Ruch krzywoliniowy sprawdzian

3 Ruch krzywoliniowy

Sprawdzian

Grupa A

Zadanie 1 (4 pkt)

Samochód elektryczny przejechał całą drogę o długości $s = 15\text{ km}$. Pierwszy prostoliniowy odcinek trasy, stanowiący $0{,}6$ całej drogi, pokonał z prędkością $v_1 = 90\frac{\text{km}}{\text{h}}$. Następnie skręcił pod kątem $90^\circ$ i pozostały prostoliniowy odcinek drogi przejechał z prędkością $v_2 = 15\frac{\text{m}}{\text{s}}$. Oblicz wartość wektora prędkości średniej i średnią wartość prędkości samochodu na całej drodze.

Wskazówki:

Punkt wyjścia i analiza pojęciowa: Zwróć uwagę na fundamentalną różnicę pomiędzy średnią wartością prędkości (szybkością średnią, wielkością skalarną) a wartością wektora prędkości średniej (wielkością wektorową). Szybkość średnia zależy od całkowitej przebytej drogi, natomiast wektor prędkości średniej zależy od wektora przemieszczenia łączącego punkt początkowy z końcowym.
Główna metoda i powiązanie wzorów: Ujednolić jednostki (przelicz prędkości na $\text{m/s}$ lub $\text{km/h}$). Oblicz długości obu etapów drogi, a następnie wyznacz czasy ruchu na poszczególnych odcinkach ze wzoru na ruch jednostajny prostoliniowy: $t = \dfrac{s}{v}$. Całkowity czas to suma obu czasów: $t_c = t_1 + t_2$.
Wyznaczenie przemieszczenia: Ponieważ samochód po pierwszym odcinku skręcił pod kątem $90^\circ$, oba odcinki stanowią przyprostokątne trójkąta prostokątnego. Wartość wektora przemieszczenia $|\Delta\vec{r}|$ wyznacz z twierdzenia Pitagorasa: $|\Delta\vec{r}| = \sqrt{s_1^2 + s_2^2}$.
Weryfikacja wyniku: Wartość wektora prędkości średniej musi być mniejsza od średniej wartości prędkości ($|\vec{v}_{\text{śr}}| < v_{\text{śr}}$), ponieważ najkrótszą drogą łączącą dwa punkty w przestrzeni jest linia prosta (przemieszczenie jest mniejsze od całkowitej przebytej drogi: $|\Delta\vec{r}| < s$).
Czego unikać (częsta pułapka): Kategorycznie nie wolno liczyć prędkości średniej jako zwykłej średniej arytmetycznej prędkości $\frac{v_1 + v_2}{2}$! Czas trwania ruchu na obu odcinkach nie jest jednakowy.

Dane i szukane:

Dane:
$s = 15\text{ km} = 15\,000\text{ m}$
$s_1 = 0{,}6 \cdot s = 9\text{ km} = 9000\text{ m}$
$v_1 = 90\frac{\text{km}}{\text{h}} = 25\frac{\text{m}}{\text{s}}$
$v_2 = 15\frac{\text{m}}{\text{s}} = 54\frac{\text{km}}{\text{h}}$
$\alpha = 90^\circ$ (kąt skrętu między odcinkami)
Szukane:
$v_{\text{śr}} = ?$ (średnia wartość prędkości na całej drodze)
$|\vec{v}_{\text{śr}}| = ?$ (wartość wektora prędkości średniej)

Rozwiązanie krok po kroku:

