru $v_1 = a_1 \cdot t_1$. Prędkość ta pozostaje stała przez cały drugi etap ruchu.
W trzecim etapie ruch jest jednostajnie opóźniony z opóźnieniem $|a_3| = 0{,}6\text{ m/s}^2$, co powoduje wyhamowanie ładunku do zera w czasie $t_3 = 5\text{ s}$.
Wykres zależności $v(t)$ tworzy trapez prostoliniowy. Całkowitą wysokość podnoszenia (drogę pionową) najprościej obliczyć jako pole figury pod wykresem $v(t)$ lub sumując drogi przebyte w poszczególnych trzech etapach.

Dane i szukane:

Dane:
$v_0 = 0\text{ m/s}$ (prędkość początkowa ładunku)
$a_1 = 0{,}6\text{ m/s}^2$ (przyspieszenie w I etapie)
$t_1 = 5\text{ s}$ (czas trwania I etapu)
$t_2 = 12\text{ s}$ (czas trwania II etapu ruchu jednostajnego)
$a_3 = -0{,}6\text{ m/s}^2$ (współrzędna przyspieszenia w III etapie)
$t_3 = 5\text{ s}$ (czas trwania III etapu)
$v_2 = 0\text{ m/s}$ (prędkość końcowa ładunku)
Szukane:
wykres $v(t)$
$h = ?$ (wysokość, na jaką podniesiono ładunek)

Rozwiązanie krok po kroku:

Rysunek pomocniczy i analiza stanu wyjściowego:
Wybieramy pionowy układ współrzędnych ze zwrotem osi $y$ skierowanym w górę (zgodnie z kierunkiem podnoszenia ładunku). Wciągarka podnosi paletę ze spoczynku, a ruch składa się z trzech kolejnych faz: przyspieszania, ruchu ze stałą prędkością oraz hamowania do zatrzymania.
Podpunkt a) Wyznaczenie prędkości w poszczególnych fazach i sporządzenie wykresu $v(t)$:
W pierwszym etapie ruch jest jednostajnie przyspieszony bez prędkości początkowej ($v_0 = 0$). Prędkość pod koniec tego etapu wynosi: $$\begin{aligned} v_1 &= a_1 \cdot t_1 \\[8pt] &= 0{,}6\text{ m/s}^2 \cdot 5\text{ s} = 3\text{ m/s} \end{aligned}$$ Czas po zakończeniu pierwszego etapu to $t = 5\text{ s}$.

W drugim etapie ładunek porusza się ze stałą prędkością $v = 3\text{ m/s}$ przez czas $t_2 = 12\text{ s}$, czyli do chwili: $$t = t_1 + t_2 = 5\text{ s} + 12\text{ s} = 17\text{ s}$$ W trzecim etapie ładunek hamuje ruchem jednostajnie opóźnionym z przyspieszeniem $a_3 = -0{,}6\text{ m/s}^2$ przez czas $t_3 = 5\text{ s}$: $$\begin{aligned} v(t) &= v_1 + a_3 \cdot \Delta t \\[8pt] v_{końcowa} &= 3\text{ m/s} + (-0{,}6\text{ m/s}^2) \cdot 5\text{ s} = 3\text{ m/s} - 3\text{ m/s} = 0\text{ m/s} \end{aligned}$$ Całkowity czas ruchu wynosi: $$t_c = 17\text{ s} + 5\text{ s} = 22\text{ s}$$ Wykres zależności $v(t)$ jest linią łamaną łączącą punkty $(0, 0)$, $(5, 3)$, $(17, 3)$ oraz $(22, 0)$.
Podpunkt b) Obliczenie wysokości podniesienia ładunku – Sposób I (z pola pod wykresem $v(t)$):
Wartość przebytej drogi (wysokości podniesienia $h$) odpowiada polu powierzchni figury pod wykresem $v(t)$. Jest to trapez o podstawach $a = t_c = 22\text{ s}$, $b = t_2 = 12\text{ s}$ oraz wysokości równej maksymalnej prędkości $v_{max} = 3\text{ m/s}$: $$\begin{aligned} h &= P = \dfrac{a + b}{2} \cdot v_{max} \\[8pt] &= \dfrac{22\text{ s} + 12\text{ s}}{2} \cdot 3\text{ m/s} \\[8pt] &= \dfrac{34}{2} \cdot 3\text{ m} = 17 \cdot 3\text{ m} = 51\text{ m} \end{aligned}$$
Podpunkt b) Obliczenie wysokości podniesienia ładunku – Sposób II (analityczny, suma dróg w etapach):
Obliczamy drogę pokonaną w każdym z trzech etapów osobno:

Droga w I etapie (ruch jednostajnie przyspieszony): $$\begin{aligned} h_1 &= \dfrac{a_1 \cdot t_1^2}{2} \\[8pt] &= \dfrac{0{,}6\text{ m/s}^2 \cdot (5\text{ s})^2}{2} = \dfrac{0{,}6 \cdot 25}{2}\text{ m} = 7{,}5\text{ m} \end{aligned}$$ Droga w II etapie (ruch jednostajny): $$\begin{aligned} h_2 &= v_1 \cdot t_2 \\[8pt] &= 3\text{ m/s} \cdot 12\text{ s} = 36\text{ m} \end{aligned}$$ Droga w III etapie (ruch jednostajnie opóźniony do zatrzymania): $$\begin{aligned} h_3 &= v_1 \cdot t_3 + \dfrac{a_3 \cdot t_3^2}{2} \\[8pt] &= 3\text{ m/s} \cdot 5\text{ s} + \dfrac{-0{,}6\text{ m/s}^2 \cdot (5\text{ s})^2}{2} \\[8pt] &= 15\text{ m} - 7{,}5\text{ m} = 7{,}5\text{ m} \end{aligned}$$ Całkowita wysokość podniesienia ładunku wynosi: $$\begin{aligned} h &= h_1 + h_2 + h_3 \\[8pt] &= 7{,}5\text{ m} + 36\text{ m} + 7{,}5\text{ m} = 51\text{ m} \end{aligned}$$

Odpowiedź:
a) Wykres zależności $v(t)$ to trapez o wierzchołkach $(0, 0)$, $(5, 3)$, $(17, 3)$ oraz $(22, 0)$ (dokładny wykres w module odpowiedzi).

b) Wysokość, na jaką wciągarka podniosła paletę, wynosi $h = 51\text{ m}$.

Zadanie 3

W ramach eksperymentu stratosferycznego skoczek wykonał skok z gondoli balonu ciśnieniowego wyniesionego na wysokość $H = 41\text{ }400\text{ m}$. Przed otwarciem czaszy spadochronu faza lotu w rozrzedzonych warstwach atmosfery trwała łącznie $t_c = 4\text{ min i } 30\text{ s}$. W trakcie pierwszych $50\text{ sekund}$ tego etapu skoczek rozpędził się od stanu spoczynku do maksymalnej prędkości $v_2 = 1360{,}8\text{ }\dfrac{\text{km}}{\text{h}}$.

a) Wyznacz, o ile procent maksymalna osiągnięta prędkość skoczka przewyższyła lokalną prędkość dźwięku w powietrzu, przyjmując $v_d = 315\text{ m/s}$.
b) Zakładając uproszczony model, w którym ruch do momentu otwarcia spadochronu był ruchem jednostajnie przyspieszonym od prędkości początkowej równej zeru, wyznacz średnie przyspieszenie skoczka w tej fazie lotu.
c) Rozstrzygnij, czy ten lot można z punktu widzenia fizyki uznać za idealny spadek swobodny. Przedstaw zwięzłe uzasadnienie fizyczne.
d) Oblicz, z jakiego pułapu początkowego $H_x$ musiałby wystartować skoczek w próżni, aby w polu grawitacyjnym o stałym przyspieszeniu $g_{śr} = 9{,}8\text{ }\dfrac{\text{m}}{\text{s}^2}$ uzyskać tę samą prędkość $v_2$ dokładnie na wysokości otwarcia spadochronu $h_s = 2000\text{ m}$ nad Ziemią.

Wskazówki:

Przelicz maksymalną prędkość z kilometrów na godzinę na metry na sekundę, dzieląc jej wartość przez $3{,}6$.
Wzrost procentowy prędkości względem prędkości dźwięku wyznacz ze wzoru $\dfrac{v_2 - v_d}{v_d} \cdot 100\%$.
Średnie przyspieszenie w ruchu jednostajnie przyspieszonym od spoczynku to stosunek przyrostu prędkości do całkowitego czasu trwania tego etapu w sekundach ($t_c = 4 \cdot 60\text{ s} + 30\text{ s} = 270\text{ s}$).
W podpunkcie d) wykorzystaj zasadę zachowania energii mechanicznej lub równania kinematyki spadku swobodnego w próżni.

Dane i szukane:

Dane: $v_1 = 0\text{ m/s}$, $v_2 = 1360{,}8\text{ }\dfrac{\text{km}}{\text{h}}$, $v_d = 315\text{ m/s}$, $t_c = 4\text{ min } 30\text{ s} = 270\text{ s}$, $g_{śr} = 9{,}8\text{ }\dfrac{\text{m}}{\text{s}^2}$, $h_s = 2000\text{ m}$
Szukane: $p = ?$, $a_{śr} = ?$, uzasadnienie = ?, $H_x = ?$

Rozwiązanie krok po kroku:

Podpunkt a) Przeliczenie jednostek i wyznaczenie przekroczenia prędkości dźwięku:
Przeliczamy osiągniętą prędkość maksymalną $v_2 = 1360{,}8\text{ }\dfrac{\text{km}}{\text{h}}$ na jednostki podstawowe układu SI: $$\begin{aligned} v_2 &= \dfrac{1360{,}8}{3{,}6}\text{ m/s} \\[8pt] &= 378\text{ m/s} \end{aligned}$$ Obliczamy, o ile procent prędkość skoczka $v_2$ jest większa od prędkości dźwięku $v_d = 315\text{ m/s}$: $$\begin{aligned} p &= \dfrac{v_2 - v_d}{v_d} \cdot 100\% \\[8pt] &= \dfrac{378\text{ m/s} - 315\text{ m/s}}{315\text{ m/s}} \cdot 100\% \\[8pt] &= \dfrac{63}{315} \cdot 100\% \\[8pt] &= \dfrac{1}{5} \cdot 100\% = 20\% \end{aligned}$$
Podpunkt b) Wyznaczenie średniego przyspieszenia do momentu otwarcia czaszy:
Całkowity czas lotu przed otwarciem spadochronu wynosił: $$t_c = 4\text{ min} + 30\text{ s} = 4 \cdot 60\text{ s} + 30\text{ s} = 270\text{ s}$$ Zakładając ruch przyspieszony z prędkością początkową $v_1 = 0\text{ m/s}$, średnie przyspieszenie obliczamy jako stosunek zmiany prędkości do łącznego czasu: $$\begin{aligned} a_{śr} &= \dfrac{v_2 - v_1}{t_c} \\[8pt] &= \dfrac{378\text{ m/s} - 0}{270\text{ s}} \\[8pt] &= \dfrac{378}{270}\text{ }\dfrac{\text{m}}{\text{s}^2} \\[8pt] &= \dfrac{7}{5}\text{ }\dfrac{\text{m}}{\text{s}^2} = 1{,}4\text{ }\dfrac{\text{m}}{\text{s}^2} \end{aligned}$$
Podpunkt c) Ocena fizyczna charakteru ruchu skoczka:
W sensie ścisłej definicji fizycznej lot skoczka nie był spadkiem swobodnym.

W fizyce mianem spadku swobodnego określa się wyłącznie ruch ciała odbywający się w próżni pod wyłącznym działaniem siły grawitacji. Podczas skoku w ziemskiej atmosferze na skoczka działała siła aerodynamicznego oporu powietrza $F_{op}$, skierowana przeciwnie do wektora prędkości. Z tego względu siła wypadkowa wynosiła $F_w = F_g - F_{op}$, a przyspieszenie skoczka w gęstszych warstwach atmosfery malało wraz ze wzrostem prędkości.
Podpunkt d) Wyznaczenie początkowego pułapu skoku $H_x$:
Wysokość, na jakiej spadochron zostaje otwarty, wynosi $h_s = 2000\text{ m}$. Przy braku oporów ruchu drogę pionowego spadku $\Delta h = H_x - h_s$ możemy wyznaczyć dwoma sposobami.

Sposób I – Wykorzystanie zasady zachowania energii mechanicznej:
W stanie początkowym (na wysokości $H_x$) ciało o masie $m$ posiada wyłącznie energię potencjalną grawitacji względem wybranego poziomu odniesienia. Na pułapie $h_s$ posiada energię potencjalną oraz energię kinetyczną odpowiadającą prędkości $v_2 = 378\text{ m/s}$: $$\begin{aligned} E_{p1} &= E_{p2} + E_{k2} \\[8pt] m \cdot g_{śr} \cdot H_x &= m \cdot g_{śr} \cdot h_s + \dfrac{m \cdot v_2^2}{2} \end{aligned}$$ Dzielimy obustronnie przez masę $m$ i wyznaczamy różnicę wysokości $\Delta h = H_x - h_s$: $$\begin{aligned} g_{śr} \cdot (H_x - h_s) &= \dfrac{v_2^2}{2} \\[8pt] H_x - h_s &= \dfrac{v_2^2}{2 \cdot g_{śr}} \\[8pt] H_x - h_s &= \dfrac{(378\text{ m/s})^2}{2 \cdot 9{,}8\text{ m/s}^2} \\[8pt] H_x - h_s &= \dfrac{142\text{ }884}{19{,}6}\text{ m} = 7290\text{ m} \end{aligned}$$ Wysokość początkowa wynosi zatem: $$\begin{aligned} H_x &= h_s + 7290\text{ m} \\[8pt] &= 2000\text{ m} + 7290\text{ m} = 9290\text{ m} \end{aligned}$$
Sposób II – Wykorzystanie bezczasowego równania kinematyki:
W ruchu jednostajnie przyspieszonym bez prędkości początkowej zachodzi bezpośredni związek między prędkością końcową a przebytą drogą $\Delta h$: $$\begin{aligned} v_2^2 &= 2 \cdot g_{śr} \cdot \Delta h \\[8pt] \Delta h &= \dfrac{v_2^2}{2 \cdot g_{śr}} = 7290\text{ m} \end{aligned}$$ Dodając wysokość otwarcia czaszy: $$H_x = h_s + \Delta h = 2000\text{ m} + 7290\text{ m} = 9290\text{ m}$$

Odpowiedź:
a) O $20\%$.

b) $a_{śr} = 1{,}4\text{ }\dfrac{\text{m}}{\text{s}^2}$.

c) Nie, ponieważ na skoczka działała siła oporu powietrza, a spadek swobodny definiuje się jako ruch wywołany wyłącznie grawitacją.

d) $H_x = 9290\text{ m}$.

