grawitacja.pdf

(191 KB) Pobierz
Microsoft Word - Zadania do rozdzialu 5zr.doc
Zadania do rozdziału 5
Zad.5.1.
Udowodnij, że stosując równię pochyłą o dającym się zmieniać kącie nachylenia α
można wyznaczyć współczynnik tarcia statycznego µ o .
Rozwiązanie:
W czasie zsuwania się po równi ciało o
ciężarze P=mg podlega działaniu
wypadkowej dwóch sił:
siły zsuwającej
F t
= sin
P
α
i hamującej siły tarcia
T
=
o
F
n
,
F n
= cos
P
α
T
= cos
µ
o
P
α
Siła wypadkowa F wywołująca ruch równa się
F
=
F
t −
T
F
=
P
sin
α
−
µ
o
P
cos
α
,
ale
P=mg
zatem
(
=
mg
sin
α
−
µ
o
cos
α
)
Jeżeli przy danym kącie nachylenia równi ciało samorzutnie nie zaczyna się zsuwać, to
znaczy że siła tarcia T jest większa od siły zsuwającej F t . Stopniowo zwiększając nachylenie
można osiągnąć taki kąt α, przy którym ruch się rozpocznie. To świadczy o bardzo małej
przewadze siły F t nad siłą T. W przybliżeniu można zakładać, że przy kącie granicznym,
zwanym kątem tarcia, zachodzi równość wspomnianych sił:
F t =
T
Ostatnie równanie można też zapisać w postaci
P
sin
α
t
=
µ
0
P
cos
α
t
gdzie µ 0 oznacza współczynnik tarcia statycznego. Z dalszego przekształcenia wynika, że
µ
0
=
tg α
t
Współczynnik tarcia statycznego równa się zatem tangesowi najmniejszego kąta α, przy
którym ciała zaczyna zsuwać się po równi pochyłej.
107
µ
F
74199960.004.png
Zad.5.2.
Wyznaczyć pierwszą prędkość kosmiczną, czyli najmniejszą możliwą prędkość
υ , jaką musi
I
mieć punkt materialny (satelita) swobodnie krążący po orbicie wokół Ziemi. Promień Ziemi
R=6400 km.
Rozwiązanie:
Wyobraźmy sobie pocisk wystrzelony
poziomo na wys. h nad Ziemią, któremu
nadano pewną prędkość początkową υ. Po
przebyciu pewnej drogi pocisk spadnie na
Ziemię. Jeżeli będziemy zwiększać
prędkość początkową pocisku, to jego
droga będzie coraz dłuższa i przy pewnej
prędkości początkowej pocisk zacznie
obiegać Ziemię dookoła i nie spadnie na
jej powierzchnię. Nastąpi to wtedy, gdy
prędkość początkowa pocisku osiągnie
pierwszą prędkość kosmiczną.
Na poruszający się po orbicie pocisk o masie m działają dwie siły F 1 i F 2 o przeciwnych
zwrotach:
υ
= i
m
2
siła odśrodkowa
F
2
r
siła grawitacji
F =
k
Mm
1
g
2
r
Warunkiem, aby orbita, po której porusza się pocisk, była stabilna jest równowaga tych sił
F =
1
F
2
M
⋅
m
υ
2
k
=
m
g
2
r
r
i stąd
υ
=
k g
M
r
Promień r orbity satelity wynosi:
r +
=
R
h
Ponieważ h<<R to pierwsza prędkość kosmiczna υ I wyraża się wzorem
108
74199960.005.png
υ
I =
k g
M
R
Ale wiemy, że na powierzchni Ziemi spełnione jest równanie:
mg
=
k
m
⋅
M
g
2
R
k
g
⋅
M
=
g
⋅
R
2
Ostatecznie
υ
=
k g
M
=
gR
I
R
υ
=
9
81
m
⋅
6400000
m
I
2
s
υ
I
=
7924
m
/
s
≅
7
.
9
km
/
s
.
Zad.5.3.
Wyznaczyć drugą prędkość kosmiczną tzw. prędkość ucieczki, czyli najmniejszą
możliwą prędkość υ II jaką musi mieć punkt materialny (satelita) przy powierzchni Ziemi, aby
mógł się oddalić od Ziemi w nieskończoność. Promień Ziemi R=6400 km.
Rozwiązanie:
Obliczmy najpierw, z jaką prędkością υ trzeba rzucić ciało pionowo do góry, aby wzniosło się
ono na wysokość h. Zastosujemy w tym celu zasadę zachowania energii.
Całkowita energia mechaniczna E 1 na powierzchni Ziemi wynosi:
()
E
1
=
E
k
+
E
p
R
υ
=
m
2
gdzie
E
to energia kinetyczna
k
2
E
=
−
k
Mm
to grawitacyjna energia potencjalna (patrz 5.19)
p
g
R
m
υ
2
M
⋅
m
E
=
−
k
1
g
2
R
Całkowita energia mechaniczna E 2 ciała na wysokości h ma postać:
E
=
−
k
Mm
bo na wysokości h; E k =0
2
g
R
+
h
Z prawa zachowania energii
E =
1
E
2
109
74199960.006.png
 
