Cel dydaktycznyW tym podrozdziale nauczysz się: wybierać odpowiednie równania ruchu do wyznaczenia niewiadomych w danym zagadnieniu; używać odpowiednich równań ruchu do analizy zagadnienia pogoni i ucieczki dwóch ciał. Zapewne odgadłeś, że im większe jest przyspieszenie ciała (np. samochodu ruszającego ze skrzyżowania), tym większe jest jego przemieszczenie w czasie. Jak na razie jednak nie otrzymaliśmy żadnych równań, które wiązałyby ze sobą przemieszczenie czy położenie z przyspieszeniem. W tym podrozdziale wprowadzimy zestaw wygodnych równań do opisu położenia i prędkości ciała poruszającego się ze stałym przyspieszeniem. Nazwiemy je równaniami ruchu. Ruch ze stałym przyspieszeniem nazywa się też ruchem jednostajnie zmiennym (przyspieszonym lub opóźnionym). Zaczniemy jednak od definicji przemieszczenia, prędkości i przyspieszenia. Na początku rozważymy prosty przypadek ruchu pojedynczego ciała (zagadnienie jednociałowe), aby na końcu sekcji zająć się także bardziej złożonym ruchem dwóch ciał, nazywanym zagadnieniem pogoni (pościgu) i ucieczki dwóch Zacznijmy od pewnych uproszczeń z zapisie i oznaczeniach. Dużym ułatwieniem będzie, jeśli przyjmiemy czas początkowy równy zero – tak jakbyśmy włączali stoper dopiero w momencie rozpoczęcia obserwacji ruchu. W takim razie całkowity czas ruchu Δ t = t k − t 0 Δ t = t k − t 0 jest, wobec przyjętego warunku początkowego t 0 = 0 t 0 = 0 , równy Δ t = t k Δ t = t k , czyli końcowemu wskazaniu stopera. Aby oznaczyć początkowe położenie i początkową prędkość, także użyjemy indeksu dolnego 0. W takim razie x 0 x 0 będzie początkowym położeniem, natomiast v 0 v 0 prędkością początkową. Do końcowych prędkości i położenia nie będziemy przypisywać żadnego indeksu. Wobec tego t t będzie oznaczać czas końcowy, x x będzie położeniem końcowym, a v v będzie prędkością końcową. Taki wybór dodatkowo uprości oznaczenie całkowitego czasu ruchu Δ t = t Δ t = t , przemieszczenia Δ x = x − x 0 Δ x = x − x 0 oraz zmiany prędkości Δ v = v − v 0 Δ v = v − v 0 . Podsumowując, jeśli zastosujemy tę uproszczoną notację oraz przyjmiemy czas początkowy równy zero, otrzymamy Δ t = t , Δ x = x − x 0 , Δ v = v − v 0 , Δ t = t , Δ x = x − x 0 , Δ v = v − v 0 , gdzie indeks dolny 0 oznacza wielkości początkowe (w chwili rozpoczęcia obserwacji), a brak indeksu dolnego oznacza wielkości końcowe (w chwili, gdy chcemy je obliczyć). Kolejnym ważnym uproszczeniem będzie przyjęcie, że przyspieszenie jest stałe. To założenie pozwoli uniknąć nam potrzeby używania rachunku różniczkowego do obliczania przyspieszenia chwilowego. Skoro przyspieszenie jest stałe w czasie, to przyspieszenie średnie jest zawsze równe przyspieszeniu chwilowemu, czyli a ¯ = a = const. a ¯ =a=const. W takim razie dla oznaczenia przyspieszenia w dowolnej chwili czasu użyjemy po prostu symbolu a a. Założenie, że przyspieszenie jest stałe w trakcie ruchu, wcale nie ogranicza spektrum sytuacji fizycznych, które będziemy w stanie opisywać, ani też nie wpłynie na precyzję naszych rachunków. Po pierwsze, w ogromnej ilości przypadków przyspieszenie jest rzeczywiście stałe i nie zmienia się w trakcie ruchu. Po drugie, w wielu pozostałych przypadkach możemy poprawnie opisać ruch, przyjmując, że (stałe) przyspieszenie w danym ruchu jest po prostu równe przyspieszeniu średniemu. Wreszcie w przypadku, gdy przyspieszenie gwałtownie zmienia się w czasie, jak np. podczas przyspieszania i hamowania w celu zatrzymania samochodu, możemy taki ruch traktować jako kilka niezależnych od siebie ruchów, z których każdy zachodzi ze stałym przyspieszeniem. Przemieszczenie i położenie na podstawie prędkości Pierwsze dwa równania ruchu otrzymamy, wychodząc od definicji prędkości średniej: v ¯ = Δ x Δ t . v ¯ = Δ x Δ t . Podstawiając nasze uproszczone definicje Δ x Δ x oraz Δ t Δ t , otrzymamy v ¯ = x − x 0 t . v ¯ = x − x 0 t . Wyliczamy stąd położenie x x w dowolnej chwili czasu x = x 0 + v ¯ t , x= x 0 + v ¯ t, gdzie prędkość średnia wynosi v ¯ = v 0 + v 2 . v ¯ = v 0 + v 2 . Powyższe dwa równania składają się na pierwsze równanie ruchu jednostajnie zmiennego. Równanie v ¯ = v 0 + v / 2 v ¯ = v 0 + v /2 wyraża fakt, że skoro przyspieszenie jest stałe, to prędkość średnia jest po prostu średnią arytmetyczną prędkości początkowej i końcowej. Fakt ten zilustrowano na Rysunku Na wykresie (a) przyspieszenie jest stałe, a więc prędkość rośnie jednostajnie (liniowo) w czasie. Prędkość średnia w 1-godzinnym przedziale czasu, od wartości 40 km/h do 80 km/h, wynosi 60 km/h, co jest średnią arytmetyczną: v – = v 0 + v 2 = 40 k m / h + 80 k m / h 2 = 60 k m / h . v – = v 0 + v 2 = 40 k m / h + 80 k m / h 2 =60 k m / h . Na wykresie (b) przyspieszenie nie jest stałe. Przez większość czasu, w trakcie 1-godzinnego ruchu, prędkość ma wartość bliższą 80 km/h niż 40 km/h. Prędkość średnia jest więc większa niż w przypadku przedstawionym na wykresie (a). Rysunek (a) Wykres prędkości w funkcji czasu w przypadku ruchu ze stałym przyspieszeniem od wartości początkowej v 0 v 0 do końcowej v v . Prędkość średnia wynosi ( v 0 + v ) / 2 = 60 k m / h ( v 0 + v ) / 2 = 60 k m / h . (b) Wykres prędkości w funkcji czasu ze zmiennym przyspieszeniem. Prędkość średnia nie jest równa ( v 0 + v ) / 2 ( v 0 + v ) / 2 , lecz jest większa od 60 ⁢ km / h 60 ⁢ km / h . Obliczanie prędkości na podstawie przyspieszenia i czasu Wzór na prędkość w dowolnej chwili czasu (kolejne równanie ruchu) otrzymamy na podstawie definicji przyspieszenia średniego: a = Δ v Δ t . a = Δ v Δ t . Pominęliśmy oznaczenie średniej, bo wciąż zakładamy stałe przyspieszenie. Podstawiając za Δ v Δ v i Δ t Δ t , otrzymamy a = v − v 0 t , a = const. a = v − v 0 t , a = const. Wyznaczamy stąd równanie prędkości v v w dowolnej chwili czasu v = v 0 + a t , a = const. v = v 0 + a t , a = const. Przykład Obliczanie prędkości końcowejSamolot podchodzi do lądowania z prędkością 70,00 m/s i w momencie zetknięcia z płytą lotniska hamuje z przyspieszeniem 1,50 m / s 2 1,50 m / s 2 przez 40,0 s. Jaka jest prędkość końcowa samolotu?Strategia rozwiązaniaUstalmy najpierw, jakie mamy dane: v 0 = 70 m / s v 0 =70 m / s , a = − 1,50 m / s 2 a=−1,50 m / s 2 , t = 40 s t=40 s . Następnie zastanówmy się, co jest niewiadomą. W tym przypadku jest to prędkość końcowa v k v k . Na końcu wybierzmy odpowiednie równanie ruchu. W tym celu zastanówmy się, które równanie wiąże naszą niewiadomą ze wszystkimi danymi. Jest to Równanie czyli v = v 0 + a t v = v 0 + a t . RozwiązaniePodstawiamy dane do równania i otrzymujemy wynik: v = v 0 + a t = 70,0 m / s + ( − 1,50 m / s 2 ) ⋅ 40,0 s = 10,0 m / s . v= v 0 +at=70,0 m / s + ( − 1,50 m / s 2 ) ⋅40,0 s =10,0 m / s . Rysunek w schematyczny sposób pokazuje wektory prędkości i przyspieszenia w trakcie hamowania samolotu. Rysunek Samolot ląduje z prędkością 70,0 m/s i hamuje do końcowej prędkości 10,0 m/s, z którą kołuje do terminala. Zauważ, że przyspieszenie jest ujemne, bo jego zwrot jest przeciwny do zwrotu prędkości (prędkość ma dodatnią wartość). ZnaczeniePrędkość końcowa jest oczywiście o wiele niższa niż prędkość początkowa, czego oczekujemy podczas hamowania. Jest jednak ciągle dodatnia (spójrz na rysunek). Silniki odrzutowe samolotu są w stanie wytworzyć ciąg wsteczny, dzięki czemu samolot może się zatrzymać w miejscu, a nawet zacząć cofać. Wtedy prędkość byłaby ujemna, co jednak w naszym przypadku nie zachodzi. Oprócz tego, że równanie v = v 0 + a t v = v 0 + a t jest bardzo użyteczne przy opisie parametrów ruchu ciał, pokazuje ono także relację między prędkością, przyspieszeniem i czasem. Na jego podstawie możemy np. stwierdzić, że: Wartość prędkości końcowej zależy od tego, jak duże jest przyspieszenie oraz przez jaki czas ciało go doznaje. Jeśli przyspieszenie ciała jest zero, to prędkość końcowa ciała jest równa prędkości początkowej ( v = v 0 v= v 0 ), czego się spodziewamy. Innymi słowy: jeśli przyspieszenie jest zerowe, to prędkość jest stała w czasie, i mamy do czynienia