Rysunek pomocniczy i analiza etapów ruchu:
Wyznaczamy długości poszczególnych odcinków trasy oraz ujednolicamy jednostki prędkości w układzie SI:
Długość pierwszego odcinka: $$s_1 = 0{,}6 \cdot 15\text{ km} = 9\text{ km} = 9000\text{ m}$$ Prędkość na pierwszym odcinku: $$v_1 = 90\frac{\text{km}}{\text{h}} = \dfrac{90}{3{,}6}\frac{\text{m}}{\text{s}} = 25\frac{\text{m}}{\text{s}}$$ Długość drugiego odcinka: $$s_2 = s - s_1 = 15\text{ km} - 9\text{ km} = 6\text{ km} = 6000\text{ m}$$ Prędkość na drugim odcinku: $$v_2 = 15\frac{\text{m}}{\text{s}} = 15 \cdot 3{,}6\frac{\text{km}}{\text{h}} = 54\frac{\text{km}}{\text{h}}$$ Pojazd startuje z punktu $A$, pokonuje prostoliniowy odcinek $AB$, skręca o kąt prosty w punkcie $B$ i pokonuje odcinek $BC$.
Obliczenie czasów ruchu na poszczególnych odcinkach oraz czasu całkowitego:
Ruch na obu prostoliniowych odcinkach jest ruchem jednostajnym. Czas trwania ruchu na pierwszym odcinku wynosi: $$\begin{aligned} t_1 &= \dfrac{s_1}{v_1} \\[8pt] &= \dfrac{9000\text{ m}}{25\frac{\text{m}}{\text{s}}} \\[8pt] &= 360\text{ s} \quad (0{,}1\text{ h} = 6\text{ min}) \end{aligned}$$ Czas trwania ruchu na drugim odcinku wynosi: $$\begin{aligned} t_2 &= \dfrac{s_2}{v_2} \\[8pt] &= \dfrac{6000\text{ m}}{15\frac{\text{m}}{\text{s}}} \\[8pt] &= 400\text{ s} \quad \left(\dfrac{1}{9}\text{ h} \approx 6\text{ min } 40\text{ s}\right) \end{aligned}$$ Całkowity czas ruchu pojazdu $t_c$ jest sumą czasów pokonania obu etapów: $$\begin{aligned} t_c &= t_1 + t_2 \\[8pt] &= 360\text{ s} + 400\text{ s} \\[8pt] &= 760\text{ s} \end{aligned}$$ W jednostkach godzinowych czas ten wynosi: $$\begin{aligned} t_c &= \dfrac{760}{3600}\text{ h} \\[8pt] &= \dfrac{19}{90}\text{ h} \approx 0{,}2111\text{ h} \end{aligned}$$
Obliczenie średniej wartości prędkości (szybkości średniej) na całej trasie:
Średnia wartość prędkości $v_{\text{śr}}$ jest wielkością skalarną definiowaną jako stosunek całkowitej drogi $s$ do całkowitego czasu ruchu $t_c$: $$\begin{aligned} v_{\text{śr}} &= \dfrac{s}{t_c} \\[8pt] &= \dfrac{15\,000\text{ m}}{760\text{ s}} \\[8pt] &= \dfrac{375}{19}\frac{\text{m}}{\text{s}} \approx 19{,}74\frac{\text{m}}{\text{s}} \end{aligned}$$ Przeliczając na kilometry na godzinę: $$\begin{aligned} v_{\text{śr}} &= \dfrac{15\text{ km}}{\frac{19}{90}\text{ h}} \\[8pt] &= \dfrac{15 \cdot 90}{19}\frac{\text{km}}{\text{h}} \\[8pt] &= \dfrac{1350}{19}\frac{\text{km}}{\text{h}} \approx 71{,}05\frac{\text{km}}{\text{h}} \end{aligned}$$
Wyznaczenie wektora przemieszczenia i wartości wektora prędkości średniej:
Wektor prędkości średniej $\vec{v}_{\text{śr}}$ jest zdefiniowany jako iloraz wektora przemieszczenia $\Delta\vec{r}$ do czasu ruchu: $$\vec{v}_{\text{śr}} = \dfrac{\Delta\vec{r}}{t_c}$$ Ponieważ odcinki $s_1$ i $s_2$ tworzą kąt prosty, wartość wektora przemieszczenia (odległość w linii prostej z punktu $A$ do $C$) obliczamy z twierdzenia Pitagorasa: $$\begin{aligned} |\Delta\vec{r}| &= \sqrt{s_1^2 + s_2^2} \\[8pt] &= \sqrt{9^2 + 6^2}\text{ km} \\[8pt] &= \sqrt{81 + 36}\text{ km} \\[8pt] &= \sqrt{117}\text{ km} \\[8pt] &= 3\sqrt{13}\text{ km} \approx 10{,}82\text{ km} \quad (10\,817\text{ m}) \end{aligned}$$ Wartość wektora prędkości średniej wynosi: $$\begin{aligned} |\vec{v}_{\text{śr}}| &= \dfrac{|\Delta\vec{r}|}{t_c} \\[8pt] &= \dfrac{3000\sqrt{13}\text{ m}}{760\text{ s}} \\[8pt] &= \dfrac{75\sqrt{13}}{19}\frac{\text{m}}{\text{s}} \approx 14{,}23\frac{\text{m}}{\text{s}} \end{aligned}$$ Przeliczając na kilometry na godzinę: $$\begin{aligned} |\vec{v}_{\text{śr}}| &= \dfrac{3\sqrt{13}\text{ km}}{\frac{19}{90}\text{ h}} \\[8pt] &= \dfrac{270\sqrt{13}}{19}\frac{\text{km}}{\text{h}} \approx 51{,}24\frac{\text{km}}{\text{h}} \end{aligned}$$

Odpowiedź:
Wartość wektora prędkości średniej wynosi $|\vec{v}_{\text{śr}}| = \dfrac{75\sqrt{13}}{19}\frac{\text{m}}{\text{s}} \approx 14{,}23\frac{\text{m}}{\text{s}}$ (ok. $51{,}24\frac{\text{km}}{\text{h}}$), natomiast średnia wartość prędkości samochodu na całej trasie wynosi $v_{\text{śr}} = \dfrac{375}{19}\frac{\text{m}}{\text{s}} \approx 19{,}74\frac{\text{m}}{\text{s}}$ (ok. $71{,}05\frac{\text{km}}{\text{h}}$).

Zadanie 2 (4 pkt)

Z balkonu znajdującego się na wysokości $H = 4{,}5\text{ m}$ nad ziemią rzucono piłkę poziomo z prędkością początkową $v_1 = 8\text{ m/s}$. W odległości $l = 4\text{ m}$ od balkonu znajduje się pionowy maszt. Przyjmij $g = 10\text{ m/s}^2$.

a) Oblicz czas lotu piłki do chwili osiągnięcia poziomej odległości $l$ oraz wartość jej prędkości $v_2$ w tej chwili.

b) Na jakiej wysokości od powierzchni ziemi piłka znajdowała się w odległości $l$ od balkonu?

c) Z jaką prędkością początkową należy rzucić piłkę poziomo, aby spadła na ziemię przed masztem?