Zadanie 4

W trakcie zawodów sztafetowych wioślarzy na prostoliniowym torze regatowym strefy zmian wyznaczono co $80\text{ m}$. Pierwsza łódź minęła znacznik strefy zmiany $x_0 = 80\text{ m}$ z prędkością $v_{1} = 6\text{ m/s}$ i natychmiast rozpoczęła hamowanie z opóźnieniem o wartości przyspieszenia $a_{1} = -1\text{ m/s}^2$. Dokładnie w tym samym momencie ze znacznika $80\text{ m}$ ze stanu spoczynku wystartowała druga łódź, przyspieszając ze stałym przyspieszeniem $a_{2} = 2\text{ m/s}^2$.

a) Przyjmując początek toru $x = 0\text{ m}$ za punkt odniesienia oraz chwilę przekroczenia strefy za $t_1 = 0\text{ s}$, wyznacz równania ruchu $x(t)$ dla obu łodzi.
b) Po jakim czasie od momentu startu druga łódź zrówna się z pierwszą łodzią i rozpocznie jej wyprzedzanie?
c) Ustal wartość prędkości, jaką osiągnie druga łódź w chwili mijania pierwszej łodzi.
d) Sporządź wykresy zależności położenia od czasu $x(t)$ oraz prędkości od czasu $v(t)$ dla obu jednostek w tym samym układzie współrzędnych.

Wskazówki:

Równanie położenia w ruchu jednostajnie zmiennym ma ogólną postać $x(t) = x_1 + v_1 \cdot t + \dfrac{a \cdot t^2}{2}$. Zwróć szczególną uwagę na znak przyspieszenia przy ruchu opóźnionym.
Warunkiem minięcia/spotkania dwóch ciał jest równość ich współrzędnych położenia w tej samej chwili: $x_1(t) = x_2(t)$.
Prędkość w ruchu jednostajnie zmiennym wyznaczamy ze wzoru $v(t) = v_1 + a \cdot t$.
Wykresem funkcji położenia $x(t)$ jest fragment paraboli, natomiast wykresem prędkości $v(t)$ jest linia prosta.

Dane i szukane:

Dane:
$x_0 = 80\text{ m}$ (współrzędna linii zmiany)
$v_{1_1} = 6\text{ m/s}$ (prędkość początkowa pierwszej łodzi w strefie)
$a_{1} = -1\text{ m/s}^2$ (przyspieszenie pierwszej łodzi – ruch jednostajnie opóźniony)
$v_{2_1} = 0\text{ m/s}$ (prędkość początkowa drugiej łodzi)
$a_{2} = 2\text{ m/s}^2$ (przyspieszenie drugiej łodzi – ruch jednostajnie przyspieszony)
Szukane:
$x_1(t) = ?$, $x_2(t) = ?$ (równania współrzędnych położenia)
$t = ?$ (czas, po którym druga łódź dogoni pierwszą, dla $t > 0$)
$v_{2_2} = ?$ (prędkość drugiej łodzi w chwili wyprzedzania)
Wykresy $x(t)$ oraz $v(t)$

Rozwiązanie krok po kroku:

Rysunek pomocniczy i analiza stanu wyjściowego w chwili $t_1 = 0\text{ s}$:
Wybieramy prostoliniowy układ odniesienia z osią skierowaną w prawo, której początek $x = 0\text{ m}$ znajduje się na linii startu toru regatowego. W chwili $t_1 = 0\text{ s}$ obie łodzie znajdują się w punkcie $x_0 = 80\text{ m}$. Pierwsza łódź porusza się w prawo z prędkością $v_{1_1}$, lecz hamuje pod wpływem przyspieszenia $\vec{a}_1$ zwróconego przeciwnie do zwrotu osi. Druga łódź rusza ze stanu spoczynku z wektorem przyspieszenia $\vec{a}_2$ zwróconym zgodnie z osią.
Podpunkt a) Ułożenie równań współrzędnej położenia obu łodzi:
Ogólne równanie ruchu jednostajnie zmiennego dla ciała o położeniu początkowym $x_1$, prędkości początkowej $v_1$ oraz stałym przyspieszeniu $a$ ma postać: $$x(t) = x_1 + v_1 \cdot t + \dfrac{a \cdot t^2}{2}$$ Dla pierwszej łodzi:
Położenie początkowe to $x_1 = 80\text{ m}$, prędkość początkowa wynosi $v_{1_1} = 6\text{ m/s}$, a opóźnienie $a_1 = -1\text{ m/s}^2$: $$\begin{aligned} x_1(t) &= 80 + 6 \cdot t + \dfrac{(-1) \cdot t^2}{2} \\[8pt] &= 80 + 6t - 0{,}5t^2 \end{aligned}$$ Dla drugiej łodzi:
Położenie początkowe to $x_1 = 80\text{ m}$, prędkość początkowa $v_{2_1} = 0\text{ m/s}$, a przyspieszenie wynosi $a_2 = 2\text{ m/s}^2$: $$\begin{aligned} x_2(t) &= 80 + 0 \cdot t + \dfrac{2 \cdot t^2}{2} \\[8pt] &= 80 + t^2 \end{aligned}$$
Podpunkt b) Wyznaczenie czasu, po którym druga łódź dogoni i minie pierwszą:
Moment zrównania się obu jednostek następuje w chwili, gdy ich współrzędne położenia są jednakowe: $$x_2(t) = x_1(t)$$ Podstawiamy wyznaczone równania ruchu: $$80 + t^2 = 80 + 6t - 0{,}5t^2$$ Odejmujemy obustronnie $80$: $$t^2 = 6t - 0{,}5t^2$$ Przenosimy wszystkie wyrazy na lewą stronę równania: $$\begin{aligned} t^2 + 0{,}5t^2 - 6t &= 0 \\[8pt] 1{,}5t^2 - 6t &= 0 \end{aligned}$$ Wyłączamy wspólny czynnik przed nawias: $$1{,}5t \cdot (t - 4) = 0$$ Otrzymujemy dwa rozwiązania: $$\begin{aligned} t &= 0\text{ s} \quad \text{(moment startu w strefie zmian)} \\[8pt] t &= 4\text{ s} \quad \text{(chwila ponownego zrównania i wyprzedzenia)} \end{aligned}$$ Zatem druga łódź dogoni i minie pierwszego wioślarza po czasie $t = 4\text{ s}$.

