Ruch prostoliniowy sprawdzian 2 LiczBit

2 Ruch prostoliniowy

Sprawdzian 2

Grupa A

Zadanie 1

Motocykl testowy wystartował z linii pomiarowej z prędkością początkową $v_1 = 0\text{ m/s}$. Zależność jego przyspieszenia od czasu $a(t)$ zarejestrowaną podczas pierwszych dziesięciu sekund próby przedstawiono na poniższym wykresie. Wyznacz wartość prędkości, z jaką będzie poruszał się ten motocykl w chwili $t = 10\text{ s}$.

Wskazówki:

Wykres zależności przyspieszenia od czasu $a(t)$ pozwala obliczyć zmianę prędkości ciała $\Delta v$ za pomocą pola powierzchni między wykresem a osią czasu. Pole znajdujące się nad osią czasu oznacza wzrost prędkości, a pole pod osią czasu – jej spadek.
Zadanie można również rozwiązać czysto analitycznie, dzieląc ruch na dwa etapy o stałym przyspieszeniu i stosując klasyczne równanie kinematyki $v = v_1 + a \cdot \Delta t$.

Dane i szukane:

Dane: $v_1 = 0\text{ m/s}$, $a_1 = 3\text{ m/s}^2$, $\Delta t_1 = 5\text{ s}$, $a_2 = -1\text{ m/s}^2$, $\Delta t_2 = 5\text{ s}$, $t_2 = 10\text{ s}$
Szukane: $v_2 = ?$

Rozwiązanie krok po kroku:

Rysunek pomocniczy i podział ruchu na dwa etapy:
Na podstawie wykresu wyjściowego wyróżniamy dwa niezależne przedziały czasowe, w których przyspieszenie pojazdu przyjmuje stałe wartości:
- Etap I (od $0\text{ s}$ do $5\text{ s}$): ruch jednostajnie przyspieszony z przyspieszeniem $a_1 = 3\text{ m/s}^2$ trwający $\Delta t_1 = 5\text{ s}$.
- Etap II (od $5\text{ s}$ do $10\text{ s}$): ruch jednostajnie opóźniony z przyspieszeniem $a_2 = -1\text{ m/s}^2$ trwający $\Delta t_2 = 10\text{ s} - 5\text{ s} = 5\text{ s}$.
Sposób I – Wykorzystanie interpretacji geometrycznej (pola pod wykresem $a(t)$):
Pole powierzchni zawarte między wykresem przyspieszenia a osią czasu odpowiada zmianie prędkości $\Delta v$.

Dla pierwszego przedziału czasu $t \in [0, 5]\text{ s}$ pole $P_1$ jest prostokątem leżącym nad osią czasu: $$ \begin{aligned} \Delta v_1 &= P_1 \\[8pt] &= a_1 \cdot \Delta t_1 \\[8pt] &= 3\text{ m/s}^2 \cdot 5\text{ s} = 15\text{ m/s} \end{aligned} $$ Dla drugiego przedziału czasu $t \in [5, 10]\text{ s}$ pole $P_2$ leży pod osią czasu, co oznacza ujemną zmianę prędkości: $$ \begin{aligned} \Delta v_2 &= P_2 \\[8pt] &= a_2 \cdot \Delta t_2 \\[8pt] &= -1\text{ m/s}^2 \cdot (10\text{ s} - 5\text{ s}) \\[8pt] &= -1\text{ m/s}^2 \cdot 5\text{ s} = -5\text{ m/s} \end{aligned} $$ Całkowita zmiana prędkości pojazdu po upływie $10\text{ s}$ jest sumą zmian prędkości z obu etapów: $$ \begin{aligned} \Delta v &= \Delta v_1 + \Delta v_2 \\[8pt] &= 15\text{ m/s} + (-5\text{ m/s}) = 10\text{ m/s} \end{aligned} $$ Ponieważ prędkość początkowa wynosiła $v_1 = 0\text{ m/s}$, końcowa prędkość motocykla wynosi: $$ \begin{aligned} v_2 &= v_1 + \Delta v \\[8pt] &= 0\text{ m/s} + 10\text{ m/s} = 10\text{ m/s} \end{aligned} $$
Sposób II – Równania kinematyki dla ruchu jednostajnie zmiennego:
Zapisujemy równanie prędkości dla poszczególnych faz ruchu.

Prędkość uzyskana pod koniec etapu I ($t = 5\text{ s}$): $$ \begin{aligned} v(5) &= v_1 + a_1 \cdot \Delta t_1 \\[8pt] &= 0\text{ m/s} + 3\text{ m/s}^2 \cdot 5\text{ s} = 15\text{ m/s} \end{aligned} $$ Prędkość ta staje się prędkością początkową dla etapu II. Obliczamy prędkość na koniec etapu II ($t = 10\text{ s}$): $$ \begin{aligned} v_2 &= v(5) + a_2 \cdot \Delta t_2 \\[8pt] &= 15\text{ m/s} + (-1\text{ m/s}^2) \cdot 5\text{ s} \\[8pt] &= 15\text{ m/s} - 5\text{ m/s} = 10\text{ m/s} \end{aligned} $$
Rysunek wynikowy z zaznaczonym bilansem pól geometrycznych:
Wizualizacja graficzna obliczonych zmian prędkości w postaci zorientowanych pól powierzchni:

Odpowiedź:
Prędkość motocykla po upływie $10\text{ s}$ wynosi $v_2 = 10\text{ m/s}$.

Zadanie 2

W trakcie testu pionowego wznoszenia bezzałogowego drona transportowego, na wysokości $h = 60\text{ m}$ nad poziomem płyty lądowiska nastąpiło samoczynne odczepienie zasobnika pomiarowego. W chwili rozłączenia dron poruszał się pionowo w górę ze stałą prędkością o wartości $v_1 = 5\text{ m/s}$. Wyznacz czas, po upływie którego zasobnik uderzy w płytę lądowiska. W obliczeniach przyjmij wartość przyspieszenia ziemskiego $g = 10\text{ m/s}^2$ oraz pomiń wpływ oporów powietrza.

Wskazówki:

Odczepiony zasobnik z racji bezwładności zachowuje w momencie odłączenia prędkość wznoszącego się drona, co oznacza, że jego prędkość początkowa wynosi $v_1 = 5\text{ m/s}$ i jest skierowana pionowo ku górze.
Zadanie można rozwiązać dwoma równorzędnymi podejściami: pisząc jedno ogólne równanie kinematyczne dla położenia ciała w czasie albo dzieląc ruch na etap wznoszenia (aż do chwilowego zatrzymania w najwyższym punkcie) oraz etap swobodnego spadania z maksymalnego pułapu.