m
υ
2
M
⋅
m
Mm
−
k
=
−
k
g
g
2
R
R
+
h
υ
=
2
k
M
1
+
1
g
R
R
+
h
Podstawiając ∞
h
=
, otrzymujemy prędkość ucieczki
υ
II =
2
k
g
M
R
Ale wiedząc, że na powierzchni Ziemi spełniona jest równość
mg
=
k
M
⋅
m
g
2
R
k ⋅
g
M
=
g
R
2
Ostatecznie
υ
=
2
k
g
M
=
2
gR
II
R
υ
=
2
⋅
9
81
m
⋅
6400000
m
II
2
s
υ
II
=
11206
m
/
s
≅
11
.
2
km
/
s
Zad.5.4.
Sanki ześlizgują się z oblodzonej góry o wysokości h i zatrzymują się przebywając
odległość CB. Odległość AB=S. Określić współczynnika tarcia µ sanek o lodową
powierzchnię. Obliczyć przyspieszenie a sanek na odcisku CB.
Rozwiązanie:
µ
=
T
1
;
µ
=
T
2
;
F
n
=
P
⋅
cos
α
;
P
=
mg
F
P
n
110
74199960.001.png
W punkcie D sanki mają energię potencjalną
E p =
mgh
W punkcie C sanki mają energię kinetyczną
c
k
m
υ
2
E
=
=
E
−
W
p
DC
2
gdzie W DC – to praca wykonana przeciw sile tarcia T 1 na odcinku DC.
W punkcie B sanki mają
υ
=
0
E
k =
0
E
B
k
=
E
p
−
W
DC
−
W
CB
=
0
gdzie W CB – to praca wykonana przeciw sile tarcia T 2 na odcinku CB.
Z prawa zachowania energii
E
p
=
W
DC
+
W
CB
W
DC
=
T
1
⋅
DC
W
CB
=
T
2
⋅
CB
mgh
=
T
1
⋅
DC
+
T
2
⋅
CB
T 1
= cos
mg
⋅
α
⋅
µ
T 2
= mg
⋅
µ
CB −
=
S
AC
mgh
=
mg
⋅
cos
α
⋅
µ
⋅
DC
+
mg
µ
⋅
( )
S
−
AC
ale
AC
= cos
⋅
α
mgh
=
mg
⋅
µ
⋅
S
Zatem
µ
=
h
S
Opóźnienie a na odcinku CB obliczamy z drugiej zasady dynamiki Newtona
m =
⋅
a
T
T 2
= mg
⋅
µ
m
⋅
a
=
m
⋅
g
⋅
µ
=
mg
h
S
i stąd
gh
a =
S
111
B
DC
74199960.002.png 74199960.003.png
 

Plik z chomika:

Inne pliki z tego folderu:

Inne foldery tego chomika:

Zgłoś jeśli naruszono regulamin