Zadania z kinematyki z rozwiązaniami

Fizyki nie nauczysz się czytaniem, tylko liczeniem. Poniżej jest trzynaście zadań o ruchu, ułożonych od drogi i przemieszczenia przez przyspieszenie i spadek swobodny aż po przyspieszenie dośrodkowe. W dwóch ostatnich różne rodzaje ruchu następują po sobie. Wszystkie rozwiązujemy tym samym sposobem: dane i szukane, zamiana jednostek, rozwiązanie ogólne, podstawienie z jednostkami, oszacowanie i odpowiedź pełnym zdaniem. Każde zadanie spróbuj najpierw rozwiązać sam, a rozwiązanie przeczytaj dopiero potem.

Zadanie 1: Klara na spacerze z psem

Klara obchodzi z psem kwadratowy park o boku 120 m. Wyrusza z jednego rogu i obchodzi trzy boki parku. Jaką drogę przejdzie i jaka jest wartość jej przemieszczenia?

Rozwiązanie:

$\begin{aligned} s & = ? (m) \\ | Δ \vec{r} | & = ? (m) \end{aligned}$

Droga to długość toru, czyli trzech boków parku:

$s = 3 \cdot 120 m = 360 m$

Przemieszczenie to strzałka od miejsca startu do miejsca, w którym Klara skończyła. Po trzech bokach kwadratu stoi w rogu sąsiadującym z wyjściowym, więc przemieszczenie biegnie wzdłuż czwartego boku:

$| Δ \vec{r} | = 120 m$

Klara przeszła 360 m, ale od miejsca, z którego wyszła, jest tylko 120 m. Gdyby obeszła cały park, przeszłaby 480 m, a przemieszczenie byłoby zerowe.

Zadanie 2: Pod górę i z góry

Marek wjeżdża rowerem na wzgórze drogą o długości 3 km z prędkością 12 km/h, a tą samą drogą zjeżdża w dół z prędkością 36 km/h. Jaka jest jego prędkość średnia?

Rozwiązanie: Kusi, żeby dodać prędkości i podzielić przez dwa, wyszłoby 24 km/h. Tyle że prędkość średnia to całkowita droga podzielona przez całkowity czas, a pod górę Marek jedzie dużo dłużej niż w dół.

$\begin{aligned} s_{1} = s_{2} & = 3 km \\ v_{1} & = 12 km / h \\ v_{2} & = 36 km / h \\ v_{ś r} & = ? (km / h) \end{aligned}$

Wszystko mamy w kilometrach i godzinach, więc zamiana odpada. Czasy jazdy to $t_{1} = \frac{s_{1}}{v_{1}}$ i $t_{2} = \frac{s_{2}}{v_{2}}$ , więc

$v_{ś r} = \frac{s_{1} + s_{2}}{t_{1} + t_{2}} = \frac{s_{1} + s_{2}}{\frac{s_{1}}{v_{1}} + \frac{s_{2}}{v_{2}}} .$

Podstawiamy:

$\begin{aligned} v_{ś r} & = \frac{6 km}{\frac{3 km}{12 km / h} + \frac{3 km}{36 km / h}} \\ = \frac{6 km}{0, 25 h + \frac{1}{12} h} = \frac{6 km}{\frac{1}{3} h} = 18 km / h \end{aligned}$

Pod górę Marek jechał kwadrans, w dół pięć minut. Całą trasę pokonał w dwadzieścia minut, a kto przejedzie 6 km w jedną trzecią godziny, w godzinę przejechałby 18 km. Marek jechał średnio 18 km/h, nie 24 km/h.

Zadanie 3: Hania wychodzi ze schroniska

Schronisko turystyczne stoi przy drodze 4 km za wsią. Hania idzie od niego dalej od wsi ze stałą prędkością 5 km/h. Jak daleko od wsi będzie po 1 godzinie i 12 minutach?

Rozwiązanie:

$\begin{aligned} s_{0} & = 4 km \\ v & = 5 km / h \\ t & = 1 h 12 \min = 1, 2 h \\ s & = ? (km) \end{aligned}$

Uwaga na zamianę jednostek. Dwanaście minut to nie 0,12 h, tylko $\frac{12}{60} = 0, 2 h$ . Hania nie wychodzi ze wsi, ale z miejsca 4 km od niej, dlatego do przebytej drogi dodajemy drogę początkową s₀, jak w ruchu jednostajnym prostoliniowym:

$s = s_{0} + v \cdot t = 4 km + 5 km / h \cdot 1, 2 h = 10 km$

Kilometry na godzinę razy godziny dają kilometry, zgadza się. W godzinę Hania przejdzie 5 km, w 1,2 h o jedną piątą więcej, czyli 6 km, a razem z odcinkiem do schroniska daje to dziesięć. Hania będzie 10 km od wsi. Kto podstawiłby 1,12 h, dostałby 9,6 km.

