Skip to main content
Global

18.9: Mstari wa Mstari na Migongano

  1. Last updated
  2. Save as PDF
  • Page ID
    176764

    • \( \newcommand{\vecs}[1]{\overset { \scriptstyle \rightharpoonup} {\mathbf{#1}} } \) \( \newcommand{\vecd}[1]{\overset{-\!-\!\rightharpoonup}{\vphantom{a}\smash {#1}}} \)\(\newcommand{\id}{\mathrm{id}}\) \( \newcommand{\Span}{\mathrm{span}}\) \( \newcommand{\kernel}{\mathrm{null}\,}\) \( \newcommand{\range}{\mathrm{range}\,}\) \( \newcommand{\RealPart}{\mathrm{Re}}\) \( \newcommand{\ImaginaryPart}{\mathrm{Im}}\) \( \newcommand{\Argument}{\mathrm{Arg}}\) \( \newcommand{\norm}[1]{\| #1 \|}\) \( \newcommand{\inner}[2]{\langle #1, #2 \rangle}\) \( \newcommand{\Span}{\mathrm{span}}\) \(\newcommand{\id}{\mathrm{id}}\) \( \newcommand{\Span}{\mathrm{span}}\) \( \newcommand{\kernel}{\mathrm{null}\,}\) \( \newcommand{\range}{\mathrm{range}\,}\) \( \newcommand{\RealPart}{\mathrm{Re}}\) \( \newcommand{\ImaginaryPart}{\mathrm{Im}}\) \( \newcommand{\Argument}{\mathrm{Arg}}\) \( \newcommand{\norm}[1]{\| #1 \|}\) \( \newcommand{\inner}[2]{\langle #1, #2 \rangle}\) \( \newcommand{\Span}{\mathrm{span}}\)\(\newcommand{\AA}{\unicode[.8,0]{x212B}}\)

    Angalia Uelewa Wako

    9.1. Ili kufikia kasi ya mwisho ya v f =\(\frac{1}{4}\) (3.0 x 10 8 m/s) kwa kasi ya 10g, muda unaohitajika ni $$\ kuanza {split} 10g & =\ frac {v_ {f}} {\ Delta t}\\ Delta t & =\\ frac {v_ {f} {10g}\ frac {1} {4} (3.0\ mara 10^ 8}\; m/s)} {10g} = 7.7\ mara 10^ {5}\; s = 8.9\; d\ mwisho {split}\]

    9.2. Kama simu bounces up na takriban sawa kasi ya awali kama kasi ya athari yake, mabadiliko katika kasi ya simu itakuwa\(\Delta \vec{p} = m \Delta \vec{v} − (−m \Delta \vec{v}) = 2m \Delta \vec{v}\). Hii ni mara mbili mabadiliko ya kasi kuliko wakati simu haipatikani, hivyo theorem ya kasi ya msukumo inatuambia kuwa nguvu zaidi inapaswa kutumika kwenye simu.

    9.3. Ikiwa gari ndogo lilikuwa likiendelea kwa 1.33 m/s upande wa kushoto, basi uhifadhi wa kasi unatoa $$\ kuanza {split} (m_ {1} + m_ {2})\ vec {v} _ {f} & = m_ {1} v_ {1}\\ vec {i}\\ vec {i}\\ vec {v} {v} _ {f} & =\ kushoto (\ dfrac {m_ {1} v_ {1}} - m_ {2} v_ {2}} {m_ {1} + m_ {2}}\ haki)\;\ kofia {i}\\ & =\ Bigg [\ frac {(0.675\; kg) (0.75\; m/s) - (0.500\; kg) (1.33\; m/s)} {1.175\; kg}\ Bigg]\;\ kofia {i}\ & = - (0.135\; m/s)\;\ kofia {i}\ mwisho {mgawanyiko} $$ Hivyo, kasi ya mwisho ni 0.135 m/s upande wa kushoto.

    9.4. Kama mpira haina bounce, kasi yake ya mwisho\(\vec{p}_{2}\) ni sifuri, hivyo $$\ kuanza {mgawanyiko}\ Delta\ vec {p} & =\ vec {p} _ {2} -\ vec {p} _ {1}\\ & = (0)\;\ kofia {j}\\ & = (1.4\\; kg\ cdotp m/s)\;\ kofia {j}\\ & = (1.4\\; kg\ cdotp m/s)\;\ kofia {j}\\ & = + (1.4\\; kg\ cdotp m/s)\;\ kofia {j}\\ & =; kg\ cdotp m/s)\;\ kofia {j}\ mwisho {mgawanyiko}\]

    9.5. Fikiria nadharia ya kasi ya msukumo, ambayo ni\(\vec{J} = \Delta \vec{p}\). Ikiwa\(\vec{J}\) = 0, tuna hali iliyoelezwa katika mfano. Ikiwa nguvu hufanya juu ya mfumo, basi\(\vec{J} = \vec{F}_{ave} \Delta t\). Hivyo, badala ya\(\vec{p}_{f} = \vec{p}_{i}\), tuna\(\vec{F}_{ave} \Delta t = \Delta \vec{p} = \vec{p}_{f} − \vec{p}_{i}\)\(\vec{F}_{ave}\) wapi nguvu kutokana na msuguano.