Współrzędna miejsca spotkania wynosi wówczas: $$x_2(4) = 80 + 4^2 = 80 + 16 = 96\text{ m}$$
Podpunkt c) Obliczenie prędkości drugiej łodzi w chwili wyprzedzania:
W ruchu jednostajnie przyspieszonym ze stanu spoczynku prędkość w chwili czasu $t$ wyraża się zależnością: $$v_2(t) = v_{2_1} + a_2 \cdot t$$ Podstawiamy dane: $v_{2_1} = 0\text{ m/s}$, $a_2 = 2\text{ m/s}^2$ oraz wyznaczony czas spotkania $t = 4\text{ s}$: $$\begin{aligned} v_2(4) &= 0 + 2\text{ m/s}^2 \cdot 4\text{ s} \\[8pt] &= 8\text{ m/s} \end{aligned}$$ W chwili wyprzedzania prędkość pierwszej łodzi wynosi $v_1(4) = 6 - 1 \cdot 4 = 2\text{ m/s}$. Druga łódź porusza się ze znacznie większą prędkością ($8\text{ m/s} > 2\text{ m/s}$), co potwierdza skuteczne wyprzedzanie.
Podpunkt d) Sporządzenie wykresów zależności $x(t)$ oraz $v(t)$:
Przedstawiamy oba wykresy w czytelnych kartezjańskich układach współrzędnych.

1. Wykres położenia $x(t)$:
Wykres pierwszej łodzi $x_1(t) = 80 + 6t - 0{,}5t^2$ to parabola skierowana ramionami w dół z wierzchołkiem w chwili $t = 6\text{ s}$. Wykres drugiej łodzi $x_2(t) = 80 + t^2$ to parabola skierowana ramionami w górę. Punkty przecięcia wykresów to $(0\text{ s}; 80\text{ m})$ oraz $(4\text{ s}; 96\text{ m})$.

2. Wykres prędkości $v(t)$:
Wykres pierwszej łodzi to linia prosta malejąca $v_1(t) = 6 - t$. Wykres drugiej łodzi to linia prosta rosnąca wychodząca z początku układu $v_2(t) = 2t$. Dla chwili przecięcia $t = 4\text{ s}$ prędkości wynoszą odpowiednio $2\text{ m/s}$ oraz $8\text{ m/s}$.

Odpowiedź:
a) $x_1(t) = 80 + 6t - 0{,}5t^2$, $x_2(t) = 80 + t^2$

b) $t = 4\text{ s}$

c) $v_2 = 8\text{ m/s}$

d) Wykresy $x(t)$ i $v(t)$ sporządzono w krokach rozwiązania.

Zadanie 5

W trakcie eksperymentu stratosferycznego zasobnik badawczy został wyniesiony przez aerostat na pułap $h_1 = 18\text{ km}$ nad powierzchnię Ziemi, gdzie nastąpiło jego odczepienie ze stanu spoczynku. Zasobnik rozpoczął swobodne opadanie w rozrzedzonej atmosferze i pokonał w pierwszej fazie drogę $s_1 = 8\text{ km}$, uzyskując prędkość o wartości $v_1 = 1440\text{ km/h}$. Na wysokości $h_2 = 10\text{ km}$ otworzył się wstępny spadochron hamujący, w wyniku czego zasobnik przebył kolejny odcinek drogi $s_2 = 7000\text{ m}$ ze stałą prędkością opadania $v_2 = 720\text{ m/min}$. Po osiągnięciu pułapu $h_3 = 3\text{ km}$ nastąpiło otwarcie głównego spadochronu desantowego, a pozostałą część trasy do samej powierzchni Ziemi obiekt przebył ze stałą prędkością o wartości $v_3 = 5\text{ m/s}$.

Poniższy wykres przedstawia zależność przyspieszenia ziemskiego $g$ od odległości od środka Ziemi $r$. Promień Ziemi wynosi $R_Z = 6378\text{ km}$.

a) Zakładając ruch jednostajnie przyspieszony w pierwszej fazie spadku, oblicz wartość średniego przyspieszenia zasobnika do chwili uruchomienia pierwszego spadochronu.

b) Wyznacz na podstawie wykresu średnie przyspieszenie grawitacyjne Ziemi w przedziale wysokości odpowiadającym pierwszej fazie lotu, a następnie oblicz, jaki procent tego przyspieszenia stanowiło średnie przyspieszenie uzyskane przez zasobnik w podpunkcie a).

c) Oblicz całkowity czas opadania zasobnika na powierzchnię Ziemi od momentu jego odczepienia od aerostatu. W obliczeniach pomiń czas napełniania czasz spadochronów.