Dane i szukane:

Dane:
$h = 60\text{ m}$
$v_1 = 5\text{ m/s}$
$g = 10\text{ m/s}^2$
Szukane:
$t = ?$

Rozwiązanie krok po kroku:

Rysunek pomocniczy i analiza stanu wyjściowego układu:
Wybieramy pionową oś układu współrzędnych $y$ skierowaną do góry z początkiem na poziomie lądowiska ($y = 0$). W chwili początkowej $t = 0$ zasobnik znajduje się na wysokości $y_1 = h = 60\text{ m}$. Posiada on prędkość początkową o wektorze $\vec{v}_1$ zwróconym do góry, natomiast przyspieszenie ziemskie $\vec{g}$ działa pionowo w dół (przeciwnie do osi $y$).
Sposób I – Wykorzystanie ogólnego równania położenia w ruchu jednostajnie zmiennym:
Wektor położenia pionowego ładunku w dowolnej chwili czasu $t$ opisuje zależność: $$y(t) = y_1 + v_1 t - \dfrac{1}{2}gt^2$$ gdzie $y_1 = h = 60\text{ m}$. W chwili uderzenia w płytę lądowiska wysokość ciała wynosi $y(t) = 0$: $$\begin{aligned} 0 &= 60 + 5t - \dfrac{1}{2} \cdot 10 \cdot t^2 \\[8pt] 0 &= 60 + 5t - 5t^2 \end{aligned}$$ Dzielimy całe równanie obustronnie przez $-5$, porządkując wyrazy w postaci trójmianu kwadratowego: $$t^2 - t - 12 = 0$$ Wyznaczamy wyróżnik równania kwadratowego ($\Delta$): $$\begin{aligned} \Delta &= (-1)^2 - 4 \cdot 1 \cdot (-12) \\[8pt] &= 1 + 48 = 49 \\[8pt] \sqrt{\Delta} &= \sqrt{49} = 7 \end{aligned}$$ Obliczamy miejsca zerowe: $$\begin{aligned} t_a &= \dfrac{-(-1) - 7}{2 \cdot 1} = \dfrac{1 - 7}{2} = -3\text{ s} \\[8pt] t_b &= \dfrac{-(-1) + 7}{2 \cdot 1} = \dfrac{1 + 7}{2} = 4\text{ s} \end{aligned}$$ Ponieważ czas trwania zjawiska fizycznego musi być wartością dodatnią ($t > 0$), odrzucamy rozwiązanie ujemne. Otrzymujemy: $$t = 4\text{ s}$$
Sposób II – Rozbicie ruchu na etap wznoszenia oraz swobodny spadek:
Ruch ładunku można podzielić na dwa kolejne etapy:

Etap 1: Wznoszenie pionowe aż do osiągnięcia najwyższego punktu:
W najwyższym punkcie toru prędkość chwilowa wynosi $v_2 = 0\text{ m/s}$. Czas wznoszenia $t_w$ wynosi: $$v_2 = v_1 - gt_w \implies 0 = 5 - 10t_w \implies t_w = \dfrac{5}{10} = 0{,}5\text{ s}$$ Wysokość, o jaką ładunek wzniesie się powyżej punktu odczepienia ($\Delta h$): $$\Delta h = \dfrac{v_1^2}{2g} = \dfrac{5^2}{2 \cdot 10} = \dfrac{25}{20} = 1{,}25\text{ m}$$ Maksymalny pułap ładunku nad płytą lądowiska wynosi zatem: $$h_{\max} = h + \Delta h = 60\text{ m} + 1{,}25\text{ m} = 61{,}25\text{ m}$$ Etap 2: Spadek swobodny z wysokości maksymalnej:
Zasobnik rozpoczyna spadek z wysokości $h_{\max}$ z zerową prędkością początkową. Czas spadania $t_s$ wyznaczamy ze wzoru na drogę w spadku swobodnym: $$\begin{aligned} h_{\max} &= \dfrac{1}{2}gt_s^2 \\[8pt] 61{,}25 &= \dfrac{1}{2} \cdot 10 \cdot t_s^2 \\[8pt] 61{,}25 &= 5t_s^2 \\[8pt] t_s^2 &= \dfrac{61{,}25}{5} = 12{,}25 \\[8pt] t_s &= \sqrt{12{,}25} = 3{,}5\text{ s} \end{aligned}$$ Całkowity czas ruchu ładunku od chwili odczepienia do zderzenia z gruntem to suma obu czasów: $$t = t_w + t_s = 0{,}5\text{ s} + 3{,}5\text{ s} = 4\text{ s}$$
Rysunek wynikowy – Zależność wysokości od czasu $y(t)$:
Wykres paraboli $y(t) = 60 + 5t - 5t^2$ na tle szkolnej siatki współrzędnych ilustruje przebieg wysokości zasobnika. Widoczny jest wierzchołek paraboli w chwili $t_w = 0{,}5\text{ s}$ na pułapie $61{,}25\text{ m}$ oraz przecięcie z osią czasu w chwili upadku $t = 4\text{ s}$.

Odpowiedź:
Zasobnik pomiarowy spadnie na powierzchnię płyty lądowiska po czasie $t = 4\text{ s}$.

Zadanie 3

Z pneumatycznej wyrzutni laboratoryjnej wystrzelono pionowo w górę miniaturową kapsułę badawczą z prędkością początkową $v_1 = 8\text{ m/s}$. Wylot wyrzutni znajdował się na wysokości $y_1 = 1{,}8\text{ m}$ nad posadzką sali badawczej, którą przyjęto jako poziom odniesienia ($y = 0$). W obliczeniach przyjmij wartość przyspieszenia ziemskiego $g = 10\text{ m/s}^2$ oraz pomiń opór powietrza.

a) Wyznacz maksymalną wysokość nad poziomem posadzki, jaką osiągnie wystrzelona kapsuła.

b) Oblicz całkowity czas trwania lotu kapsuły od momentu opuszczenia wyrzutni do uderzenia w posadzkę.

c) Po upływie czasu $\Delta t = 0{,}4\text{ s}$ od startu pierwszej kapsuły, z tego samego wylotu i z identyczną prędkością początkową wystrzelono pionowo drugą kapsułę. Przyjmując zwrot osi $y$ pionowo w górę, równanie ruchu pierwszej kapsuły ma postać $y_A = y_1 + v_1 t - \dfrac{1}{2}gt^2$, a drugiej $y_B = y_1 + v_1(t - \Delta t) - \dfrac{1}{2}g(t - \Delta t)^2$. Wyznacz chwilę czasu oraz wysokość, na której dojdzie do spotkania obu kapsuł.

d) Sporządź wykres zależności położenia od czasu $y(t)$ dla obu kapsuł we wspólnym układzie współrzędnych i zaznacz punkt ich spotkania.

e) Oblicz prędkości obu kapsuł w momencie ich spotkania oraz przedstaw fizyczną interpretację otrzymanych znaków i wartości.

f) Korzystając ze związku $v_{\text{wzg}} = v_A - v_B$, wyznacz prędkość względną kapsuł w trakcie ich jednoczesnego lotu (do momentu zderzenia) i określ, jakim ruchem poruszają się one względem siebie.