Wskazówki:

Punkt wyjścia i analiza: Rzut poziomy jest ruchem złożonym z dwóch niezależnych od siebie ruchów prostopadłych: ruchu jednostajnego prostoliniowego w kierunku poziomym (wzdłuż osi $OX$) oraz ruchu jednostajnie przyspieszonego bez prędkości początkowej (spadku swobodnego z przyspieszeniem ziemskim $g$) w kierunku pionowym (wzdłuż osi $OY$).
Kluczowa metoda i równania ruchu: Wykorzystaj równania kinematyczne dla obu osi: drogę w poziomie $x(t) = v_{1x} \cdot t$, drogę przebywaną w dół $\Delta y(t) = \dfrac{g \cdot t^2}{2}$, składowe prędkości $v_{2x} = v_1$ oraz $v_{2y} = g \cdot t$, a także twierdzenie Pitagorasa $v_2 = \sqrt{v_{2x}^2 + v_{2y}^2}$ do wyznaczenia całkowitej prędkości wypadkowej.
Kolejność operacji: W podpunkcie a) wyznacz czas $t_2$ z równania ruchu poziomego dla $x = l$, a następnie oblicz składowe prędkości i ich sumę wektorową. W podpunkcie b) oblicz przebyte obniżenie pionowe $\Delta y$ po czasie $t_2$ i odejmij je od wysokości początkowej $H$, aby wyznaczyć wysokość nad gruntem $h_2$. W podpunkcie c) wyznacz całkowity czas spadania piłki na ziemię $t_c$ z warunku spadku z wysokości $H$, a następnie ułóż nierówność na zasięg poziomy $Z < l$.
Weryfikacja wyniku: Sprawdź, czy wyliczony czas osiągnięcia masztu ($0{,}5\text{ s}$) jest wyraźnie mniejszy od całkowitego czasu upadku na grunt ($\approx 0{,}95\text{ s}$), co gwarantuje, że piłka minie maszt w powietrzu, zanim dotknie ziemi.
Czego unikać (częsta pułapka): Wartość prędkości wypadkowej $v_2$ nie jest sumą algebraiczną $v_{2x} + v_{2y}$, lecz geometryczną (z twierdzenia Pitagorasa). Dodatkowo w podpunkcie b) nie myl drogi przebytej w dół ($\Delta y$) z aktualną wysokością piłki nad powierzchnią ziemi ($h_2 = H - \Delta y$).

Dane i szukane:

Dane:
$H = 4{,}5\text{ m}$
$v_1 = 8\text{ m/s}$ (początkowa prędkość pozioma: $v_{1x} = v_1$, $v_{1y} = 0$)
$l = 4\text{ m}$
$g = 10\text{ m/s}^2$

Szukane:
a) $t_2 = ?$, $v_2 = ?$
b) $h_2 = ?$
c) $v_1 = ?$ (zakres prędkości początkowej, aby piłka upadła przed masztem)

Rozwiązanie krok po kroku:

Rysunek pomocniczy i analiza kinematyczna rzutu poziomego:
W chwili początkowej piłka znajduje się na wysokości $H = 4{,}5\text{ m}$ i zostaje wyrzucona z prędkością poziomą $v_1 = 8\text{ m/s}$. Oznacza to, że jej początkowa prędkość pionowa wynosi zero ($v_{1y} = 0$). Na piłkę działa jedynie pionowa siła ciężkości nadająca jej przyspieszenie ziemskie $g = 10\text{ m/s}^2$. W kierunku poziomym na ciało nie działają żadne siły (pomijamy opory powietrza), więc ruch poziomy odbywa się ze stałą prędkością.
Podpunkt a) Wyznaczenie czasu lotu piłki do masztu oraz wartości jej prędkości w tej chwili:
W kierunku poziomym piłka porusza się ruchem jednostajnym ze stałą prędkością $v_{1x} = v_1 = 8\text{ m/s}$. Zależność współrzędnej poziomej od czasu ma postać: $$x(t) = v_1 \cdot t$$ Podstawiamy odległość masztu $x(t_2) = l = 4\text{ m}$ i wyznaczamy czas $t_2$: $$\begin{aligned} l &= v_1 \cdot t_2 \\[8pt] t_2 &= \dfrac{l}{v_1} \\[8pt] t_2 &= \dfrac{4\text{ m}}{8\text{ m/s}} = 0{,}5\text{ s} \end{aligned}$$ Następnie wyznaczamy składowe wektora prędkości w chwili $t_2 = 0{,}5\text{ s}$:
• Składowa pozioma pozostaje niezmienna: $$v_{2x} = v_1 = 8\text{ m/s}$$ • Składowa pionowa rośnie pod wpływem przyspieszenia ziemskiego $g$: $$\begin{aligned} v_{2y} &= g \cdot t_2 \\[8pt] &= 10\text{ m/s}^2 \cdot 0{,}5\text{ s} = 5\text{ m/s} \end{aligned}$$ Ponieważ składowe $v_{2x}$ i $v_{2y}$ są do siebie prostopadłe, wartość całkowitej prędkości wypadkowej $v_2$ obliczamy z twierdzenia Pitagorasa: $$\begin{aligned} v_2 &= \sqrt{v_{2x}^2 + v_{2y}^2} \\[8pt] &= \sqrt{8^2 + 5^2} \\[8pt] &= \sqrt{64 + 25} \\[8pt] &= \sqrt{89}\text{ m/s} \approx 9{,}43\text{ m/s} \end{aligned}$$
Podpunkt b) Wyznaczenie wysokości piłki nad powierzchnią ziemi na wysokości masztu:
W kierunku pionowym piłka przebywa drogę w dół (obniżenie toru lotu $\Delta y$) odpowiadającą spadkowi swobodnemu w czasie $t_2 = 0{,}5\text{ s}$: $$\begin{aligned} \Delta y &= \dfrac{g \cdot t_2^2}{2} \\[8pt] &= \dfrac{10\text{ m/s}^2 \cdot (0{,}5\text{ s})^2}{2} \\[8pt] &= 5 \cdot 0{,}25\text{ m} = 1{,}25\text{ m} \end{aligned}$$ Wysokość $h_2$ piłki nad powierzchnią ziemi w tej chwili jest różnicą wysokości początkowej $H$ i pokonanej drogi w dół $\Delta y$: $$\begin{aligned} h_2 &= H - \Delta y \\[8pt] &= 4{,}5\text{ m} - 1{,}25\text{ m} \\[8pt] &= 3{,}25\text{ m} \end{aligned}$$
Podpunkt c) Wyznaczenie prędkości początkowej, aby piłka spadła na ziemię przed masztem:
Aby piłka spadła na ziemię przed masztem, jej zasięg poziomy $Z$ musi być mniejszy od odległości masztu od balkonu ($Z < l$).