Wskazówki:

W ruchu jednostajnie przyspieszonym bez prędkości początkowej prędkość i przebyta droga wiążą się relacją $v_1^2 = 2 \cdot a_{\text{śr}} \cdot s_1$, skąd bezpośrednio wyznacza się przyspieszenie średnie.
Wszystkie jednostki prędkości, dróg i czasów należy przed podstawieniem do równań sprowadzić do układu SI: $\text{km/h} \to \text{m/s}$, $\text{m/min} \to \text{m/s}$, $\text{km} \to \text{m}$.
Odległość od środka Ziemi wynosi $r = R_Z + h$. Dla wysokości początkowej $h_1 = 18\text{ km}$ oraz wysokości otwarcia spadochronu $h_2 = 10\text{ km}$ należy odczytać z wykresu odpowiadające im wartości przyspieszenia grawitacyjnego i wyznaczyć ich średnią arytmetyczną.
Całkowity czas lotu jest sumą czasów poszczególnych trzech faz opadania: $t_c = t_1 + t_2 + t_3$.

Dane i szukane:

Dane:
Wysokość odczepienia: $h_1 = 18\text{ km} = 18000\text{ m}$
Droga w fazie I: $s_1 = 8\text{ km} = 8000\text{ m}$
Prędkość początkowa: $v_0 = 0\text{ m/s}$
Prędkość końcowa fazy I: $v_1 = 1440\text{ km/h} = \dfrac{1440}{3{,}6}\text{ m/s} = 400\text{ m/s}$
Wysokość otwarcia pierwszego spadochronu: $h_2 = h_1 - s_1 = 18\text{ km} - 8\text{ km} = 10\text{ km} = 10000\text{ m}$
Droga w fazie II: $s_2 = 7000\text{ m} = 7\text{ km}$
Prędkość opadania w fazie II: $v_2 = 720\text{ m/min} = \dfrac{720}{60}\text{ m/s} = 12\text{ m/s}$
Wysokość otwarcia drugiego spadochronu: $h_3 = h_2 - s_2 = 10\text{ km} - 7\text{ km} = 3\text{ km} = 3000\text{ m}$
Droga w fazie III: $s_3 = h_3 = 3000\text{ m}$
Prędkość opadania w fazie III: $v_3 = 5\text{ m/s}$
Promień Ziemi: $R_Z = 6378\text{ km}$
Szukane:
Średnie przyspieszenie w fazie I: $a_{\text{śr}} = ?$
Średnie przyspieszenie grawitacyjne z wykresu: $g_{\text{śr}} = ?$
Porównanie procentowe: $p = \dfrac{a_{\text{śr}}}{g_{\text{śr}}} \cdot 100\% = ?$
Całkowity czas opadania: $t_c = ?$

Rozwiązanie krok po kroku:

Rysunek pomocniczy i analiza etapów opadania zasobnika:
Ruch zasobnika dzieli się na trzy następujące po sobie etapy wysokościowe: spadek przyspieszony bez otwartego spadochronu, opadanie z pierwszym spadochronem hamującym oraz końcowe lądowanie na spadochronie głównym.
Podpunkt a) Obliczenie średniego przyspieszenia w pierwszej fazie lotu:
W ruchu jednostajnie przyspieszonym z prędkością początkową równą zeru drogi i prędkości spełniają układ równań: $$ \begin{aligned} s_1 &= \dfrac{a_{\text{śr}} \cdot t_1^2}{2} \\[8pt] v_1 &= a_{\text{śr}} \cdot t_1 \implies t_1 = \dfrac{v_1}{a_{\text{śr}}} \end{aligned} $$ Wstawiając czas do wzoru na drogę, otrzymujemy tożsamość kinematyczną: $$ s_1 = \dfrac{v_1^2}{2a_{\text{śr}}} \implies a_{\text{śr}} = \dfrac{v_1^2}{2s_1} $$ Przeliczamy prędkość $v_1$ na jednostki układu SI: $$ v_1 = 1440\text{ km/h} = \dfrac{1440}{3{,}6}\text{ m/s} = 400\text{ m/s} $$ Podstawiamy dane liczbowe do wzoru: $$ \begin{aligned} a_{\text{śr}} &= \dfrac{(400\text{ m/s})^2}{2 \cdot 8000\text{ m}} \\[8pt] &= \dfrac{160000\text{ m}^2/\text{s}^2}{16000\text{ m}} \\[8pt] &= 10\text{ m/s}^2 \end{aligned} $$
Podpunkt b) Odczyt danych z wykresu i porównanie przyspieszeń:
Zasobnik rozpoczynał spadek na wysokości $h_1 = 18\text{ km}$, a kończył pierwszą fazę na pułapie $h_2 = 10\text{ km}$. Odpowiadające im odległości od środka Ziemi wynoszą: $$ \begin{aligned} r_1 &= R_Z + h_1 = 6378\text{ km} + 18\text{ km} = 6396\text{ km} \\[8pt] r_2 &= R_Z + h_2 = 6378\text{ km} + 10\text{ km} = 6388\text{ km} \end{aligned} $$ Odczytujemy z dołączonego wykresu wartości przyspieszenia ziemskiego $g$ dla obu skrajnych odległości:
• dla $r_1 = 6396\text{ km}$: $g(r_1) \approx 9{,}75\text{ m/s}^2$,
• dla $r_2 = 6388\text{ km}$: $g(r_2) \approx 9{,}78\text{ m/s}^2$.