Zadanie 4: Jakub dogania mamę

Mama wychodzi z domu z wózkiem z prędkością 4 km/h. Po kwadransie Jakub zauważa, że zapomniała kluczy, i wybiega za nią tą samą drogą z prędkością 10 km/h. Po jakim czasie ją dogoni i jak daleko od domu?

Rozwiązanie:

$\begin{aligned} v_{1} & = 4 km / h \\ v_{2} & = 10 km / h \\ t_{0} & = 15 \min = 0, 25 h \\ t & = ? (h) \end{aligned}$

Po kwadransie mama ma przewagę s₀ = v₁ · t₀ = 4 km/h · 0,25 h = 1 km. Przy doganianiu odległość zmniejsza się o różnicę prędkości:

$\begin{aligned} t & = \frac{s_{0}}{v_{2} - v_{1}} = \frac{1 km}{10 km / h - 4 km / h} \\ = \frac{1}{6} h = 10 \min \end{aligned}$

W tym czasie Jakub przebiegnie

$s = v_{2} \cdot t = 10 km / h \cdot \frac{1}{6} h \approx 1, 67 km .$

Sprawdzenie: mama idzie 15 + 10 = 25 minut, czyli $\frac{25}{60}$ godziny, i przejdzie $4 \cdot \frac{25}{60} \approx 1, 67 km$ . Zgadza się. Jakub dogoni mamę dziesięć minut po wybiegnięciu, około 1,7 km od domu.

Zadanie 5: Gepard

Gepard rozpędza się ze spoczynku do 72 km/h w ciągu 2,5 s. Jakie ma średnie przyspieszenie? A jakie ma przyspieszenie potem, kiedy z tej prędkości zatrzymuje się w ciągu 4 s?

Rozwiązanie:

$\begin{aligned} v_{0} & = 0 m / s \\ v & = 72 km / h = 20 m / s \\ Δ t & = 2, 5 s \\ a & = ? ({m / s}^{2}) \end{aligned}$

Ze wzoru na przyspieszenie:

$a = \frac{v - v_{0}}{Δ t} = \frac{20 m / s - 0 m / s}{2, 5 s} = 8 {m / s}^{2}$

Gepard ma przyspieszenie 8 m/s², co sekundę jest o 8 m/s szybszy. Rodzinny samochód, który rozpędza się do setki w dziesięć sekund, ma niecałe 3 m/s², więc gepard pokonałby go na starcie bez trudu.

Przy zatrzymywaniu prędkość spada z 20 m/s do zera w ciągu 4 s:

$a = \frac{0 m / s - 20 m / s}{4 s} = - 5 {m / s}^{2}$

Dodatni zwrot przyjmujemy w kierunku biegu, więc ujemne przyspieszenie oznacza hamowanie. Przy zatrzymywaniu gepard ma przyspieszenie −5 m/s², czyli opóźnienie 5 m/s².

Zadanie 6: Jakiego pasa startowego potrzebuje samolot

Samolot pasażerski przy starcie rozpędza się ze spoczynku ze stałym przyspieszeniem 2 m/s² i odrywa się od ziemi przy prędkości 252 km/h. Jakiego odcinka pasa potrzebuje i jak długo się rozpędza?

Rozwiązanie:

$\begin{aligned} v_{0} & = 0 m / s \\ a & = 2 {m / s}^{2} \\ v & = 252 km / h = 70 m / s \\ s & = ? (m), t = ? (s) \end{aligned}$

Czasu nie znamy, przyda się więc zależność bez czasu $v^{2} = v_{0}^{2} + 2 a s$ . Dla ruszania ze spoczynku wyznaczamy z niej drogę:

$s = \frac{v^{2}}{2 a} = \frac{(70 m / s)^{2}}{2 \cdot 2 {m / s}^{2}} = \frac{4900 m^{2} {/ s}^{2}}{4 {m / s}^{2}} = 1225 m$

Czas rozbiegu obliczamy z v = a · t:

$t = \frac{v}{a} = \frac{70 m / s}{2 {m / s}^{2}} = 35 s$

Sprawdzenie prędkością średnią: przy ruszaniu ze spoczynku jest ona połową prędkości końcowej, 35 m/s, a w ciągu 35 s daje to 35 m/s · 35 s = 1225 m. Samolot rozpędza się 35 s i potrzebuje ponad 1,2 km pasa. Dlatego duże lotniska mają pasy startowe o długości kilku kilometrów, z zapasem na przerwany start.