W pierwszej kolejności obliczamy całkowity czas spadania piłki na ziemię $t_c$. Czas ten zależy wyłącznie od początkowej wysokości $H$ oraz przyspieszenia ziemskiego $g$: $$\begin{aligned} H &= \dfrac{g \cdot t_c^2}{2} \\[8pt] 4{,}5\text{ m} &= \dfrac{10\text{ m/s}^2 \cdot t_c^2}{2} \\[8pt] 4{,}5 &= 5 \cdot t_c^2 \\[8pt] t_c^2 &= \dfrac{4{,}5}{5} = 0{,}9\text{ s}^2 \\[8pt] t_c &= \sqrt{0{,}9}\text{ s} = \sqrt{\dfrac{9}{10}}\text{ s} = \dfrac{3}{\sqrt{10}}\text{ s} = \dfrac{3\sqrt{10}}{10}\text{ s} \approx 0{,}95\text{ s} \end{aligned}$$ Zasięg rzutu poziomego wynosi $Z = v_1 \cdot t_c$. Z warunku $Z < l$ otrzymujemy: $$\begin{aligned} v_1 \cdot t_c &< l \\[8pt] v_1 &< \dfrac{l}{t_c} \\[8pt] v_1 &< \dfrac{4\text{ m}}{\dfrac{3\sqrt{10}}{10}\text{ s}} \\[8pt] v_1 &< \dfrac{40}{3\sqrt{10}}\text{ m/s} = \dfrac{40\sqrt{10}}{3 \cdot 10}\text{ m/s} = \dfrac{4\sqrt{10}}{3}\text{ m/s} \end{aligned}$$ Obliczamy wartość przybliżoną: $$\dfrac{4\sqrt{10}}{3}\text{ m/s} \approx \dfrac{4 \cdot 3{,}162}{3}\text{ m/s} \approx 4{,}22\text{ m/s}$$ Ponieważ rzut wykonano poziomo w stronę masztu ($v_1 > 0$), ostateczny zakres prędkości początkowej wynosi: $$0 < v_1 < \dfrac{4\sqrt{10}}{3}\text{ m/s} \quad (\text{w przybliżeniu } v_1 < 4{,}22\text{ m/s})$$

Odpowiedź:
a) $t_2 = 0{,}5\text{ s}$, $v_2 = \sqrt{89}\text{ m/s} \approx 9{,}43\text{ m/s}$

b) $h_2 = 3{,}25\text{ m}$

c) $0 < v_1 < \dfrac{4\sqrt{10}}{3}\text{ m/s}$ (w przybliżeniu $v_1 < 4{,}22\text{ m/s}$)

Zadanie 3 (2 pkt)

Podczas bitwy na śnieżki, jedno dziecko ucieka z prędkością $v_1 = 5,4\text{ }\frac{\text{km}}{\text{h}}$. Drugie dziecko goni je z prędkością $v_2 = 7,2\text{ }\frac{\text{km}}{\text{h}}$. Gdy odległość między nimi wynosi $d = 10\text{ m}$, drugie dziecko rzuca śnieżką. Śnieżka opuszcza rękę z prędkością $v_3 = 20\text{ }\frac{\text{m}}{\text{s}}$ względem rzucającego dziecka. Po jakim czasie od tego momentu pierwsze dziecko zostanie trafione, jeżeli śnieżka je trafi? Załóż, że oboje dzieci biegły po prostej jedno za drugim.

Wskazówki:

Sprowadzenie jednostek do układu SI: Prędkości biegaczy podano w $\frac{\text{km}}{\text{h}}$, a odległość oraz prędkość wyrzutu śnieżki w metrach i sekundach. W pierwszym kroku przelicz prędkości $v_1$ oraz $v_2$ na $\frac{\text{m}}{\text{s}}$, pamiętając o przeliczniku: $1\text{ }\frac{\text{km}}{\text{h}} = \dfrac{1}{3,6}\text{ }\frac{\text{m}}{\text{s}}$.
Klasyczne dodawanie prędkości: Śnieżka opuszcza dłoń dziecka poruszającego się względem Ziemi z prędkością $v_2$. Jej prędkość całkowita względem nieruchomego podłoża jest sumą wektorową prędkości biegu goniącego dziecka i prędkości wyrzutu względem jego ręki: $v_s = v_2 + v_3$.
Wybór układu odniesienia i ułożenie równań: Zadanie można rozwiązać dwoma równorzędnymi metodami – porównując równania położeń $x(t)$ obu ciał w układzie związanym z Ziemią (Sposób I) lub analizując ruch śnieżki względem uciekającego dziecka przy użyciu prędkości względnej zbliżania (Sposób II).
Weryfikacja wyniku: Odległość wynosi $10\text{ m}$, a prędkość śnieżki względem Ziemi to $22\text{ }\frac{\text{m}}{\text{s}}$. Czas lotu powinien wynosić ułamek sekundy (około pół sekundy), co potwierdza fizyczny realizm otrzymanego wyniku.
Czego unikać: Częstym błędem jest nieuwzględnienie ruchu samego rzucającego i przyjęcie, że śnieżka leci z prędkością $v_3 = 20\text{ }\frac{\text{m}}{\text{s}}$ względem gruntu. Rzucający biegnie do przodu, więc „dodaje” swoją prędkość biegu do prędkości wyrzutu pocisku.

Dane i szukane:

Dane:
$v_1 = 5,4\text{ }\frac{\text{km}}{\text{h}} = 1,5\text{ }\frac{\text{m}}{\text{s}}$ (prędkość pierwszego, uciekającego dziecka)
$v_2 = 7,2\text{ }\frac{\text{km}}{\text{h}} = 2\text{ }\frac{\text{m}}{\text{s}}$ (prędkość drugiego, goniącego dziecka)
$v_3 = 20\text{ }\frac{\text{m}}{\text{s}}$ (prędkość śnieżki względem goniącego dziecka)
$d = 10\text{ m}$ (początkowa odległość między dziećmi w chwili rzutu)

Szukane:
$t = ?$ (czas, po jakim śnieżka trafi uciekające dziecko)

Rozwiązanie krok po kroku:

Rysunek pomocniczy i analiza stanu wyjściowego w chwili wyrzutu $t = 0$:
W chwili początkowej $t = 0$ drugie dziecko znajduje się w punkcie początkowym i wyrzuca śnieżkę, a pierwsze dziecko znajduje się w odległości $d = 10\text{ m}$ przed nim. Obydwa ciała poruszają się w tę samą stronę wzdłuż jednej prostej.
Przeliczenie jednostek prędkości na układ SI:
Przeliczamy prędkości biegaczy z kilometrów na godzinę na metry na sekundę: $$\begin{aligned} v_1 &= 5,4\text{ }\dfrac{\text{km}}{\text{h}} = \dfrac{5,4}{3,6}\text{ }\dfrac{\text{m}}{\text{s}} = 1,5\text{ }\dfrac{\text{m}}{\text{s}} \\[8pt] v_2 &= 7,2\text{ }\dfrac{\text{km}}{\text{h}} = \dfrac{7,2}{3,6}\text{ }\dfrac{\text{m}}{\text{s}} = 2\text{ }\dfrac{\text{m}}{\text{s}} \end{aligned}$$
Wyznaczenie całkowitej prędkości śnieżki względem Ziemi:
Goniące dziecko biegnie z prędkością $v_2$ i wyrzuca śnieżkę w tym samym kierunku z prędkością względną $v_3$. Prędkość śnieżki względem nieruchomego podłoża (Ziemi) $v_s$ wynosi: $$\begin{aligned} v_s &= v_2 + v_3 \\[8pt] v_s &= 2\text{ }\dfrac{\text{m}}{\text{s}} + 20\text{ }\dfrac{\text{m}}{\text{s}} = 22\text{ }\dfrac{\text{m}}{\text{s}} \end{aligned}$$
Sposób I – Wykorzystanie równań ruchu w układzie odniesienia Ziemi:
Przyjmijmy oś $x$ skierowaną w prawo, której początek $x = 0$ znajduje się w miejscu rzutu śnieżki przez drugie dziecko w chwili $t = 0$: - Równanie położenia śnieżki w czasie: $$x_s(t) = v_s \cdot t = 22 \cdot t$$ - Równanie położenia uciekającego dziecka w czasie: $$x_1(t) = d + v_1 \cdot t = 10 + 1,5 \cdot t$$ Warunkiem trafienia jest zrównanie się położeń obu ciał ($x_s(t) = x_1(t)$): $$\begin{aligned} 22 \cdot t &= 10 + 1,5 \cdot t \\[8pt] 22 \cdot t - 1,5 \cdot t &= 10 \\[8pt] 20,5 \cdot t &= 10 \\[8pt] t &= \dfrac{10}{20,5} = \dfrac{10}{\dfrac{41}{2}} = \dfrac{20}{41}\text{ s} \approx 0,49\text{ s} \end{aligned}$$
Sposób II – Analiza ruchu względnego w układzie uciekającego dziecka:
W układzie odniesienia związanym z pierwszym (uciekającym) dzieckiem, dziecko to spoczywa w odległości $d = 10\text{ m}$. Śnieżka porusza się w jego stronę z prędkością względną $v_{\text{wzg}}$: $$\begin{aligned} v_{\text{wzg}} &= v_s - v_1 \\[8pt] v_{\text{wzg}} &= 22\text{ }\dfrac{\text{m}}{\text{s}} - 1,5\text{ }\dfrac{\text{m}}{\text{s}} = 20,5\text{ }\dfrac{\text{m}}{\text{s}} \end{aligned}$$ Czas potrzebny na pokonanie dystansu $d = 10\text{ m}$ wynosi: $$\begin{aligned} t &= \dfrac{d}{v_{\text{wzg}}} \\[8pt] t &= \dfrac{10}{20,5} = \dfrac{20}{41}\text{ s} \approx 0,49\text{ s} \end{aligned}$$
Wykres wynikowy zależności położenia od czasu $x(t)$:
Poniższy wykres ilustruje ruch śnieżki oraz uciekającego dziecka. Punkt przecięcia prostych wyznacza moment trafienia $t = \dfrac{20}{41}\text{ s} \approx 0,49\text{ s}$ na współrzędnej $x \approx 10,7\text{ m}$.