z ruchem jednostajnym. Jeśli a a jest ujemne, to prędkość końcowa jest mniejsza od prędkości początkowej (ruch jest opóźniony). Wszystkie powyższe komentarze zgadzają się z naszą intuicją. Pamiętaj, że zawsze warto skonfrontować równania fizyczne (nie tylko kinematyczne) z naszą intuicją i doświadczeniami z życia, przez co możemy się przekonać, czy rzeczywiście poprawnie opisują one rzeczywistość. Obliczanie położenia końcowego w ruchu jednostajnie zmiennym Na podstawie dwóch wyprowadzonych powyżej równań ruchu otrzymamy teraz trzecie równanie, wiążące położenie ciała z przyspieszeniem w ruchu jednostajnie zmiennym. W przypadku ruchu po linii prostej będzie to też wzór na drogę w ruchu jednostajnie zmiennym, o ile nie będziemy rozważać zmiany kierunku ruchu ciała. Wyjdźmy od równania v = v 0 + a t . v = v 0 + a t . Dodajmy teraz v 0 v 0 do obu stron równania i podzielmy je przez 2: v 0 + v 2 = v 0 + 1 2 a t . v 0 + v 2 = v 0 + 1 2 a t . Lewa strona jest średnią prędkością, v 0 + v 2 = v – v 0 + v 2 = v – , przy założeniu stałego przyspieszenia. W takim razie v – = v 0 + 1 2 a t . v – = v 0 + 1 2 a t . To wyrażenie na v – v – podstawimy teraz do równania na przemieszczenie, które wyprowadziliśmy w tej sekcji jako pierwsze, mianowicie x = x 0 + v – t x= x 0 + v – t. Doprowadzi nas to do równania opisującego położenie końcowe ciała w dowolnej chwili w ruchu jednostajnie zmiennym x = x 0 + v 0 t + 1 2 a t 2 , a = const. x = x 0 + v 0 t + 1 2 a t 2 , a = const. Przykład Obliczanie przemieszczenia przyspieszającego ciałaWyścigowe dragstery mogą osiągać średnie przyspieszenie 26,0 m / s 2 26,0 m / s 2 . Załóżmy, że dragster z takim przyspieszeniem rusza ze startu i przyspiesza przez 5,56 s (Rysunek Jaki dystans pokona w tym czasie? Rysunek Pilot amerykańskiej armii Tony Schumacher rozpoczyna wyścig dragsterów kontrolowanym „paleniem gumy”. (Źródło: Lt. Col. William Thurmond, dzięki uprzejmości Army.) Strategia rozwiązaniaZacznijmy od schematycznego rysunku sytuacji fizycznej, Rysunek Naszym zadaniem jest znalezienie przemieszczenia, które jest w tym przypadku równe końcowemu położeniu x x , jeśli przyjmiemy położenie początkowe x 0 x 0 równe zero. Położenie x 0 x 0 możemy rozumieć jako linię startową wyścigu. Możemy je przyjąć w dowolnym innym punkcie, ale najwygodniej będzie przypisać mu zerową wartość i każde położenie w dowolnym momencie liczyć względem niego. Gdy prawidłowo zdefiniujemy v 0 v 0 , a a i t t na podstawie treści zadania, będziemy mogli użyć równania x = x 0 + v 0 t + 1 2 a t 2 x = x 0 + v 0 t + 1 2 a t 2 do obliczenia końcowego położenia dragstera. Rysunek Schemat przyspieszającego dragstera. RozwiązanieSprawdźmy najpierw, czy mamy wszystkie potrzebne dane. Ponieważ dragster rusza z miejsca startu, to v 0 = 0 v 0 = 0 , natomiast przyspieszenie a a równe 26,0 m / s 2 26,0 m / s 2 oraz czas ruchu t = 5,56 s t=5,56 s są podane. Teraz możemy wstawić dane do wzoru na nieznane położenie: x = x 0 + v 0 t + 1 2 a t 2 . x = x 0 + v 0 t + 1 2 a t 2 . Skoro i położenie, i prędkość początkowe są równe zeru, równanie upraszcza się do x = 1 2 a t 2 . x = 1 2 a t 2 . Wstawiamy wartości liczbowe za a a i t t , i otrzymujemy wynik x = 1 2 ⋅ 26,0 m / s 2 ⋅ ( 5,56 s ) 2 = 402 m . x= 1 2 ⋅26,0 m / s 2 ⋅ ( 5,56 s ) 2 =402 m . ZnaczenieJeśli przeliczymy wynik 402 m na mile (1 mila = 1609,344 m), to okaże się, że jest on równy ok. 1/4 mili, a więc odpowiada typowemu dystansowi, na jakim rozgrywa się wyścigi dragsterów. Zatem nasz wynik jest realny. Pokonanie 402 m w czasie tylko ok. 5,5 s jest imponującym wynikiem, jednak najmocniejsze dragstery potrafią osiągać nawet krótsze czasy. Gdyby dragster miał już na starcie niezerową prędkość początkową, musielibyśmy uwzględnić w równaniu opisującym położenie końcowe dodatkowy wyraz. Wtedy położenie końcowe (równe w tym przypadku drodze) byłoby znacznie większe. Czego więcej o ruchu możemy się dowiedzieć dzięki analizie równania x = x 0 + v 0 t + a t 2 / 2 