Wskazówki:

Maksymalną wysokość można wyznaczyć z warunku zerowania się prędkości pionowej w najwyższym punkcie toru lub bezpośrednio z zasady zachowania energii mechanicznej.
Całkowity czas lotu wynika z przyrównania równania wysokości do zera ($y = 0$) i rozwiązania otrzymanego równania kwadratowego.
Współrzędne spotkania uzyskujemy z przyrównania położeń obu ciał $y_A(t) = y_B(t)$ dla czasów $t \ge \Delta t$.
Różnica prędkości w polu grawitacyjnym eliminuje wpływ przyspieszenia ziemskiego, co pozwala natychmiast określić charakter ruchu względnego.

Dane i szukane:

Dane:
$y_1 = 1{,}8\text{ m}$
$v_1 = 8\text{ m/s}$
$g = 10\text{ m/s}^2$
$\Delta t = 0{,}4\text{ s}$

Szukane:
a) $y_{\max} = ?$
b) $t_c = ?$
c) $t_s = ?,\; y_s = ?$
d) Wykres $y(t)$
e) $v_A(t_s) = ?,\; v_B(t_s) = ?$
f) $v_{\text{wzg}} = ?$ oraz rodzaj ruchu

Rozwiązanie krok po kroku:

Rysunek pomocniczy i analiza stanu wyjściowego układu:
Układ odniesienia stanowi pionowa oś $y$ o zwrocie w górę, której początek ($y = 0$) znajduje się na poziomie posadzki. W chwili początkowej $t = 0$ kapsuła opuszcza wyrzutnię na wysokości $y_1 = 1{,}8\text{ m}$ z wektorem prędkości początkowej skierowanym pionowo do góry. Na ciało działa wyłącznie stałe przyspieszenie ziemskie $\vec{g}$ skierowane pionowo w dół.
Podpunkt a) Wyznaczenie maksymalnej wysokości wzniesienia kapsuły:
Zadanie można rozwiązać dwoma niezależnymi metodami.

Sposób I – Wykorzystanie kinematyki ruchu jednostajnie opóźnionego:
W najwyższym punkcie toru prędkość pionowa kapsuły spada do zera ($v_y = 0$). Wyznaczamy czas wznoszenia $t_w$: $$ \begin{aligned} v_y &= v_1 - g \cdot t_w = 0 \\[8pt] t_w &= \dfrac{v_1}{g} = \dfrac{8}{10} = 0{,}8\text{ s} \end{aligned} $$ Wstawiamy wyznaczony czas wznoszenia do równania położenia: $$ \begin{aligned} y_{\max} &= y_1 + v_1 \cdot t_w - \dfrac{1}{2}g \cdot t_w^2 \\[8pt] &= 1{,}8 + 8 \cdot 0{,}8 - 5 \cdot (0{,}8)^2 \\[8pt] &= 1{,}8 + 6{,}4 - 5 \cdot 0{,}64 \\[8pt] &= 1{,}8 + 6{,}4 - 3{,}2 = 5{,}0\text{ m} \end{aligned} $$ Sposób II – Wykorzystanie zasady zachowania energii mechanicznej:
Wzrost energii potencjalnej ciężkości od poziomu wystrzelenia do wierzchołka toru jest równy początkowej energii kinetycznej kapsuły: $$ \begin{aligned} m \cdot g \cdot \Delta h &= \dfrac{m \cdot v_1^2}{2} \\[8pt] \Delta h &= \dfrac{v_1^2}{2g} = \dfrac{8^2}{2 \cdot 10} = \dfrac{64}{20} = 3{,}2\text{ m} \end{aligned} $$ Całkowita wysokość mierzona od posadzki wynosi zatem: $$ y_{\max} = y_1 + \Delta h = 1{,}8 + 3{,}2 = 5{,}0\text{ m} $$
Podpunkt b) Obliczenie całkowitego czasu lotu kapsuły:
Kapsuła uderza w posadzkę, gdy jej współrzędna położenia osiąga wartość zero ($y = 0$): $$ \begin{aligned} y(t) &= y_1 + v_1 \cdot t - \dfrac{1}{2}g \cdot t^2 = 0 \\[8pt] 1{,}8 + 8t - 5t^2 &= 0 \\[8pt] 5t^2 - 8t - 1{,}8 &= 0 \end{aligned} $$ Rozwiązujemy równanie kwadratowe, obliczając wyróżnik: $$ \begin{aligned} \Delta &= (-8)^2 - 4 \cdot 5 \cdot (-1{,}8) \\[8pt] &= 64 + 36 = 100 \\[8pt] \sqrt{\Delta} &= 10 \end{aligned} $$ Wyznaczamy pierwiastki równania: $$ \begin{aligned} t &= \dfrac{-(-8) + 10}{2 \cdot 5} = \dfrac{18}{10} = 1{,}8\text{ s} \end{aligned} $$ Drugi pierwiastek $t = \dfrac{8 - 10}{10} = -0{,}2\text{ s}$ odrzucamy jako niespełniający warunku fizycznego ($t \ge 0$). Całkowity czas lotu wynosi $t_c = 1{,}8\text{ s}$.
Podpunkt c) Wyznaczenie czasu i miejsca spotkania obu kapsuł:
Druga kapsuła startuje w chwili $t = \Delta t = 0{,}4\text{ s}$. W momencie spotkania ($t_s \ge \Delta t$) współrzędne położenia obu kapsuł muszą być identyczne: $$ y_A(t) = y_B(t) $$ Przyrównujemy równania ruchu obu ciał: $$ y_1 + v_1 t - \dfrac{1}{2}gt^2 = y_1 + v_1(t - \Delta t) - \dfrac{1}{2}g(t - \Delta t)^2 $$ Odejmujemy obustronnie $y_1$ i rozpisujemy prawą stronę równania: $$ \begin{aligned} v_1 t - \dfrac{1}{2}gt^2 &= v_1 t - v_1 \Delta t - \dfrac{1}{2}g\left(t^2 - 2t\Delta t + (\Delta t)^2\right) \\[8pt] v_1 t - \dfrac{1}{2}gt^2 &= v_1 t - v_1 \Delta t - \dfrac{1}{2}gt^2 + gt\Delta t - \dfrac{1}{2}g(\Delta t)^2 \end{aligned} $$ Redukujemy wyrazy tożsame po obu stronach: $$ 0 = -v_1 \Delta t + gt\Delta t - \dfrac{1}{2}g(\Delta t)^2 $$ Dzielimy równanie obustronnie przez $\Delta t \ne 0$: $$ \begin{aligned} g \cdot t &= v_1 + \dfrac{1}{2}g \cdot \Delta t \\[8pt] t_s &= \dfrac{v_1}{g} + \dfrac{\Delta t}{2} \end{aligned} $$ Podstawiamy dane liczbowe: $$ t_s = \dfrac{8}{10} + \dfrac{0{,}4}{2} = 0{,}8 + 0{,}2 = 1{,}0\text{ s} $$ Wysokość spotkania $y_s$ obliczamy, wstawiając $t_s = 1{,}0\text{ s}$ do równania ruchu pierwszej kapsuły: $$ \begin{aligned} y_s &= y_A(1{,}0) = 1{,}8 + 8 \cdot 1{,}0 - 5 \cdot (1{,}0)^2 \\[8pt] &= 1{,}8 + 8 - 5 = 4{,}8\text{ m} \end{aligned} $$
Podpunkt d) Sporządzenie wykresu zależności położenia od czasu $y(t)$:
Wykresy obu zależności są fragmentami parabol skierowanych ramionami do dołu. Wierzchołek paraboli pierwszej kapsuły przypada na punkt $(0{,}8\text{ s};\, 5{,}0\text{ m})$, natomiast drugiej na punkt $(1{,}2\text{ s};\, 5{,}0\text{ m})$. Punkt przecięcia wykresów wyznacza parametry spotkania: $S(1{,}0\text{ s};\, 4{,}8\text{ m})$.
Podpunkt e) Obliczenie prędkości ciał w chwili spotkania i ich interpretacja fizyczna:
Równania prędkości obu kapsuł w funkcji czasu mają postać: $$ \begin{aligned} v_A(t) &= v_1 - g \cdot t \\[8pt] v_B(t) &= v_1 - g \cdot (t - \Delta t) \end{aligned} $$ Wstawiamy chwilę spotkania $t_s = 1{,}0\text{ s}$: $$ \begin{aligned} v_A(1{,}0) &= 8 - 10 \cdot 1{,}0 = -2\text{ m/s} \\[8pt] v_B(1{,}0) &= 8 - 10 \cdot (1{,}0 - 0{,}4) = 8 - 10 \cdot 0{,}6 = 8 - 6 = +2\text{ m/s} \end{aligned} $$ Interpretacja fizyczna:
Wartości bezwzględne prędkości obu ciał są identyczne ($|v_A| = |v_B| = 2\text{ m/s}$). Ujemny znak prędkości pierwszej kapsuły ($v_A < 0$) oznacza, że minęła już ona swój najwyższy punkt toru i opada w dół (zwrot przeciwny do osi $y$). Dodatni znak prędkości drugiej kapsuły ($v_B > 0$) wskazuje, że znajduje się ona w fazie ruchu wznoszącego (zwrot zgodny z osią $y$).
Podpunkt f) Wyznaczenie prędkości względnej oraz ustalenie charakteru ruchu:
Zapisujemy zależność na prędkość względną: $$ \begin{aligned} v_{\text{wzg}} &= v_A(t) - v_B(t) \\[8pt] &= (v_1 - g \cdot t) - \left[v_1 - g \cdot (t - \Delta t)\right] \\[8pt] &= v_1 - g \cdot t - v_1 + g \cdot t - g \cdot \Delta t \\[8pt] &= -g \cdot \Delta t \end{aligned} $$ Wstawiamy wartości liczbowe: $$ v_{\text{wzg}} = -10 \cdot 0{,}4 = -4\text{ m/s} $$ Znak minus informuje, że odległość między ciałami maleje (kapsuły zbliżają się do siebie). Ponieważ przyspieszenie grawitacyjne redukuje się w różnicy prędkości, wartość $v_{\text{wzg}}$ jest stała w czasie ($v_{\text{wzg}} = \text{const}$). Oznacza to, że do chwili zderzenia obie kapsuły poruszają się względem siebie **ruchem jednostajnym prostoliniowym** ze stałą szybkością względną $4\text{ m/s}$.