Odpowiedź:
Pierwsze dziecko zostanie trafione po czasie $t = \dfrac{20}{41}\text{ s} \approx 0,49\text{ s}$.

Zadanie 4 (3 pkt)

Na obwodzie gramofonu o promieniu $R = 0{,}15\text{ m}$ leży moneta. Gramofon porusza się ruchem jednostajnym po okręgu i wykonuje $n = 33$ obroty w ciągu $t = 1\text{ min}$. Oblicz:

a) częstotliwość i okres obrotu gramofonu,
b) prędkość kątową i liniową monety,
c) zmianę prędkości kątowej gramofonu, gdy liczba jej obrotów zwiększy się o $\Delta n = 12$ w ciągu $t = 1\text{ min}$.

Wskazówki:

Punkt wyjścia i analiza wstępna: Rozpocznij od przeliczenia jednostki czasu na sekundy w układzie SI ($1\text{ min} = 60\text{ s}$). Ponieważ moneta leży na samym obwodzie płyty gramofonowej, promień okręgu, po którym krąży moneta, jest dokładnie równy promieniowi gramofonu ($R = 0{,}15\text{ m}$).
Główna metoda i powiązanie pojęciowe: Częstotliwość $f$ to liczba pełnych obrotów wykonanych w jednostce czasu ($f = \dfrac{n}{t}$), natomiast okres $T$ to czas trwania jednego pełnego obrotu, będący odwrotnością częstotliwości ($T = \dfrac{1}{f}$).
Kolejność wyznaczania prędkości w ruchu po okręgu: Prędkość kątowa $\omega$ wyraża kąt zakreślany w jednostce czasu i wiąże się z częstotliwością wzorem $\omega = 2\pi f$. Następnie prędkość liniową monety obliczysz ze związku między prędkością liniową a kątową: $v = \omega R$.
Interpretacja przyrostu prędkości kątowej: Zmianę prędkości kątowej $\Delta\omega$ można wyznaczyć dwoma sposobami: bezpośrednio z przyrostu częstotliwości ($\Delta f = \dfrac{\Delta n}{t}$ i $\Delta\omega = 2\pi\Delta f$) lub wyznaczając nową prędkość kątową po zwiększeniu liczby obrotów ($n_2 = n_1 + \Delta n$) i odejmując $\omega_1$.
Czego unikać (częsta pułapka): Nie podstawiaj czasu w minutach do wzoru na częstotliwość – jednostka herc ($1\text{ Hz} = 1\text{ s}^{-1}$) bezwzględnie wymaga czasu podanego w sekundach. Zwróć też uwagę na sformułowanie „zwiększy się o $\Delta n$”, co oznacza dodanie wartości $12$ do dotychczasowych $33$ obrotów, a nie zastąpienie ich tą liczbą.

Dane i szukane:

Dane:
$R = 0{,}15\text{ m}$
$t_1 = 1\text{ min} = 60\text{ s}$
$n_1 = 33$
$\Delta n = 12$

Szukane:
a) $f_1 = ?$, $T_1 = ?$
b) $\omega_1 = ?$, $v_1 = ?$
c) $\Delta \omega = ?$

Rozwiązanie krok po kroku:

Rysunek pomocniczy i analiza stanu wyjściowego:
Gramofon obraca się wokół pionowej osi przechodzącej przez jego środek. Moneta spoczywa na obrzeżu obracającej się tarczy w odległości $R = 0{,}15\text{ m}$ od osi obrotu. Wektor jej prędkości liniowej $\vec{v}_1$ jest w każdej chwili styczny do toru ruchu, a cały układ obraca się z początkową prędkością kątową $\vec{\omega}_1$.
Podpunkt a) Obliczenie częstotliwości i okresu obrotu gramofonu:
Częstotliwość $f_1$ określa liczbę pełnych obrotów wykonanych w czasie jednej sekundy: $$\begin{aligned} f_1 &= \dfrac{n_1}{t_1} \\[8pt] &= \dfrac{33}{60\text{ s}} \\[8pt] &= \dfrac{11}{20}\text{ Hz} = 0{,}55\text{ Hz} \end{aligned}$$ Okres obrotu $T_1$ to czas potrzebny na wykonanie jednego pełnego obrotu, stanowiący odwrotność częstotliwości: $$\begin{aligned} T_1 &= \dfrac{1}{f_1} = \dfrac{t_1}{n_1} \\[8pt] &= \dfrac{60\text{ s}}{33} = \dfrac{20}{11}\text{ s} \approx 1{,}82\text{ s} \end{aligned}$$
Podpunkt b) Obliczenie prędkości kątowej i liniowej monety:
Prędkość kątową $\omega_1$ wyznaczamy ze związku z częstotliwością: $$\begin{aligned} \omega_1 &= 2\pi f_1 \\[8pt] &= 2\pi \cdot 0{,}55\text{ Hz} \\[8pt] &= 1{,}1\pi\text{ rad/s} \approx 1{,}1 \cdot 3{,}1416\text{ rad/s} \approx 3{,}46\text{ rad/s} \end{aligned}$$ Moneta znajduje się na brzegu gramofonu w odległości równej promieniowi $R = 0{,}15\text{ m}$. Jej prędkość liniową $v_1$ obliczamy ze wzoru: $$\begin{aligned} v_1 &= \omega_1 \cdot R \\[8pt] &= 1{,}1\pi\text{ rad/s} \cdot 0{,}15\text{ m} \\[8pt] &= 0{,}165\pi\text{ m/s} \approx 0{,}165 \cdot 3{,}1416\text{ m/s} \approx 0{,}52\text{ m/s} \end{aligned}$$
Podpunkt c) Obliczenie zmiany prędkości kątowej gramofonu:
Liczba obrotów ulega zwiększeniu o $\Delta n = 12$ w czasie $t_1 = 60\text{ s}$. Zadanie to możemy rozwiązać dwoma równoważnymi sposobami:

Sposób I – Wykorzystanie bezpośredniego przyrostu częstotliwości:
Obliczamy bezpośredni przyrost częstotliwości $\Delta f$ wynikający ze zwiększenia liczby obrotów: $$\begin{aligned} \Delta f &= \dfrac{\Delta n}{t_1} \\[8pt] &= \dfrac{12}{60\text{ s}} = \dfrac{1}{5}\text{ Hz} = 0{,}2\text{ Hz} \end{aligned}$$ Ponieważ zależność między prędkością kątową a częstotliwością jest liniowa ($\omega = 2\pi f$), zmianę prędkości kątowej obliczamy wprost: $$\begin{aligned} \Delta\omega &= 2\pi \cdot \Delta f \\[8pt] &= 2\pi \cdot 0{,}2\text{ Hz} \\[8pt] &= 0{,}4\pi\text{ rad/s} = \dfrac{2}{5}\pi\text{ rad/s} \approx 1{,}26\text{ rad/s} \end{aligned}$$
Sposób II – Wyznaczenie nowej prędkości kątowej i obliczenie różnicy:
Nowa liczba obrotów w ciągu jednej minuty wynosi: $$n_2 = n_1 + \Delta n = 33 + 12 = 45$$ Nowa częstotliwość obrotu gramofonu: $$f_2 = \dfrac{n_2}{t_1} = \dfrac{45}{60\text{ s}} = 0{,}75\text{ Hz}$$ Wyznaczamy nową prędkość kątową $\omega_2$: $$\omega_2 = 2\pi f_2 = 2\pi \cdot 0{,}75 = 1{,}5\pi\text{ rad/s} \approx 4{,}71\text{ rad/s}$$ Obliczamy zmianę prędkości kątowej poprzez odjęcie wartości początkowej: $$\begin{aligned} \Delta\omega &= \omega_2 - \omega_1 \\[8pt] &= 1{,}5\pi\text{ rad/s} - 1{,}1\pi\text{ rad/s} \\[8pt] &= 0{,}4\pi\text{ rad/s} \approx 1{,}26\text{ rad/s} \end{aligned}$$ Oba sposoby prowadzą do identycznego rezultatu.

Odpowiedź:
a) $f_1 = 0{,}55\text{ Hz}$, $T_1 = \dfrac{20}{11}\text{ s} \approx 1{,}82\text{ s}$

b) $\omega_1 = 1{,}1\pi\text{ rad/s} \approx 3{,}46\text{ rad/s}$, $v_1 = 0{,}165\pi\text{ m/s} \approx 0{,}52\text{ m/s}$

c) $\Delta \omega = 0{,}4\pi\text{ rad/s} \approx 1{,}26\text{ rad/s}$

Zadanie 5 (2 pkt)

Podczas pracy ze stałą prędkością, tarcza szlifierki o średnicy $d = 20\text{ cm}$ w ciągu $t = 15\text{ s}$ wykonała $n = 300$ obrotów. Oblicz przyspieszenie dośrodkowe punktu znajdującego się na brzegu tarczy względem szlifierki.

Wskazówki:

Punkt wyjścia i analiza wstępna: Zwróć szczególną uwagę na jednostki. Średnica tarczy podana jest w centymetrach ($d = 20\text{ cm}$), zatem promień tarczy wynosi $r = \dfrac{d}{2} = 10\text{ cm}$ i należy go bezwzględnie zamienić na metry ($r = 0{,}1\text{ m}$). Czas $t = 15\text{ s}$ jest już wyrażony w podstawowej jednostce układu SI.
Kluczowa metoda i powiązanie pojęciowe: Ruch jednostajny po okręgu można opisać za pomocą częstotliwości obrotowej $f = \dfrac{n}{t}$ lub okresu obiegu $T = \dfrac{t}{n}$. Przyspieszenie dośrodkowe punktu na obwodzie wiąże się z promieniem oraz prędkością kątową wzorem $a_d = \omega^2 r$ lub z prędkością liniową wzorem $a_d = \dfrac{v^2}{r}$.
Kolejność operacji: 1. Oblicz promień tarczy w metrach.
2. Wyznacz częstotliwość obrotu $f$ (liczbę pełnych obrotów na sekundę).
3. Oblicz prędkość kątową $\omega = 2\pi f$ (lub prędkość liniową $v = \omega r$).
4. Podstaw wyznaczone wartości do wzoru na przyspieszenie dośrodkowe.
Weryfikacja wyniku: Sprawdź wymiar jednostki przyspieszenia: $[\omega^2 r] = \left(\dfrac{1}{\text{s}}\right)^2 \cdot \text{m} = \dfrac{\text{m}}{\text{s}^2}$. Zgodność wymiarowa potwierdza poprawność wyprowadzonego wzoru.
Czego unikać (częsta pułapka): Najczęstszym błędem jest podstawienie do wzoru średnicy $d$ zamiast promienia $r$ lub pominięcie zamiany centymetrów na metry, co zawyża wynik odpowiednio dwukrotnie lub stukrotnie.