x= x 0 + v 0 t+a t 2 /2? Możemy wyciągnąć następujące wnioski: W ruchu z niezerowym przyspieszeniem położenie końcowe zależy od kwadratu całkowitego czasu ruchu. W [link] dragster pokonuje tylko jedną czwartą całkowitej drogi w czasie równym połowie całkowitego czasu ruchu. Jeśli przyspieszenie jest zerowe, to prędkość średnia jest równa prędkości początkowej (prędkość się nie zmienia, v 0 = v ¯ v 0 = v ¯ ), a równanie x = x 0 + v 0 t + a t 2 / 2 x= x 0 + v 0 t+a t 2 /2 upraszcza się do postaci x = x 0 + v 0 t x = x 0 + v 0 t znanej dla ruchu jednostajnego prostoliniowego. Obliczanie prędkości końcowej na podstawie drogi i przyspieszenia Wyprowadzimy teraz czwarte równanie kinematyczne, użyteczne w analizie ruchu ciała ze stałym przyspieszeniem. Będzie to równanie na prędkość końcową wyrażoną przez całkowite przemieszczenie i przyspieszenie, a otrzymamy je na podstawie trzech poprzednich. Wyliczmy zmienną t t z równania na prędkość v = v 0 + a t v = v 0 + a t : t = v − v 0 a . t = v − v 0 a . Podstawiając za czas oraz prędkość średnią v ¯ = v 0 + v / 2 v ¯ = v 0 + v /2 do x = x 0 + v – t x= x 0 + v – t, otrzymujemy v 2 = v 0 2 + 2 a ( x − x 0 ) , a = const. v 2 = v 0 2 + 2 a ( x − x 0 ) , a = const. Przykład Obliczanie prędkości końcowejOblicz prędkość końcową dragstera z Przykładu nie korzystając z informacji o czasie rozwiązaniaRównanie v 2 = v 0 2 + 2 a ( x − x 0 ) v 2 = v 0 2 + 2 a ( x − x 0 ) jest idealne do zastosowania w tym zadaniu, bo wiąże prędkość końcową z przyspieszeniem i przemieszczeniem, a nie zawiera czasu. RozwiązanieWypiszmy dane. Wiemy, że v 0 = 0 v 0 =0, bo dragster rusza z miejsca. Znamy też przemieszczenie x − x 0 = 402 m x− x 0 =402 m (jest to wynik otrzymany w [link]). Przyspieszenie dragstera zostało podane w treści zadania, a = 26,0 m / s 2 a=26,0 m / s 2 . Podstawiamy dane do równania v 2 = v 0 2 + 2 a ( x − x 0 ) v 2 = v 0 2 + 2 a ( x − x 0 ) i wyliczamy v v : v 2 = 0 m / s + 2 ⋅ 26,0 m / s 2 ⋅ 402 m . v 2 =0 m / s +2⋅26,0 m / s 2 ⋅402 m . Zatem v 2 = 2,09 ⋅ 10 4 m 2 / s 2 , v = 2,09 ⋅ 10 4 m 2 / s 2 = 145 m / s . v 2 = 2,09 ⋅ 10 4 m 2 / s 2 , v = 2,09 ⋅ 10 4 m 2 / s 2 = 145 m / s . ZnaczeniePrędkość 145 m/s (czyli 522 km/h) jest ogromna, ale i tak jeszcze daleka od rekordowych wyników dragsterów na torze o długości 1/4 mili. Zauważ, że po spierwiastkowaniu uwzględniliśmy tylko jedno rozwiązanie – dodatnie, odrzucając rozwiązanie ujemne. W ten sposób wyraziliśmy, że prędkość ma ten sam kierunek co wektor przyspieszenia w ruchu dragstera. Wnikliwa analiza równania v 2 = v 0 2 + 2 a ( x − x 0 ) v 2 = v 0 2 + 2 a ( x − x 0 ) pomoże nam pogłębić nasze rozumienie zależności między wielkościami fizycznymi: Prędkość końcowa zależy od tego, jak duże jest przyspieszenie i na jakim dystansie ciało go doznaje. Przy takim samym przyspieszeniu samochód o dwukrotnie większej prędkości początkowej nie zatrzyma się po przejechaniu dwukrotnie dłuższej drogi. Droga hamowania będzie o wiele większa (dlatego właśnie wprowadza się strefy dodatkowego ograniczenia prędkości przy szkołach, przejściach dla pieszych itd.). Równania ruchu: zastosowanie W dalszej części nadal będziemy analizować ruch ciał w jednym wymiarze ze stałym przyspieszeniem, ale w nieco bardziej złożonych przykładach, wymagających większego żonglowania równaniami ruchu. Na przykładach tych poznamy także przydatne metody rozwiązywania zadań. Poniższe zestawienie zawiera wszystkie równania ruchu przydatne do rozwiązywania zadań z kinematyki ruchu prostoliniowego. Pamiętaj, że te równania nie są od siebie niezależne – jedne wyprowadzaliśmy na podstawie innych. W wielu przypadkach będziemy mieli dwie niewiadome w zadaniu, do znalezienia których będziemy musieli zapisać odpowiednie dwa równania. Generalnie do rozwiązania problemu o wielu niewiadomych potrzebujemy tylu równań, ile jest niewiadomych. Zestawienie kinematycznych równań ruchu (stałe a a ) x = x 0 + v ¯ t x= x 0 + v ¯ t v ¯ = v 0 + v 2 v ¯ = v 0 + v 2 v = v 0 + a t v = v 0 + a t x = x 0 + v 0 t + 1 2 a t 2 x = x 0 + v 0 t + 1 2 a t 2 v 2 = v 0 2 + 2 a ( x − x 0 ) v 2 = v 0 2 + 2 a ( x − x 0 ) Zanim zajmiemy się rozwiązywaniem zadań w przykładach, przyjrzyjmy się bliżej, jak zachowuje się wartość przyspieszenia w skrajnych przypadkach wartości położenia i prędkości. Przekształcając Równanie mamy a = v − v 0 t . a = v − v 0 t . Widzimy, że jeśli różnica prędkości końcowej i początkowej jest niewielka, to dla skończonego czasu przyspieszenie jest małe. W granicy prędkości końcowej równej prędkości początkowej przyspieszenie zdąża do zera. Przeciwnie, jeśli t → 0 t → 0 przy skończonej różnicy prędkości, przyspieszenie rozbiega się do przekształćmy Równanie aby wyrazić zależność przyspieszenia od różnicy prędkości i położeń: a = v 2 − v 0 2 2 ( x − x 0 ) . a = v 2 − v 0 2 2 ( x − x 0 ) . Dla skończonej różnicy prędkości przyspieszenie staje się nieskończone, jeśli przemieszczenie zdąża do zera. Podobnie, przy skończonej różnicy położeń: końcowego i początkowego, przyspieszenie spada do zera, jeśli prędkość się nie zmienia. Przykład Droga hamowania samochoduSamochód może hamować na suchym asfalcie z przyspieszeniem o wartości 7,00 m / s 2 7,00 m / s 2 , natomiast na mokrym asfalcie jego przyspieszenie ma wartość tylko 5,00 m / s 2 5,00 m / s 2 . Znajdź drogę, po jakiej samochód się zatrzyma (drogę hamowania), na suchej oraz mokrej nawierzchni, jeśli zaczyna hamować przy prędkości 30,0 m/s (110 km/h). Powtórz obliczenia w sytuacji uwzględniającej czas reakcji kierowcy równy 0,500 s. Strategia rozwiązaniaRysujemy schemat sytuacji fizycznej, Rysunek Aby wybrać odpowiednie do naszego zadania równania ruchu, wypiszemy dane i zidentyfikujemy szukane. Rysunek Schemat ilustrujący ruch hamującego samochodu i drogę do zatrzymania. Rozwiązanie Mamy następujące dane: v 0 = 30,0 m / s v 0 =30,0 m / s , v = 0 v=0, a = − 7,00 m / s 2 a=−7,00 m / s 2 ( a a jest ujemne, bo ma kierunek przeciwny do prędkości). Przyjmijmy położenie początkowe x 0 x 0 równe zero. Chcemy obliczyć przemieszczenie Δ x Δx, czyli różnicę x - x 0 x- x 0 .Równaniem, którego użyjemy, jest v 2 = v 0 2 + 2 a ( x − x 0 ) . v 2 = v 0 2 + 2 a ( x − x 0 ) . To równanie jest najwygodniejsze, bo zawiera tylko jedną niewiadomą – właśnie tę, którą chcemy obliczyć, x x. Wszystkie pozostałe wielkości znamy. Moglibyśmy użyć także innych równań ruchu do obliczenia x x, ale zawierają one czas t t, którego nie znamy. Musielibyśmy więc rozwiązywać układ dwóch równań na dwie niewiadome, co pociągałoby za sobą dodatkowe obliczenia. Przekształcamy równanie tak, aby wyliczyć x x: x = x 0 + v 2 − v 0 2 2 a x = x 0 + v 2 − v 0 2 2 a i podstawiamy dane: x = 0 m + ( 0 m / s ) 2 − ( 30,0 m / s ) 2 2 ⋅ ( − 7,00 m / s 2 ) . x=0 m + ( 0 m / s ) 2 − ( 30,0 m / s ) 2 2 ⋅ ( − 7,00 m / s 2 ) . Zatem droga, jaką pokona samochód na suchej nawierzchni, wynosi x a = 64,3 m . x a =64,3 m . Rozwiązanie tej części znajdziemy dokładnie tak samo, jak w przypadku części (a), z tym że przyspieszenie wynosi teraz − 5,00 m / s 2 −5,00 m / s 2 . Wynik wynosi x b = 90,0 m . x b =90,0 m . Droga hamowania na suchej i mokrej nawierzchni, liczona od momentu wciśnięcia hamulca przez kierowcę (a więc po upływie jego czasu reakcji), będzie taka jak obliczona w częściach (a) i (b). Aby obliczyć całkowitą drogę do zatrzymania, musimy obliczyć, jaki dystans samochód pokona w czasie reakcji kierowcy, a następnie dodać go do wyników z części (a) i (b). Zakładamy, że w czasie reakcji kierowcy samochód porusza się ze stałą szybkością 30,0 m/ jakie znamy w czasie trwania reakcji kierowcy, to: v – = 30,0 m / s v – =30,0 m / s , t reakcji = 0,500 s t reakcji =0,500 s , a reakcji = 0 a reakcji =0. Znowu przyjmijmy x 0 = 0 x 0 = 0 . Poszukujemy położenia x reakcji x reakcji po czasie reakcji kierowcy. Użyjemy w tym celu równania x = x 0 + v ¯ t x= x 0 + v ¯ t, w którym jedyną niewiadomą jest x x . Wstawiając dane do tego równania, otrzymujemy: x = 0 m + 30,0 m / s ⋅ 0,500 s = 15,0 m . x=0 m +30,0 m / s ⋅0,500 s =15,0 m . W takim razie całkowita droga hamowania, zarówno na suchej, jak i na mokrej nawierzchni, jest powiększona o drogę przebytą przez auto ze stałą prędkością w czasie reakcji kierowcy. Zakładamy tutaj, że po upływie 0,500 s kierowca natychmiastowo wciska hamulec i samochód od razu doznaje odpowiedniego przyspieszenia. Całkowita droga hamowania, obliczona jako x hamowania + x reakcji = x całkowita , x hamowania + x reakcji = x całkowita , wynosi w przypadku suchej nawierzchni: 64,3 m + 15,0 m = 79,3 m 64,3 m +15,0 m =79,3 m oraz w przypadku mokrej nawierzchni: 90,0 m + 15,0 m = 105 m 90,0 m +15,0 m =105 m (Rysunek Rysunek Droga potrzebna do zahamowania samochodu znacząco różni się w zależności od stanu nawierzchni i czasu reakcji kierowcy. Na wykresie przedstawiono schemat hamowania samochodu od prędkości 30,0 m/s do zatrzymania, na suchej i mokrej nawierzchni, bez uwzględnienia oraz z uwzględnieniem czasu reakcji kierowcy równego 0,500 s. ZnaczenieOtrzymane przez nas wartości liczbowe drogi hamowania wydają się być sensowne w przypadku samochodu rozpędzonego do dużej szybkości. Trudniej jest zatrzymać samochód na nawierzchni mokrej niż na suchej. Pouczającym wnioskiem jest to, że czas reakcji człowieka dość znacznie powiększa całkowitą drogę hamowania samochodu. Przyjęliśmy tutaj czas reakcji równy 0,500 s. Jest to całkiem sensowne założenie. Jeśli spróbujesz jak najszybciej kliknąć dwukrotnie na klawisz stopera, to zobaczysz, że w tym ekstremalnym przypadku twój czas reakcji raczej nie spada poniżej 0,100 s. Ważniejszym jednak wnioskiem jest to, że przećwiczyliśmy na tym przykładzie metodologię rozwiązywania zadań: od poprawnego zdefiniowania danych i szukanych do wyboru równania ruchu najbardziej odpowiedniego do naszego zadania. Pamiętaj, że potrzebujesz tylu równań, ile masz niewiadomych w zadaniu. Często istnieje kilka różnych sposobów rozwiązania. Także w tym przykładzie mogliśmy użyć innych równań, aby otrzymać prawidłowe wyniki. Rozwiązanie przedstawione tutaj jest jednak najszybsze. Przykład Obliczanie czasu ruchuRozważmy sytuację, w której samochód, włączając się do ruchu na autostradzie, musi rozpędzić się na pasie rozbiegowym o długości 200,0 m. Jeżeli jego prędkość początkowa wynosi 10,0 m/s, a przyspieszenie to 2,00 m / s 2 2,00 m / s 2 , jak długo zajmie kierowcy włączanie się do ruchu? (Taka informacja mogłaby być użyteczna przy projektowaniu infrastruktury autostradowej przez inżynierów.)Strategia rozwiązaniaNajpierw zróbmy schematyczny rysunek sytuacji, Rysunek Mamy obliczyć czas t t rozpędzania się samochodu. Tak jak poprzednio, zidentyfikujemy niewiadome i wybierzemy odpowiednie równanie ruchu, które pozwoli nam znaleźć czas t t. Rysunek Schemat rozpędzania samochodu na autostradowym pasie rozbiegowym. RozwiązanieSamochód porusza się ruchem jednostajnie przyspieszonym z prędkością początkową i na znanej drodze. Wypiszmy wszystkie dane, które znamy z treści zadania: x 0 = 0 x 0 = 0 , v 0 = 10 m / s v 0 =10 m / s , a = 2,00 m / s 2 a=2,00 m / s 2 oraz x = 200,0 m x=200,0 m . Potrzebujemy obliczyć czas t t. Tym razem równanie x = x 0 + v 0 t + a t 2 / 2 x= x 0 + v 0 t+a t 2 /2 będzie najbardziej odpowiednie, bo zawiera tylko jedną niewiadomą t t, której właśnie szukamy. Zauważmy, że podstawiając dane do tego wzoru, otrzymamy równanie kwadratowe ze względu na niewiadomą. Wstawiamy dane do równania: 200 m = 0 m + 10,0 m / s ⋅ t + 1 2 ⋅ 2,00 m / s 2 ⋅ t 2 , 200 m =0 m +10,0 m / s ⋅t+ 1 2 ⋅2,00 m / s 2 ⋅ t 2 , i upraszczamy je. Jednostki długości (metry) znikają, bo wystepują w tej samej potędze po obu stronach równania. Przyjmijmy, że czas mierzymy w sekundach, przez co możemy podstawić: t = t s t=t s , gdzie t t jest bezwymiarową zmienną, a s jest jednostką czasu. Otrzymujemy: 200 = 10 t + t 2 . 