Odpowiedź:
a) $y_{\max} = 5\text{ m}$

b) $t_c = 1{,}8\text{ s}$

c) $t_s = 1{,}0\text{ s}$, $y_s = 4{,}8\text{ m}$

d) Wykres przedstawiono w rozwiązaniu krok po kroku (punkt spotkania $S(1{,}0\text{ s};\, 4{,}8\text{ m})$).

e) $v_A = -2\text{ m/s}$, $v_B = +2\text{ m/s}$; ciała mają przeciwne zwroty wektorów prędkości (jedno opada, drugie się wznosi) przy równych szybkościach.

f) $v_{\text{wzg}} = -4\text{ m/s}$; ruch jednostajny prostoliniowy ze stałą prędkością względną $4\text{ m/s}$.

Zadanie 4

Na prostoliniowym pasie toru badawczego samochód osobowy przemieszcza się ruchem jednostajnym z prędkością $v_1 = 108\text{ km/h}$. W pewnej chwili mija on jadący w tym samym kierunku pojazd techniczny poruszający się ze stałą prędkością $v_2 = 72\text{ km/h}$. Dokładnie w momencie zrównania się obu maszyn kierowca wozu technicznego rozpoczyna procedurę testowego pościgu, jadąc ze stałym przyspieszeniem $a = 2\text{ m/s}^2$.

a) Po jakim czasie pojazd techniczny zrówna się z samochodem osobowym?

b) Wyznacz prędkość pojazdu technicznego w chwili ponownego zrównania się z autem osobowym.

c) Oblicz długość drogi, jaką pokonał pojazd techniczny od startu manewru do momentu dogonienia samochodu osobowego.

W kolejnym etapie badań analizowano dynamikę rozpędzania samochodu sportowego przy kolejnych przełożeniach skrzyni biegów w trakcie sprintu ze startu zatrzymanego. Charakterystyki osiąganych przyspieszeń w zależności od chwilowej prędkości pojazdu na poszczególnych biegach przedstawiono na poniższym wykresie. Załóż, że przyspieszenie na danym przełożeniu zmienia się liniowo w czasie, a zmiana biegu następuje po osiągnięciu maksymalnego przyspieszenia na danym przełożeniu.

d) Odczytaj odpowiednie wartości z wykresu i porównaj czasy niezbędne do zwiększenia prędkości pojazdu od $36\text{ km/h}$ do $72\text{ km/h}$ na biegu 2 oraz na biegu 4.

e) Zgodnie z wykresem kierowca włączył 3. bieg przy prędkości $36\text{ km/h}$ i kontynuował rozpędzanie na nim aż do osiągnięcia $72\text{ km/h}$. Wyznacz długość drogi, jaką samochód przebył w tym przedziale prędkości.