Zadanie 7: Sarna na mokrej drodze

Kierowca jedzie po mokrej drodze z prędkością 60 km/h i 40 m przed sobą zauważa sarnę. Reakcja trwa 1 s, na mokrym asfalcie samochód hamuje z opóźnieniem 5 m/s². Czy zatrzyma się na czas?

Rozwiązanie:

$\begin{aligned} v & = 60 km / h = \frac{60}{3, 6} m / s = \frac{50}{3} m / s \\ t_{r} & = 1 s \\ | a | & = 5 {m / s}^{2} \\ s & = ? (m) \end{aligned}$

Prędkość zostawiamy jako ułamek, żeby nie zaokrąglać wyników pośrednich. Całkowita droga to droga reakcji plus droga hamowania:

$s = s_{r} + s_{h} = v \cdot t_{r} + \frac{v^{2}}{2 \cdot | a |}$

Podstawiamy do każdej części osobno:

$\begin{aligned} s_{r} & = \frac{50}{3} m / s \cdot 1 s \approx 16, 7 m \\ s_{h} & = \frac{{(\frac{50}{3} m / s)}^{2}}{2 \cdot 5 {m / s}^{2}} = \frac{250}{9} m \approx 27, 8 m \end{aligned}$

Razem daje to $\frac{400}{9} m \approx 44, 4 m$ . Samochód nie zatrzyma się na czas, stanąłby dopiero około 4 m za miejscem, w którym stoi sarna. Na suchej drodze z opóźnieniem 7 m/s² wystarczyłoby mu 36,5 m, więc na mokrej opłaca się jechać wolniej.

Zadanie 8: Kamień z mostu

Z mostu puszczamy kamień, który wpada do rzeki po 1,5 s. Jak wysoko nad wodą jest most i z jaką prędkością kamień uderza w wodę? Opór powietrza pomijamy. Jak długo spadałby z mostu dwa razy wyższego?

Rozwiązanie:

$\begin{aligned} t & = 1, 5 s \\ g & = 9, 81 {m / s}^{2} \\ h & = ? (m), v = ? (m / s) \end{aligned}$

To spadek swobodny, dodatni zwrot wybieramy w dół:

$h = \frac{1}{2} g t^{2} = \frac{1}{2} \cdot 9, 81 {m / s}^{2} \cdot (1, 5 s)^{2} \approx 11 m$

$v = g \cdot t = 9, 81 {m / s}^{2} \cdot 1, 5 s \approx 14, 7 m / s$

To około 53 km/h. Oszacowanie z g ≈ 10 m/s² daje $\frac{1}{2} \cdot 10 \cdot 2, 25 \approx 11 m$ , zgadza się. Most jest mniej więcej 11 m nad wodą, a kamień uderza w nią z prędkością około 15 m/s.

Dwa razy większa wysokość nie oznacza dwa razy dłuższego czasu. Z $t = \sqrt{\frac{2 h}{g}}$ widać, że podwojenie wysokości wydłuża czas spadania tylko $\sqrt{2}$ razy:

$t^{'} = \sqrt{2} \cdot 1, 5 s \approx 2, 1 s$

Zadanie 9: Dron przy bocznym wietrze

Dron leci względem powietrza z prędkością 12 m/s, a dziobem celuje dokładnie na północ. Wieje wiatr wschodni, czyli powietrze porusza się na zachód, z prędkością 5 m/s. Z jaką prędkością dron porusza się względem ziemi i o jaki kąt odchyli się od północy?