Ponieważ zależność na wykresie ma charakter liniowy, średnie przyspieszenie grawitacyjne w tym przedziale jest równe średniej arytmetycznej: $$ \begin{aligned} g_{\text{śr}} &= \dfrac{g(r_1) + g(r_2)}{2} \\[8pt] &= \dfrac{9{,}75\text{ m/s}^2 + 9{,}78\text{ m/s}^2}{2} = 9{,}765\text{ m/s}^2 \approx 9{,}77\text{ m/s}^2 \end{aligned} $$ Obliczamy procentowy stosunek średniego przyspieszenia zasobnika $a_{\text{śr}}$ do średniego przyspieszenia grawitacyjnego $g_{\text{śr}}$: $$ \begin{aligned} p &= \dfrac{a_{\text{śr}}}{g_{\text{śr}}} \cdot 100\% \\[8pt] &= \dfrac{10\text{ m/s}^2}{9{,}77\text{ m/s}^2} \cdot 100\% \approx 102{,}35\% \end{aligned} $$
Podpunkt c) Obliczenie całkowitego czasu trwania spadku zasobnika:
Całkowity czas opadania jest sumą czasów poszczególnych trzech faz: $$ t_c = t_1 + t_2 + t_3 $$ Czas fazy I ($t_1$): Ruch jednostajnie przyspieszony od $v_0 = 0$ do $v_1 = 400\text{ m/s}$: $$ t_1 = \dfrac{v_1}{a_{\text{śr}}} = \dfrac{400\text{ m/s}}{10\text{ m/s}^2} = 40\text{ s} $$ Czas fazy II ($t_2$): Ruch jednostajny ze spadochronem wstępnym na drodze $s_2 = 7000\text{ m}$ z prędkością: $$ v_2 = 720\text{ m/min} = \dfrac{720}{60}\text{ m/s} = 12\text{ m/s} $$ $$ t_2 = \dfrac{s_2}{v_2} = \dfrac{7000\text{ m}}{12\text{ m/s}} = \dfrac{1750}{3}\text{ s} \approx 583{,}33\text{ s} $$ Czas fazy III ($t_3$): Ruch jednostajny ze spadochronem głównym od wysokości $h_3 = 3\text{ km} = 3000\text{ m}$ do powierzchni Ziemi ($s_3 = 3000\text{ m}$) z prędkością $v_3 = 5\text{ m/s}$: $$ t_3 = \dfrac{s_3}{v_3} = \dfrac{3000\text{ m}}{5\text{ m/s}} = 600\text{ s} $$ Sumaryczny czas opadania: $$ \begin{aligned} t_c &= t_1 + t_2 + t_3 \\[8pt] &= 40\text{ s} + 583{,}33\text{ s} + 600\text{ s} \\[8pt] &= 1223{,}33\text{ s} \approx 1223{,}3\text{ s} \end{aligned} $$ Przeliczając na minuty i sekundy: $$ 1223{,}3\text{ s} = 20\text{ min } 23{,}3\text{ s} \approx 20\text{ min } 23\text{ s} $$

Odpowiedź:
a) $a_{\text{śr}} = 10\text{ m/s}^2$

b) $g_{\text{śr}} \approx 9{,}77\text{ m/s}^2$, średnie przyspieszenie zasobnika stanowiło około $102{,}35\%$ średniego przyspieszenia grawitacyjnego

c) $t_c \approx 1223{,}3\text{ s}$ (czyli $20\text{ min } 23\text{ s}$)

Grupa B

Zadanie 1

Wózek doświadczalny na torze powietrznym włączono z położenia spoczynku, w wyniku czego przez czas $t = 6\text{ s}$ poruszał się ruchem prostoliniowym o stałym przyspieszeniu. Pomiary wykazały, że podczas drugiej sekundy ruchu prędkość wózka wzrosła dokładnie o $\Delta v = 3\text{ }\dfrac{\text{m}}{\text{s}}$.

a) Przedstaw na wykresie przebieg prędkości wózka w funkcji czasu $v(t)$ dla przedziału od startu do $t = 4\text{ s}$.
b) Wyznacz wartości drogi przebytej przez wózek w pierwszej oraz w piątej sekundzie tego eksperymentu.
c) Korzystając z geometrycznej interpretacji pola pod wykresem $v(t)$, uzasadnij regułę kolejnych liczb nieparzystych dla dróg przebywanych w jednakowych odstępach czasu.

Zadanie 2

Wagonik górniczej kolejki szybowej rusza ze spoczynku z dna kopalni pionowo w górę. W pierwszym etapie porusza się ruchem jednostajnie przyspieszonym z przyspieszeniem $a_1 = 0{,}5\text{ m/s}^2$ przez czas $t_1 = 6\text{ s}$. Następnie kontynuuje ruch jednostajny ze stałą prędkością przez $t_2 = 14\text{ s}$, a przed dotarciem na poziom powierzchni wyhamowuje ruchem jednostajnie opóźnionym z przyspieszeniem o współrzędnej $a_3 = -0{,}5\text{ m/s}^2$ przez czas $t_3 = 6\text{ s}$ aż do zatrzymania.

a) Zilustruj ruch wagonika na wykresie zależności prędkości od czasu $v(t)$.

b) Oblicz głębokość szybu (wysokość podniesienia wagonika) $h$.