Wskazówki:

Przelicz prędkości wyrażone w $\text{km/h}$ na jednostki układu SI ($\text{m/s}$), dzieląc ich wartości przez współczynnik $3{,}6$.
Warunek zrównania się pojazdów odpowiada zrównaniu dróg pokonanych przez oba pojazdy od momentu rozpoczęcia procedury: $s_1(t) = s_2(t)$.
Jeżeli przyspieszenie zmienia się liniowo w czasie, średnie przyspieszenie w danym przedziale jest równe średniej arytmetycznej wartości początkowej i końcowej: $a_{śr} = \dfrac{a_1 + a_2}{2}$. Czas wyznaczamy z relacji $\Delta t = \dfrac{\Delta v}{a_{śr}}$.

Dane i szukane:

Dane:
$v_1 = 108\text{ km/h} = 30\text{ m/s}$ (prędkość samochodu osobowego)
$v_{2} = 72\text{ km/h} = 20\text{ m/s}$ (prędkość początkowa pojazdu technicznego)
$a = 2\text{ m/s}^2$ (przyspieszenie pojazdu technicznego w części pierwszej)
$v_A = 36\text{ km/h} = 10\text{ m/s}$, $v_B = 72\text{ km/h} = 20\text{ m/s}$
Z wykresu: $a_{2A} = 3{,}2\text{ m/s}^2$, $a_{2B} = 1{,}8\text{ m/s}^2$, $a_4 \approx 1{,}0\text{ m/s}^2$, $a_{3A} = 1{,}6\text{ m/s}^2$, $a_{3B} = 2{,}4\text{ m/s}^2$
Szukane:
a) $t = ?$
b) $v_{2k} = ?$
c) $s = ?$
d) $t_2 = ?$, $t_4 = ?$, $\dfrac{t_4}{t_2} = ?$
e) $s_3 = ?$

Rozwiązanie krok po kroku:

Rysunek pomocniczy i analiza stanu początkowego dla części pierwszej:
W momencie początkowym $t = 0$ oba pojazdy znajdują się w tym samym punkcie toru ($x = 0$). Samochód osobowy porusza się ruchem jednostajnym z prędkością $v_1$, natomiast pojazd techniczny porusza się ruchem jednostajnie przyspieszonym z prędkością początkową $v_2$ oraz przyspieszeniem $a$.
Podpunkt a) Wyznaczenie czasu pościgu $t$:
Zapisujemy równania dróg pokonanych przez oba pojazdy w funkcji czasu $t$: $$ \begin{aligned} s_1 &= v_1 \cdot t \\[8pt] s_2 &= v_2 \cdot t + \dfrac{a \cdot t^2}{2} \end{aligned} $$ Pojazdy zrównują się, gdy pokonają identyczną drogę od miejsca startu: $s_2 = s_1$: $$ \begin{aligned} v_2 \cdot t + \dfrac{a \cdot t^2}{2} &= v_1 \cdot t \\[8pt] \dfrac{a \cdot t^2}{2} &= (v_1 - v_2) \cdot t \end{aligned} $$ Ponieważ szukamy czasu po rozpoczęciu ruchu ($t > 0$), możemy obustronnie podzielić równanie przez $t$: $$ \begin{aligned} \dfrac{a \cdot t}{2} &= v_1 - v_2 \\[8pt] t &= \dfrac{2(v_1 - v_2)}{a} \end{aligned} $$ Wstawiamy wartości liczbowe: $$ t = \dfrac{2(30\text{ m/s} - 20\text{ m/s})}{2\text{ m/s}^2} = \dfrac{2 \cdot 10}{2} = 10\text{ s} $$
Podpunkt b) Obliczenie prędkości pojazdu technicznego w momencie zrównania:
Prędkość w ruchu jednostajnie przyspieszonym z prędkością początkową określa zależność: $$ v_{2k} = v_2 + a \cdot t $$ Podstawiamy wyznaczony czas $t = 10\text{ s}$: $$ \begin{aligned} v_{2k} &= 20\text{ m/s} + 2\text{ m/s}^2 \cdot 10\text{ s} \\[8pt] &= 20\text{ m/s} + 20\text{ m/s} = 40\text{ m/s} \end{aligned} $$ Przeliczamy wynik na $\text{km/h}$: $$ v_{2k} = 40 \cdot 3{,}6\text{ km/h} = 144\text{ km/h} $$
Podpunkt c) Wyznaczenie przebytej drogi oraz interpretacja graficzna rozwiązania:
Zadanie można rozwiązać na dwa równoważne sposoby:
Sposób I – Z równania ruchu samochodu osobowego: $$ s = v_1 \cdot t = 30\text{ m/s} \cdot 10\text{ s} = 300\text{ m} $$ Sposób II – Z równania ruchu pojazdu technicznego: $$ \begin{aligned} s &= v_2 \cdot t + \dfrac{a \cdot t^2}{2} \\[8pt] &= 20 \cdot 10 + \dfrac{2 \cdot 10^2}{2} = 200 + 100 = 300\text{ m} \end{aligned} $$ Poniższy rysunek wynikowy przedstawia wykresy zależności drogi od czasu dla obu pojazdów z wyznaczonym punktem ich spotkania na siatce współrzędnych:
Podpunkt d) Analiza wykresu i porównanie czasów przyspieszania na 2. i 4. biegu:
Wyznaczamy przyrost prędkości od $v_A = 36\text{ km/h} = 10\text{ m/s}$ do $v_B = 72\text{ km/h} = 20\text{ m/s}$: $$ \Delta v = 20\text{ m/s} - 10\text{ m/s} = 10\text{ m/s} $$ Dla biegu 2 (linia czerwona) odczytujemy wartości przyspieszeń na końcach przedziału: $$ a_{2A} = 3{,}2\text{ m/s}^2, \quad a_{2B} = 1{,}8\text{ m/s}^2 $$ Ponieważ przyspieszenie zmienia się liniowo w czasie, średnie przyspieszenie wynosi: $$ a_{2,śr} = \dfrac{a_{2A} + a_{2B}}{2} = \dfrac{3{,}2 + 1{,}8}{2} = 2{,}5\text{ m/s}^2 $$ Czas potrzebny na tę zmianę prędkości na 2. biegu wynosi: $$ t_2 = \dfrac{\Delta v}{a_{2,śr}} = \dfrac{10\text{ m/s}}{2{,}5\text{ m/s}^2} = 4\text{ s} $$ Dla biegu 4 (linia zielona) w przedziale $36\text{ km/h} - 72\text{ km/h}$ przyspieszenie utrzymuje się na niemal stałym poziomie: $$ a_4 \approx 1{,}0\text{ m/s}^2 $$ Czas rozpędzania na 4. biegu wynosi: $$ t_4 = \dfrac{\Delta v}{a_4} = \dfrac{10\text{ m/s}}{1{,}0\text{ m/s}^2} = 10\text{ s} $$ Porównanie czasów: $$ \dfrac{t_4}{t_2} = \dfrac{10\text{ s}}{4\text{ s}} = 2{,}5 $$ Zwiększenie prędkości na 4. biegu trwa $2{,}5$ raza dłużej niż na 2. biegu (różnica wynosi $\Delta t = 10\text{ s} - 4\text{ s} = 6\text{ s}$).
Podpunkt e) Obliczenie drogi przebytej na 3. biegu:
Dla biegu 3 (linia pomarańczowa) odczytujemy z wykresu: $$ a_{3A} = 1{,}6\text{ m/s}^2 \quad \text{przy } v_A = 10\text{ m/s} $$ $$ a_{3B} = 2{,}4\text{ m/s}^2 \quad \text{przy } v_B = 20\text{ m/s} $$ Średnie przyspieszenie pojazdu na tym biegu wynosi: $$ a_{3,śr} = \dfrac{a_{3A} + a_{3B}}{2} = \dfrac{1{,}6 + 2{,}4}{2} = 2{,}0\text{ m/s}^2 $$ Czas trwania manewru: $$ t_3 = \dfrac{\Delta v}{a_{3,śr}} = \dfrac{10\text{ m/s}}{2{,}0\text{ m/s}^2} = 5\text{ s} $$ Sposób I – Metoda szkolna (ruch z przyspieszeniem średnim): $$ \begin{aligned} s_3 &= v_A \cdot t_3 + \dfrac{a_{3,śr} \cdot t_3^2}{2} \\[8pt] &= 10 \cdot 5 + \dfrac{2{,}0 \cdot 5^2}{2} = 50 + 25 = 75\text{ m} \end{aligned} $$ Sposób II – Ścisłe całkowanie równania ruchu dla przyspieszenia $a(t)$ liniowo rosnącego w czasie:
Dla funkcji $a(t) = a_{3A} + \dfrac{a_{3B} - a_{3A}}{t_3} t$ droga dana jest wzorem: $$ \begin{aligned} s_3 &= v_A \cdot t_3 + \left(\dfrac{2a_{3A} + a_{3B}}{6}\right) \cdot t_3^2 \\[8pt] &= 10 \cdot 5 + \left(\dfrac{2 \cdot 1{,}6 + 2{,}4}{6}\right) \cdot 25 \\[8pt] &= 50 + \dfrac{5{,}6}{6} \cdot 25 = 50 + 23{,}33 \approx 73{,}3\text{ m} \end{aligned} $$