Rozwiązanie:

$\begin{aligned} v_{1} & = 12 m / s \\ v_{2} & = 5 m / s \\ v & = ? (m / s), α = ? \end{aligned}$

Dron porusza się na dwa sposoby: leci względem powietrza, a powietrze go znosi. Prędkość wypadkowa to ich suma wektorowa, a ponieważ obie prędkości są prostopadłe, korzystamy z twierdzenia Pitagorasa:

$\begin{aligned} v & = \sqrt{v_{1}^{2} + v_{2}^{2}} = \sqrt{(12 m / s)^{2} + (5 m / s)^{2}} \\ = 13 m / s \end{aligned}$

Kąt od północy wyznaczamy z trójkąta prostokątnego prędkości, w którym prędkość wiatru jest przyprostokątną przeciwległą, a prędkość wypadkowa przeciwprostokątną:

$\sin α = \frac{v_{2}}{v} = \frac{5}{13} \approx 0,385, α \approx 22, 6 °$

Zwykła suma dałaby 17 m/s, ale prędkości nie mają tego samego kierunku. Wynik musi być większy niż 12 m/s i mniejszy niż 17 m/s, a 13 m/s taki jest. Dron leci względem ziemi z prędkością 13 m/s, a wiatr znosi go o około 23° od północy na zachód. W ciągu minuty zniesie go 300 m w bok.

Zadanie 10: Diabelski młyn

Diabelski młyn w wesołym miasteczku ma promień 20 m, a jeden obrót trwa 4 min. Jaka jest jego częstotliwość i prędkość kątowa i z jaką prędkością porusza się gondola na obwodzie?

Rozwiązanie:

$\begin{aligned} r & = 20 m \\ T & = 4 \min = 240 s \\ f & = ? (Hz), ω = ? (rad / s), v = ? (m / s) \end{aligned}$

Częstotliwość jest odwrotnością okresu:

$f = \frac{1}{T} = \frac{1}{240 s} \approx 0,004 2 Hz$

Prędkość kątowa to kąt pełny 2π na jeden okres:

$ω = \frac{2 π}{T} = \frac{2 π}{240 s} \approx 0,026 rad / s$

Prędkość gondoli:

$v = ω \cdot r = \frac{2 π \cdot r}{T} = \frac{2 π \cdot 20 m}{240 s} \approx 0, 52 m / s$

Podczas jednego obrotu gondola pokonuje obwód koła, około 126 m, w ciągu czterech minut. To około 1,9 km/h, powolny spacer. Do gondoli dałoby się więc wsiadać nawet w czasie jazdy, jak przy dużych kołach widokowych.

Zadanie 11: Wirówka dla pilotów

Wirówka treningowa dla pilotów ma kabinę na ramieniu o długości 8 m. Ile razy na minutę musi się obrócić, żeby kabina miała przyspieszenie dośrodkowe 6g, czyli sześć razy większe niż przyspieszenie ziemskie?

Rozwiązanie:

$\begin{aligned} r & = 8 m \\ a_{d} & = 6 \cdot 9, 81 {m / s}^{2} = 58, 86 {m / s}^{2} \\ f & = ? (Hz) \end{aligned}$

Ze wzoru na przyspieszenie dośrodkowe a_d = ω² · r wyznaczamy najpierw prędkość kątową, potem częstotliwość:

$\begin{array}{rcl} ω^{2} \cdot r & = & a_{d} / : r \\ ω & = & \sqrt{\frac{a_{d}}{r}} \\ f & = & \frac{ω}{2 π} = \frac{1}{2 π} \sqrt{\frac{a_{d}}{r}} \end{array}$

Jednostki: $\sqrt{\frac{{m / s}^{2}}{m}} = \frac{1}{s}$ , zgadza się. Podstawiamy:

$f = \frac{1}{2 π} \sqrt{\frac{58, 86 {m / s}^{2}}{8 m}} \approx 0, 43 Hz$

Na minutę daje to 0,432 · 60 ≈ 26 obrotów. Jeden obrót trwa około 2,3 s, a kabina pędzi z prędkością v = ω · r ≈ 21,7 m/s, prawie 80 km/h. Wirówka musi się obrócić około 26 razy na minutę.

Zadanie 12: Metro między stacjami

Skład metra rusza ze stacji z przyspieszeniem 1,2 m/s² przez 15 s, potem jedzie ze stałą prędkością przez 30 s, a na koniec hamuje z opóźnieniem 1,5 m/s², aż zatrzyma się na następnej stacji. Jak daleko od siebie są stacje i jaka jest prędkość średnia składu?

Rozwiązanie: Jazdę dzielimy na trzy odcinki i na każdym korzystamy ze wzorów dla jednego rodzaju ruchu.