200 = 10 t + t 2 . Po uporządkowaniu równania identyfikujemy odpowiednie parametry równania kwadratowego i korzystamy ze wzoru na jego pierwiastki, aby wyliczyć t t:t2+10⁢t−200=0⁢,t=−b±b2−4⁢a⁢c2⁢a⁢,t2+10⁢t−200=0⁢,t=−b±b2−4⁢a⁢c2⁢a⁢, \begin{align} t^2 + 10t - 200 = 0 \text{,} \\ t = \frac{-b \pm \sqrt{b^2 - 4ac}}{2a} \text{,} \end{align}co prowadzi nas do dwóch rozwiązań t = 10,0 s t=10,0 s oraz t = –20,0 s t=–20,0 s . Ujemny wynik jest niefizyczny, dlatego go odrzucamy (oznaczałby on, że zdarzenie miało miejsce 20 s, zanim rozpoczął się ruch). W takim razie rozwiązaniem jest t = 10,0 s . t=10,0 s . ZnaczenieZazwyczaj, gdy rozwiązujemy równanie kwadratowe, otrzymamy dwa rozwiązania. W niektórych przypadkach oba rozwiązania mogą mieć sens, wybór poprawnego zależy wtedy od prawidłowej interpretacji. W innych przypadkach (takich jak nasz w tym przykładzie) tylko jedno rozwiązanie ma sens fizyczny. Otrzymany przez nas wynik 10,0 s wydaje się być rozsądnym czasem rozpędzania samochodu włączającego się do ruchu na autostradzie. Sprawdź, czy rozumiesz Rakieta kosmiczna startuje w przyspieszeniem 20 m/s2. Ile czasu zajmie rakiecie osiągnięcie prędkości 400 m/s? Przykład Przyspieszenie statku kosmicznegoStatek kosmiczny opuszcza orbitę ziemską i kieruje się w stronę Księżyca. Przyspiesza w tempie 20 m / s 2 20 m / s 2 w ciągu 2 min, kiedy to pokonuje dystans 1000 km. Jakie są początkowa i końcowa prędkość statku podczas tego manewru?Strategia rozwiązaniaMamy obliczyć dwie niewiadome: prędkość początkową oraz prędkość końcową. Patrząc na naszą listę kinematycznych równań ruchu, widzimy, że żadne nie da nam jednocześnie obu tych rozwiązań. Musimy więc najpierw wyliczyć jedną niewiadomą, przy użyciu jednego z równań, a następnie podstawić ją do kolejnego równania, by znaleźć tę drugą niewiadomą. Mamy więc do rozwiązania układ dwóch równań zawierających dwie obliczymy v 0 v 0 , korzystając z równania x = x 0 + v 0 t + a t 2 / 2 x= x 0 + v 0 t+a t 2 /2 x − x 0 = v 0 t + 1 2 a t 2 x − x 0 = v 0 t + 1 2 a t 2 10 6 m = v 0 ⋅ 120,0 s + 1 2 ⋅ 20,0 m / s 2 ⋅ ( 120,0 s ) 2 10 6 m = v 0 ⋅120,0 s + 1 2 ⋅20,0 m / s 2 ⋅ ( 120,0 s ) 2 v 0 = 7 133,3 m / s . v 0 =7133,3 m / s . Tak obliczone v 0 v 0 wstawimy teraz do równania v = v 0 + a t v = v 0 + a t na nieznaną prędkość końcową: v = v 0 + a t = 7 133,3 m / s + 20,0 m / s 2 ⋅ 120,0 s = 9 533,3 m / s . v= v 0 +at=7133,3 m / s +20,0 m / s 2 ⋅120,0 s =9533,3 m / s . ZnaczenieDo opisu ruchu w jednym wymiarze używamy sześciu niezależnych wielkości, którymi są: przemieszczenie (równe położeniu końcowemu minus położenie początkowe), czas, prędkość (początkowa i końcowa) i przyspieszenie. W zadaniach mogą być podane dowolne ich kombinacje, dlatego nie zawsze możemy znaleźć rozwiązanie, po prostu wstawiając dane do równania i wyliczając niewiadomą. Czasem, jak w przykładzie, którym teraz się zajmowaliśmy, trzeba rozwiązać układ kilku równań ruchu jednocześnie. Dzięki podstawom, które dotąd poznaliśmy, możemy przejść do bardziej złożonych i ciekawych zagadnień kinematyki. W procesie dochodzenia do kinematycznych równań ruchu i stosowania ich do problemów fizycznych wypracowaliśmy także ogólne metody rozwiązywania zadań, które dają poprawne wyniki i możliwość interpretacji związków między wielkościami fizycznymi. Następnym stopniem zaawansowania problemów fizycznych z dziedziny kinematyki będzie zagadnienie ruchu wzajemnego dwóch ciał, które można nazwać zagadnieniem pogoni i ucieczki. Zagadnienie pogoni i ucieczki dwóch ciał Do tej pory zajmowaliśmy się ruchem tylko pojedynczych ciał. Nawet w przykładzie o dwóch samochodach zmniejszających prędkość aż do momentu zatrzymania na mokrym i suchym asfalcie zagadnienie traktowaliśmy jako odrębne ruchy poszczególnych samochodów. W zagadnieniu pogoni i ucieczki dwóch ciał, ruch obu ciał jest sprzężony – oznacza to, że niewiadome, których będziemy szukać, zależą od ruchu obu ciał jednocześnie. Aby rozwiązać taki problem, napiszemy równania ruchu dla każdego z ciał i rozwiążemy taki układ równań (sprzężonych) ze względu na niewiadomą. Zagadnienie w schematyczny