Zadanie 3

W trakcie testów aerodynamicznej kapsuły badawczej zrzucono ją ze stacji stratosferycznej z wysokości $H = 38\text{ }000\text{ m}$. Czas swobodnego opadania w atmosferze do momentu odpalenia spadochronu hamującego wynosił $t_c = 3\text{ min i } 20\text{ s}$. Urządzenia telemetryczne zarejestrowały, że w szczytowym momencie kapsuła rozwinęła prędkość $v_2 = 1440\text{ }\dfrac{\text{km}}{\text{h}}$.

a) Oblicz, o jaki procent maksymalna zarejestrowana prędkość kapsuły przekroczyła prędkość dźwięku $v_d = 320\text{ m/s}$.
b) Zakładając ruch jednostajnie przyspieszony z zerową prędkością początkową na całym tym odcinku, wyznacz średnie przyspieszenie kapsuły do chwili otwarcia spadochronu.
c) Wyjaśnij, dlaczego opadania kapsuły w ziemskiej atmosferze nie można utożsamiać z idealnym fizycznym spadkiem swobodnym.
d) Ustal pułap początkowy $H_x$, z którego należałoby upuścić kapsułę w próżni, aby poruszając się ze stałym przyspieszeniem ziemskim $g_{śr} = 10\text{ }\dfrac{\text{m}}{\text{s}^2}$, uzyskała prędkość $v_2$ dokładnie na wysokości otwarcia spadochronu $h_s = 2000\text{ m}$ nad powierzchnią Ziemi.

Zadanie 4

Na prostoliniowym odcinku szynowej trasy testowej strefy kontrolne rozlokowano co $120\text{ m}$. Pierwszy wagonik badawczy minął bramkę kontrolną $x_0 = 120\text{ m}$ ze stałą dotąd prędkością $v_1 = 12\text{ m/s}$, po czym zaczął płynnie wyhamowywać z opóźnieniem $a_1 = -2\text{ m/s}^2$. Dokładnie w momencie przekroczenia bramki przez pierwszy pojazd, ze spoczynku z tej samej linii ruszył drugi wagonik, nabierając prędkości z przyspieszeniem $a_2 = 4\text{ m/s}^2$.

a) Sformułuj równania położenia $x(t)$ obu wagoników w układzie odniesienia, którego początek leży na początku toru ($x = 0\text{ m}$), a czas $t = 0\text{ s}$ odpowiada momentowi mijania bramki kontrolnej.
b) Oblicz czas, po którym drugi wagonik zrówna się z pierwszym wagonikiem na torze.
c) Wyznacz prędkość chwilową drugiego wagonika w momencie wyprzedzania pierwszego pojazdu.
d) Naszkicuj w jednym układzie współrzędnych przebiegi funkcji położenia $x(t)$ oraz prędkości $v(t)$ dla obu wagoników.

Zadanie 5

W ramach testów aparatury pomiarowej bezzałogowa kapsuła geofizyczna została wyniesiona przez rakietę sondującą na pułap $h_1 = 16\text{ km}$ ponad powierzchnię planety i uwolniona bez prędkości początkowej. Spadając w rozrzedzonej powłoce gazowej, po przebyciu dystansu $s_1 = 6\text{ km}$ osiągnęła prędkość opadania $v_1 = 1224\text{ km/h}$. Na wysokości $h_2 = 10\text{ km}$ nad powierzchnią rozwinęła się czasza układu hamującego, dzięki której kapsuła pokonała kolejny odcinek drogi $s_2 = 8000\text{ m}$ ze stałą prędkością $v_2 = 480\text{ m/min}$. Po dotarciu do pułapu $h_3 = 2\text{ km}$ otworzył się spadochron lądownika, z którym obiekt opadał do samego gruntu ze stałą prędkością $v_3 = 4\text{ m/s}$.

Poniższy wykres obrazuje zależność lokalnego przyspieszenia grawitacyjnego $g$ od odległości od środka Ziemi $r$. Promień planety wynosi $R_Z = 6378\text{ km}$.

a) Przyjmując, że w początkowym etapie kapsuła poruszała się ruchem jednostajnie przyspieszonym, wyznacz wartość jej średniego przyspieszenia przed zadziałaniem pierwszego spadochronu.

b) Odczytaj z wykresu średnie przyspieszenie grawitacyjne dla przedziału wysokości odpowiadającego fazie swobodnego opadania kapsuły i ustal, jaki procent wartości przyspieszenia grawitacyjnego stanowiło średnie przyspieszenie wyliczone w punkcie a).

c) Oblicz łączny czas opadania kapsuły na powierzchnię od momentu jej uwolnienia na pułapie początkowym. Czas napełniania spadochronów pomiń.

2.5. Ruch prostoliniowy jednostajnie zmienny

Grupa A

Zadanie 1

Zadanie 2

Zadanie 3

Zadanie 4

Zadanie 5

Grupa B

Zadanie 1

Zadanie 2

Zadanie 3

Zadanie 4

Zadanie 5

Dodaj komentarz Anuluj pisanie odpowiedzi

Witaj na Liczbit 👋