$\begin{aligned} a_{1} & = 1, 2 {m / s}^{2}, t_{1} = 15 s \\ t_{2} & = 30 s \\ | a_{3} | & = 1, 5 {m / s}^{2} \\ s & = ? (m), v_{ś r} = ? (m / s) \end{aligned}$

Ruszanie ze spoczynku. Na jego końcu skład ma prędkość

$v = a_{1} \cdot t_{1} = 1, 2 {m / s}^{2} \cdot 15 s = 18 m / s$

i przejechał

$s_{1} = \frac{1}{2} a_{1} t_{1}^{2} = \frac{1}{2} \cdot 1, 2 {m / s}^{2} \cdot (15 s)^{2} = 135 m .$

Jazda ze stałą prędkością 18 m/s, czyli około 65 km/h:

$s_{2} = v \cdot t_{2} = 18 m / s \cdot 30 s = 540 m$

Hamowanie od 18 m/s do zatrzymania:

$\begin{aligned} t_{3} & = \frac{v}{| a_{3} |} = \frac{18 m / s}{1, 5 {m / s}^{2}} = 12 s \\ s_{3} & = \frac{v^{2}}{2 \cdot | a_{3} |} = \frac{(18 m / s)^{2}}{2 \cdot 1, 5 {m / s}^{2}} = 108 m \end{aligned}$

Razem:

$\begin{aligned} s & = 135 m + 540 m + 108 m = 783 m \\ t & = 15 s + 30 s + 12 s = 57 s \\ v_{ś r} & = \frac{s}{t} = \frac{783 m}{57 s} \approx 13, 7 m / s \end{aligned}$

Stacje są od siebie oddalone o około 780 m, a skład pokonuje tę odległość w niecałą minutę ze średnią prędkością około 49 km/h. Z największą prędkością 65 km/h jedzie tylko mniej więcej przez połowę czasu, dlatego średnia jest wyraźnie niższa. Odległość około kilometra jest dla metra w mieście typowa.

Zadanie 13: Odczytywanie z wykresu

Wykres pokazuje prędkość elektrycznej hulajnogi Filipa w ciągu dwunastu sekund. Jakie przyspieszenie miała hulajnoga na poszczególnych odcinkach, jaką drogę przejechała w całym tym czasie i jaka była jej prędkość średnia?

Wykres zależności prędkości v od czasu t: od 0 do 4 s rośnie z 4 do 8 m/s, od 4 do 10 s jest stała, od 10 do 12 s spada do zera

Rozwiązanie: Z wykresu odczytujemy prędkość w punktach, w których zmienia się rodzaj ruchu: na początku 4 m/s, w chwili 4 s już 8 m/s, w chwili 10 s nadal 8 m/s, a w chwili 12 s zero. Przyspieszenie to zmiana prędkości podzielona przez czas:

$\begin{aligned} a_{1} & = \frac{8 m / s - 4 m / s}{4 s} = 1 {m / s}^{2} \\ a_{2} & = 0 {m / s}^{2} \\ a_{3} & = \frac{0 m / s - 8 m / s}{2 s} = - 4 {m / s}^{2} \end{aligned}$

Widać to na wykresie nawet bez liczenia: im bardziej stromy odcinek, tym większa wartość przyspieszenia. Odcinek rosnący oznacza dodatnie przyspieszenie, poziomy zerowe, a malejący ujemne: na trzecim odcinku hulajnoga ma przyspieszenie −4 m/s², czyli opóźnienie 4 m/s².

Droga to pole pod wykresem prędkości. Pierwszy odcinek tworzy trapez, drugi prostokąt, a trzeci trójkąt:

$\begin{aligned} s_{1} & = \frac{4 m / s + 8 m / s}{2} \cdot 4 s = 24 m \\ s_{2} & = 8 m / s \cdot 6 s = 48 m \\ s_{3} & = \frac{1}{2} \cdot 8 m / s \cdot 2 s = 8 m \end{aligned}$

Razem s = 80 m w ciągu 12 s, prędkość średnia wynosi

$v_{ś r} = \frac{s}{t} = \frac{80 m}{12 s} \approx 6, 7 m / s .$

Sprawdzenie: prędkość średnia musi leżeć między zerem a największą prędkością 8 m/s, a ponieważ hulajnoga przez większość czasu jechała z tą największą prędkością, będzie bliżej niej. Hulajnoga miała kolejno przyspieszenie 1 m/s², zerowe i −4 m/s², przejechała 80 m i jechała średnio z prędkością około 6,7 m/s, czyli 24 km/h.

Tym samym sposobem można rozwiązywać także zadania, w których występują siły. Znajdziesz je w artykule Zadania z dynamiki z rozwiązaniami.

« Poprzedni: Siły bezwładności

Dalszy: Zadania z dynamiki z rozwiązaniami »