Odpowiedź:
a) $t = 10\text{ s}$

b) $v_{2k} = 40\text{ m/s} = 144\text{ km/h}$

c) $s = 300\text{ m}$

d) Na biegu 4 czas wynosi $10\text{ s}$, a na biegu 2 wynosi $4\text{ s}$. Rozpędzanie na 4. biegu trwa $2{,}5$ raza dłużej niż na biegu 2.

e) Droga przebyta przez samochód wynosi $s = 75\text{ m}$ (w ścisłym ujęciu całki z równania ruchu $s \approx 73{,}3\text{ m}$).

Zadanie 5

W pracowni fizycznej rejestrowano ruch swobodnie spadającego stalowego ciężarka o masie $m_c = 50\text{ g}$, zwolnionego z elektromagnesu bez prędkości początkowej. Obok toru spadku zamontowano pionową taśmę mierniczą z podziałką milimetrową. Ruch nagrano kamerą wideo pracującą z częstotliwością $20\text{ klatek na sekundę}$. Na podstawie analizy pojedynczych klatek filmu odczytano położenie ciężarka w kolejnych chwilach czasu, przyjmując za początek układu położenie w chwili zwolnienia ($t_1 = 0\text{ s}$, $s_1 = 0\text{ cm}$). Zestawienie uzyskanych wyników przedstawiono w tabeli:

$t\text{ [s]}$	0	0,05	0,10	0,15	0,20	0,25	0,30
$s\text{ [cm]}$	0	1,2	4,9	11,0	19,6	30,6	44,1

Niepewność pomiaru położenia ciężarka wynosi $\Delta s = 0{,}5\text{ cm}$, a niepewność wyznaczenia czasu $\Delta t$ przyjęto jako równą połowie odstępu czasu między sąsiednimi klatkami nagrania.

a) Sporządź wykres zależności przebytej drogi od czasu $s(t)$ z naniesionymi słupkami niepewności pomiarowych (krzyżami błędów).

b) Wyprowadź wzór analityczny wiążący przyspieszenie grawitacyjne $g$ z wielkościami mierzonymi w opisanym doświadczeniu.

c) Sporządź wykres zlinearyzowany $s(t^2)$ wraz z zaznaczonymi niepewnościami pomiarowymi oraz poprowadź prostą najlepszego dopasowania.

d) Korzystając ze współczynnika kierunkowego prostej dopasowania z wykresu $s(t^2)$, oblicz doświadczalną wartość przyspieszenia grawitacyjnego $g$ wraz z jej niepewnością pomiarową $\Delta g$.

e) Zestaw wyznaczoną wartość przyspieszenia ziemskiego z wartością wzorcową (tablicową) $g_{\text{tab}} = 9{,}81\text{ m/s}^2$. Rozstrzygnij, czy wartość tablicowa mieści się w wyznaczonym przedziale niepewności pomiarowej.

Wskazówki:

Spadek swobodny bez prędkości początkowej jest ruchem jednostajnie przyspieszonym z przyspieszeniem $g$, dla którego $s(t) = \dfrac{1}{2}gt^2$.
Krzyże błędów (słupki niepewności) dla każdego punktu wyznaczają przedziały niepewności $\langle t - \Delta t; t + \Delta t \rangle$ w poziomie oraz $\langle s - \Delta s; s + \Delta s \rangle$ w pionie.
Linearyzacja polega na wprowadzeniu nowej zmiennej niezależnej $u = t^2$. Wykres $s(u) = a \cdot u$ jest prostą o współczynniku kierunkowym $a = \dfrac{1}{2}g$.
Przyspieszenie ziemskie obliczamy jako podwojony współczynnik kierunkowy prostej regresji: $g = 2a$.