sposób przedstawia Rysunek Rysunek Przykładowa realizacja zagadnienia pogoni, gdzie samochód 2, jadący ze stałą prędkością, jest ścigany przez samochód 1, który porusza się ze stałym przyspieszeniem. Samochód 1 dogania samochód 2 po pewnym czasie. Czas i droga, po jakich samochód 1 dogoni samochód 2, zależą od początkowej odległości między samochodami oraz od prędkości początkowych obu samochodów i przyspieszenia samochodu 1. Oczywiście samochód 2 też może mieć swoje przyspieszenie, dzięki któremu może nawet zdołać uciec przed samochodem goniącym. Aby znaleźć drogę i czas, musimy zapisać kinematyczne równania ruchu dla obu ciał i je następujący przykład. Przykład Gepard ścigający gazelęGepard czeka przyczajony w zaroślach. W pewnej chwili dostrzega gazelę, nadbiegającą z szybkością 10⁢m/s10⁢m/s, i w momencie, gdy ta mija geparda, gepard rzuca się za nią w pogoń, przyspieszając od zerowej prędkości początkowej w tempie 4 m / s 2 4 m / s 2 . Ile czasu zajmie gepardowi złapanie gazeli? Jakie jest całkowite przemieszczenie geparda i gazeli? Załóż, że gazela biegnie ciągle ze stałą szybkością (np. nie zauważyła pościgu geparda) oraz że zwierzęta biegną po prostej. Strategia rozwiązaniaDo rozwiązania zadania użyjemy zestawu równań ruchu ze stałym przyspieszeniem, które poznaliśmy wcześniej. Ponieważ mamy do czynienia z ruchem dwóch ciał, zapiszemy równania osobno dla każdego zwierzęcia. Równania te jednak będą ze sobą powiązane (mówimy: sprzężone) poprzez wspólny parametr, którym jest położenie końcowe obu zwierząt x x (czyli droga, po jakiej gepard złapie gazelę) i czas pościgu t t. Zakładamy dla obu zwierząt x 0 = 0 x 0 = 0 , zatem po czasie pościgu t t rzeczywiście oba zwierzęta będą miały to samo położenie końcowe. Pomysł jest taki, że zapiszemy równania na położenia geparda i gazeli i przyrównamy je do siebie, aby obliczyć czas. Następnie do któregokolwiek z nich podstawiamy obliczoną wartość czasu i otrzymamy Równanie ruchu gazeli. Gazela porusza się ze stałą prędkością, która jest jej prędkością średnią w tym ruchu, bo nie występuje przyspieszenie. Użyjemy więc Równania z położeniem początkowym x 0 = 0 x 0 = 0 : x = x 0 + v ¯ t = v ¯ t . x= x 0 + v ¯ t= v ¯ t. Równanie ruchu geparda. Gepard przyspiesza ze spoczynku, więc jego ruch jest ruchem jednostajnie przyspieszonym bez prędkości początkowej. Dla niego zapiszemy więc Równanie kładąc x 0 = 0 x 0 = 0 oraz v 0 = 0 v 0 = 0 : x = x 0 + v 0 t + 1 2 a t 2 = 1 2 a t 2 . x = x 0 + v 0 t + 1 2 a t 2 = 1 2 a t 2 . Otrzymaliśmy układ dwóch równań ruchu dla każdego zwierzęcia osobno ze wspólnym parametrem, którym jest czas t t. Porównujemy ze sobą oba położenia końcowe i obliczamy czas: v‾⁢t=12⁢a⁢t2⁢,t=2⁢v‾a⁢.v‾⁢t=12⁢a⁢t2⁢,t=2⁢v‾a⁢. \begin{align} \overline{v} t = \frac12 a t^2 \text{,} \\ t = \frac{2 \overline v}{a} \text{.} \end{align}Podstawiamy za średnią prędkość gazeli 10 m/s, a za przyspieszenie geparda 4 m / s 2 4 m / s 2 i wyliczamy czas t t, po którym gepard dogoni gazelę: t = 2 v – a = 2 ⋅ 10 m / s 4 m / s 2 = 5 s . t= 2 v – a = 2 ⋅ 10 m / s 4 m / s 2 =5 s . Aby teraz obliczyć całkowite przemieszczenie (równe dla gazeli i geparda), podstawimy obliczony czas do któregokolwiek z równań opisujących położenie. Oba powinny dać ten sam geparda: x = 1 2 a t 2 = 1 2 ⋅ 4 m / s2 ⋅ ( 5 s ) 2 = 50 m . x= 1 2 a t 2 = 1 2 ⋅4 m / s2 ⋅ ( 5 s ) 2 =50 m . Przemieszczenie gazeli: x = v – t = 10 m / s ⋅ 5 s = 50 m . x= v – t=10 m / s ⋅5 s =50 m . Tak jak się spodziewaliśmy, przemieszczenia są takie same. ZnaczenieW tego typu zagadnieniach pogoni i ucieczki ważne jest, aby dokonać odpowiedniej analizy indywidualnego ruchu każdego z ciał i poprawnie zapisać jego kinematyczne równania ruchu. Trzeba też dobrze przemyśleć, jakie są parametry ruchu wspólne dla obu ciał. Sprawdź, czy rozumiesz Rower porusza się ze stałą prędkością 10 m/s. Biegacz startuje ze spoczynku w momencie, gdy rower go mija, i po 30 s dogania rower. Z jakim przyspieszeniem poruszał się biegacz?