Dane i szukane:

Dane:
$d = 20\text{ cm} = 0{,}2\text{ m}$
$r = \dfrac{d}{2} = 10\text{ cm} = 0{,}1\text{ m}$
$t = 15\text{ s}$
$n = 300$
Szukane:
$a_d = ?$

Rozwiązanie krok po kroku:

Rysunek pomocniczy i analiza stanu wyjściowego:
Punkt leżący na zewnętrznej krawędzi tarczy szlifierki porusza się po okręgu o promieniu $r$ równym połowie średnicy tarczy: $$r = \dfrac{d}{2} = \dfrac{20\text{ cm}}{2} = 10\text{ cm} = 0{,}1\text{ m}$$ Poniższy schemat przedstawia tarczę o promieniu $r$ oraz wyróżniony punkt $A$ na jej obwodzie przed przystąpieniem do obliczeń dynamicznych.
Sposób I – Obliczenie z wykorzystaniem prędkości kątowej:
Częstotliwość obrotu $f$ określa liczbę obrotów wykonanych w jednostce czasu: $$f = \dfrac{n}{t} = \dfrac{300}{15\text{ s}} = 20\text{ s}^{-1} = 20\text{ Hz}$$ Prędkość kątowa $\omega$ wyraża kąt zakreślany przez promień w ciągu jednej sekundy: $$\omega = 2\pi f = 2\pi \cdot 20\text{ s}^{-1} = 40\pi\text{ rad/s}$$ Przyspieszenie dośrodkowe punktu na brzegu tarczy wynosi: $$\begin{aligned} a_d &= \omega^2 r \\[8pt] &= (40\pi\text{ s}^{-1})^2 \cdot 0{,}1\text{ m} \\[8pt] &= 1600\pi^2 \cdot 0{,}1\text{ m/s}^2 \\[8pt] &= 160\pi^2\text{ m/s}^2 \end{aligned}$$ Przyjmując przybliżenie $\pi^2 \approx 9{,}8696$, otrzymujemy wartość liczbową: $$a_d \approx 160 \cdot 9{,}8696\text{ m/s}^2 \approx 1579{,}14\text{ m/s}^2 \approx 1579\text{ m/s}^2$$
Sposób II – Obliczenie z wykorzystaniem prędkości liniowej i okresu:
Okres obrotu $T$ to czas potrzebny na wykonanie jednego pełnego obrotu tarczy: $$T = \dfrac{t}{n} = \dfrac{15\text{ s}}{300} = 0{,}05\text{ s}$$ Prędkość liniowa punktu $A$ na brzegu tarczy wynosi: $$v = \dfrac{2\pi r}{T} = \dfrac{2\pi \cdot 0{,}1\text{ m}}{0{,}05\text{ s}} = 4\pi\text{ m/s} \approx 12{,}57\text{ m/s}$$ Przyspieszenie dośrodkowe wyliczamy ze wzoru wiążącego prędkość liniową i promień toru: $$\begin{aligned} a_d &= \dfrac{v^2}{r} \\[8pt] &= \dfrac{(4\pi\text{ m/s})^2}{0{,}1\text{ m}} \\[8pt] &= \dfrac{16\pi^2\text{ m}^2/\text{s}^2}{0{,}1\text{ m}} \\[8pt] &= 160\pi^2\text{ m/s}^2 \approx 1579\text{ m/s}^2 \end{aligned}$$
Rysunek wynikowy i interpretacja wektorowa:
W ruchu jednostajnym po okręgu wektor prędkości liniowej jest w każdej chwili styczny do toru ruchu, a wektor przyspieszenia dośrodkowego ma kierunek wzdłuż promienia i jest zwrócony do środka okręgu. Kąt między tymi wektorami wynosi $90^\circ$.

Odpowiedź:
Przyspieszenie dośrodkowe punktu znajdującego się na brzegu tarczy wynosi $a_d = 160\pi^2\text{ m/s}^2 \approx 1579\text{ m/s}^2$ (lub w notacji wykładniczej $1{,}58 \cdot 10^3\text{ m/s}^2$).

Grupa B

Zadanie 1 (4 pkt)

Turysta przeszedł całą trasę o długości $s = 10 \text{ km}$. Pierwszy prostoliniowy odcinek trasy, stanowiący $0,6$ całej drogi, pokonał z prędkością $v_1 = 4 \frac{\text{km}}{\text{h}}$. Następnie skręcił pod kątem $90^\circ$ i pozostały prostoliniowy odcinek drogi przeszedł z prędkością $v_2 = 1 \frac{\text{m}}{\text{s}}$. Oblicz wartość wektora prędkości średniej i średnią wartość prędkości turysty na całej drodze.