Dane i szukane:

Dane:
Częstotliwość rejestracji: $f = 20\text{ Hz}$ (czas między klatkami $\Delta \tau = \dfrac{1}{20}\text{ s} = 0{,}05\text{ s}$)
Prędkość początkowa: $v_1 = 0\text{ m/s}$
Położenie początkowe: $s_1 = 0\text{ cm}$ dla $t_1 = 0\text{ s}$
Niepewność pomiaru położenia: $\Delta s = 0{,}5\text{ cm} = 0{,}005\text{ m}$
Niepewność pomiaru czasu: $\Delta t = \dfrac{\Delta \tau}{2} = 0{,}025\text{ s}$
Wartość tablicowa przyspieszenia grawitacyjnego: $g_{\text{tab}} = 9{,}81\text{ m/s}^2$

Szukane:
Wykres $s(t)$ z niepewnościami = ?
Wzór na przyspieszenie grawitacyjne $g = ?$
Wykres zlinearyzowany $s(t^2)$ = ?
Doświadczalna wartość $g$ wraz z niepewnością $\Delta g = ?$
Ocena zgodności z wartością tablicową $g_{\text{tab}}$

Rozwiązanie krok po kroku:

Rysunek pomocniczy i analiza układu pomiarowego:
W doświadczeniu stalowy ciężarek zostaje uwolniony z elektromagnesu i spada pionowo pod wpływem siły grawitacji. Kamera rejestruje kolejne położenia ciężarka na tle pionowej podziałki milimetrowej w stałych odstępach czasu $\Delta \tau = 0{,}05\text{ s}$.
Podpunkt a) Sporządzenie wykresu zależności drogi od czasu $s(t)$:
W ruchu jednostajnie przyspieszonym bez prędkości początkowej droga zależy kwadratowo od czasu. Na wykresie nanosimy punkty pomiarowe z tabeli. Każdy punkt uzupełniamy o krzyż niepewności: $$\Delta t = \pm 0{,}025\text{ s}$$ $$\Delta s = \pm 0{,}5\text{ cm}$$ Punkty układają się wzdłuż gałęzi paraboli, co potwierdza jednostajnie przyspieszony charakter ruchu.
Podpunkt b) Wyprowadzenie wzoru na przyspieszenie grawitacyjne:
W ruchu jednostajnie przyspieszonym prostoliniowym bez prędkości początkowej ($v_1 = 0$) droga pokonana przez ciało w czasie $t$ wyraża się wzorem: $$s = \dfrac{g t^2}{2}$$ Mnożymy obustronnie przez $2$: $$2s = g t^2$$ Dzielimy obustronnie przez $t^2$ (dla $t > 0$): $$g = \dfrac{2s}{t^2}$$

Podpunkt c) Sporządzenie wykresu zlinearyzowanego $s(t^2)$:
W celu weryfikacji modelu i dokładnego wyznaczenia przyspieszenia dokonujemy linearyzacji, obliczając kwadraty czasów $t^2$:

$t\text{ [s]}$	0,05	0,10	0,15	0,20	0,25	0,30
$t^2\text{ [s}^2\text{]}$	0,0025	0,0100	0,0225	0,0400	0,0625	0,0900
$s\text{ [cm]}$	1,2	4,9	11,0	19,6	30,6	44,1

Wykres zależności drogi od kwadratu czasu $s(t^2)$ przyjmuje postać linii prostej przechodzącej przez początek układu współrzędnych.

Podpunkt d) Wyznaczenie przyspieszenia grawitacyjnego i niepewności pomiarowej:
Równanie prostej zlinearyzowanej ma postać: $$s = a \cdot (t^2)$$ Współczynnik kierunkowy prostej dopasowania $a$ wyznaczamy, wybierając dwa odległe punkty leżące na prostej, np. $(0\text{ s}^2; 0\text{ m})$ oraz $(0{,}0900\text{ s}^2; 0{,}441\text{ m})$: $$\begin{aligned} a &= \dfrac{\Delta s}{\Delta(t^2)} \\[8pt] &= \dfrac{0{,}441\text{ m} - 0\text{ m}}{0{,}0900\text{ s}^2 - 0\text{ s}^2} \\[8pt] &= 4{,}90\text{ m/s}^2 \end{aligned}$$ Ponieważ $s = \dfrac{1}{2}gt^2$, współczynnik kierunkowy odpowiada połowie przyspieszenia ziemskiego: $$a = \dfrac{g}{2} \implies g = 2a$$ Obliczamy wartość doświadczalną: $$g = 2 \cdot 4{,}90\text{ m/s}^2 = 9{,}80\text{ m/s}^2 \approx 9{,}8\text{ m/s}^2$$ Niepewność pomiarową $\Delta g$ szacujemy metodą prostych granicznych (dopasowując proste o maksymalnym i minimalnym nachyleniu mieszczące się w granicach niepewności punktów pomiarowych): $$\begin{aligned} a_{\text{max}} &\approx 5{,}10\text{ m/s}^2 \implies g_{\text{max}} = 10{,}20\text{ m/s}^2 \\[8pt] a_{\text{min}} &\approx 4{,}70\text{ m/s}^2 \implies g_{\text{min}} = 9{,}40\text{ m/s}^2 \end{aligned}$$ Stąd niepewność pomiarowa wynosi: $$\Delta g = \dfrac{g_{\text{max}} - g_{\text{min}}}{2} = \dfrac{10{,}20\text{ m/s}^2 - 9{,}40\text{ m/s}^2}{2} = 0{,}40\text{ m/s}^2 \approx 0{,}4\text{ m/s}^2$$ Ostatecznie: $$g = (9{,}8 \pm 0{,}4)\text{ m/s}^2$$
Podpunkt e) Porównanie z wartością tablicową:
Wartość wzorcowa przyspieszenia grawitacyjnego wynosi: $$g_{\text{tab}} = 9{,}81\text{ m/s}^2$$ Wyznaczony w doświadczeniu przedział niepewności ma postać: $$\langle g - \Delta g; g + \Delta g \rangle = \langle 9{,}8 - 0{,}4; 9{,}8 + 0{,}4 \rangle = \langle 9{,}4; 10{,}2 \rangle\text{ m/s}^2$$ Ponieważ: $$9{,}4\text{ m/s}^2 \le 9{,}81\text{ m/s}^2 \le 10{,}2\text{ m/s}^2$$ wartość tablicowa zawiera się w przedziale niepewności pomiarowej. Oznacza to, że uzyskany w doświadczeniu wynik jest w pełni zgodny z wartością tablicową w granicach błędu pomiarowego.

Odpowiedź:
a) Wykres $s(t)$ w postaci gałęzi paraboli z zaznaczonymi punktami pomiarowymi i słupkami niepewności.

b) $g = \dfrac{2s}{t^2}$

c) Wykres zlinearyzowany $s(t^2)$ w postaci prostej przechodzącej przez początek układu współrzędnych.

d) $g = (9{,}8 \pm 0{,}4)\text{ m/s}^2$

e) Wartość tablicowa $g_{\text{tab}} = 9{,}81\text{ m/s}^2$ mieści się w przedziale niepewności pomiarowej $\langle 9{,}4; 10{,}2 \rangle\text{ m/s}^2$.

Grupa B

Zadanie 1

Badano ruch prostoliniowy elektrycznego wagonika szynowego, który w chwili początkowej znajdował się w spoczynku ($v_1 = 0\text{ m/s}$). Na zamieszczonym schemacie przedstawiono zależność przyspieszenia tego wagonika od czasu $a(t)$ zarejestrowaną przez aparaturę pomiarową. Oblicz prędkość pojazdu po upływie czasu $t = 8\text{ s}$.

Zadanie 2

Z zewnętrznej platformy montażowej poruszającej się pionowo do góry ze stałą prędkością $v_1 = 10\text{ m/s}$ wypadło przypadkowo narzędzie. Zdarzenie miało miejsce na wysokości $h = 75\text{ m}$ nad gruntem. Po jakim czasie od momentu wypadnięcia narzędzie osiągnie poziom gruntu? W obliczeniach przyjmij przyspieszenie ziemskie $g = 10\text{ m/s}^2$ oraz pomiń opór powietrza.

Zadanie 3

Ze stanowiska wyrzutni sprężynowej wystrzelono pionowo w górę małą stalową kulkę z prędkością początkową $v_1 = 4\text{ m/s}$. Mechanizm wystrzeliwujący umieszczono na wysokości $y_1 = 1{,}0\text{ m}$ nad poziomem podłoża, który stanowi punkt odniesienia $y = 0$. W obliczeniach przyjmij przyspieszenie ziemskie $g = 10\text{ m/s}^2$ oraz pomiń opory ruchu.

a) Oblicz najwyższy punkt toru (maksymalną wysokość nad podłożem), na jaką wzniesie się kulka.

b) Wyznacz całkowity czas ruchu kulki od chwili jej wystrzelenia do uderzenia o ziemię.

c) Po upływie $\Delta t = 0{,}2\text{ s}$ od startu pierwszej kulki, w ten sam sposób wystrzelono identyczną drugą kulkę z taką samą prędkością początkową. Korzystając z równań położeń $y_A = y_1 + v_1 t - \dfrac{1}{2}gt^2$ oraz $y_B = y_1 + v_1(t - \Delta t) - \dfrac{1}{2}g(t - \Delta t)^2$, wyznacz czas oraz wysokość ich spotkania.

d) Przedstaw na wspólnym wykresie zależność wysokości obu kulek od czasu $y(t)$ i zaznacz punkt ich spotkania.

e) Oblicz wartości prędkości obu kulek w momencie ich spotkania i podaj fizyczną interpretację otrzymanych wyników.

f) Korzystając z relacji $v_{\text{wzg}} = v_A - v_B$, oblicz prędkość względną kulek w czasie ich jednoczesnego lotu i wskaż rodzaj ruchu, jaki wykonują one względem siebie.

Zadanie 4

Na prostym odcinku trasy ekspresowej motocykl turystyczny porusza się ruchem jednostajnym ze stałą prędkością $v_1 = 126\text{ km/h}$. W pewnej chwili mija on patrol drogowy przemieszczający się w tym samym kierunku ze stałą prędkością $v_2 = 90\text{ km/h}$. W momencie minięcia kierowca radiowozu podejmuje pościg, przyspieszając ze średnim przyspieszeniem $a = 2{,}5\text{ m/s}^2$.

a) Po jakim czasie radiowóz zrówna się z motocyklem?

b) Oblicz prędkość radiowozu w chwili ponownego zrównania się z motocyklem.

c) Jaką drogę pokona samochód patrolowy od chwili rozpoczęcia pościgu do dogonienia motocykla?

W kolejnej próbie drogowej badano dynamikę przyspieszania radiowozu podczas ruszania i kolejnej zmiany biegów. Zależności przyspieszeń możliwych do uzyskania na poszczególnych przełożeniach w funkcji prędkości pojazdu przedstawiono na poniższym wykresie. Załóż, że przyspieszenie pojazdu zmienia się liniowo w czasie, a zmiana biegu następuje po osiągnięciu maksymalnego przyspieszenia na danym biegu.

d) Odczytaj odpowiednie wartości z wykresu i porównaj czasy niezbędne do zwiększenia prędkości radiowozu od $54\text{ km/h}$ do $90\text{ km/h}$ na biegu 2 oraz na biegu 4.

e) Z treści zadania i wykresu wynika, że kierowca włączył 3. bieg przy prędkości $54\text{ km/h}$, a jazdę na tym biegu zakończył przy $90\text{ km/h}$. Oblicz długość drogi, jaką w tym czasie pokonał pojazd.

Zadanie 5

W trakcie zajęć laboratoryjnych badano ruch swobodnego opadania niewielkiej mosiężnej kuli upuszczonej z wysokości początkowej bez prędkości początkowej. Spadek zarejestrowano kamerą wideo pracującą z częstotliwością $50\text{ klatek na sekundę}$ na tle pionowej podziałki milimetrowej. Pozycję kuli wyznaczano co drugą klatkę nagrania, co odpowiada stałemu odstępowi czasu między pomiarami równemu $0{,}04\text{ s}$. Wyniki pomiarów drogi $s$ pokonanej w kolejnych chwilach czasu $t$ zestawiono w tabeli:

$t\text{ [s]}$	0	0,04	0,08	0,12	0,16	0,20	0,24	0,28
$s\text{ [cm]}$	0	0,8	3,1	7,1	12,5	19,6	28,2	38,4

Niepewność pomiaru drogi oszacowano na $\Delta s = 0{,}4\text{ cm}$, natomiast niepewność wyznaczenia czasu $\Delta t$ przyjęto jako równą połowie odstępu między analizowanymi klatkami ($\Delta t = 0{,}02\text{ s}$).

a) Sporządź wykres zależności drogi od czasu $s(t)$ wraz z zaznaczonymi słupkami niepewności pomiarowych.

b) Wyprowadź zależność matematyczną pozwalającą wyznaczyć wartość przyspieszenia grawitacyjnego $g$ na podstawie pomiarów drogi i czasu w spadku swobodnym.

c) Sporządź wykres zależności $s(t^2)$ z uwzględnieniem przedziałów niepewności oraz narysuj prostą najlepszego dopasowania.

d) Korzystając z nachylenia prostej sporządzonej w podpunkcie c), wyznacz wartość przyspieszenia grawitacyjnego $g$ wraz z niepewnością pomiarową $\Delta g$.

e) Zestaw wyznaczoną wartość przyspieszenia ziemskiego z wartością tablicową $g_{\text{tab}} = 9{,}81\text{ m/s}^2$ i oceń, czy uzyskany wynik mieści się w granicach niepewności pomiarowej.

2 Ruch prostoliniowy

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 👋