    9.6. Msukumo ni mabadiliko ya kasi yanayoongezeka kwa muda unaotakiwa ili mabadiliko yatokee. Kwa uhifadhi wa kasi, mabadiliko katika kasi ya probe na maoni ni ya ukubwa sawa, lakini kwa njia tofauti, na wakati wa mwingiliano kwa kila mmoja pia ni sawa. Kwa hiyo, msukumo kila mmoja hupokea ni wa ukubwa sawa, lakini kwa njia tofauti. Kwa sababu wanafanya kwa njia tofauti, msukumo si sawa. Kwa ajili ya msukumo, nguvu juu ya kila mwili hufanya kwa njia tofauti, hivyo nguvu za kila mmoja si sawa. Hata hivyo, mabadiliko katika nishati ya kinetic hutofautiana kwa kila mmoja, kwa sababu mgongano sio elastic.

    9.7. Suluhisho hili linawakilisha kesi ambayo hakuna mwingiliano unaofanyika: puck ya kwanza inakosa puck ya pili na inaendelea kwa kasi ya 2.5 m/s upande wa kushoto. Kesi hii inatoa hakuna ufahamu wa maana kimwili.

    9.8. Ikiwa msuguano wa sifuri hufanya gari, basi itaendelea kupiga slide kwa muda usiojulikana (d → Δ), kwa hiyo hatuwezi kutumia theorem ya kazi-kinetic-nishati kama ilivyofanyika katika mfano. Hivyo, hatukuweza kutatua tatizo kutoka kwa habari iliyotolewa.

    9.9. Walikuwa kasi ya awali si katika pembe za kulia, basi moja au mbili ya kasi ingekuwa walionyesha katika fomu ya sehemu. Uchunguzi wa hisabati wa tatizo utahusishwa kidogo zaidi, lakini matokeo ya kimwili hayatabadilika.

    9.10. Kiasi cha tank ya scuba ni kuhusu 11 L. Kutokana hewa ni gesi bora, idadi ya molekuli za gesi katika tank ni $$\ kuanza {mgawanyiko} PV & = NRT\\ N & =\ Frac {PV} {RT} =\ Frac {(2500\; psi) (0.011\; m^ {3})} {(8.31\; J/mol\ cdotp K) (300\; K)}\ kushoto (\ dfrac {6894.8\; Pa} {1\; psi}\ haki)\\ & = 75.9\; mol \ mwisho {split} $$Wastani wa molekuli ya hewa ni 29 g/mol, hivyo umati wa hewa uliomo ndani ya tangi ni takriban 2.2 kg. Hii ni karibu mara 10 chini ya wingi wa tank, hivyo ni salama kuipuuza. Pia, nguvu ya awali ya shinikizo la hewa ni takribani sawia na eneo la uso wa kila kipande, ambayo ni sawa na wingi wa kila kipande (kuchukua unene sare). Hivyo, kuongeza kasi ya awali ya kila kipande bila kubadilika kidogo sana kama sisi wazi kufikiria hewa.

    9.11. Radius wastani wa obiti ya Dunia kuzunguka Jua ni 1.496 x 10 9 m Kuchukua Jua kuwa asili, na kubainisha kuwa masi ya Jua ni takriban sawa na raia wa Jua, Dunia, na Mwezi pamoja, katikati ya masi ya Dunia + mfumo wa Mwezi na Jua ni $$\ kuanza {split} R_ {CM} & =\ frac {m_ {Sun} R_ {Sun} + m_ {em} R_ {em}} {m_ {Sun}}\\ & =\ Frac {(1.989\ mara 10^ {30}\; kg) (0) + (5.97\ mara 10^ {24}\; kilo + 7.36\ mara 10^ {22}\; kg) (1.97\ 496\ mara 10^ {9}\; m)} {1.989\ mara 10^ {30}\; kg}\\ & = 4.6\; km\ mwisho {mgawanyiko} $Kwa hiyo, katikati ya wingi wa Jua, Dunia, Mfumo wa Mwezi ni 4.6 km kutoka katikati ya Sun.

    9.12. Kwa kiwango kikubwa, ukubwa wa kiini cha kitengo ni kidogo na molekuli ya kioo inaweza kuchukuliwa kuwa inasambazwa kwa usawa katika kioo. Hivyo, $$\ vec {r} _ {CM} =\ frac {1} {M}\ sum_ {j = 1} ^ {N} m_ {j}\ vec {r} _ {j} =\ frac {1} {M}\ sum_ {j = 1} ^ {N} m\ vec {r} {j} =\ frac {m} {m} {M} {M} {m}\ sum_ {j = 1} ^ {N}\ vec {r} _ {j} =\ frac {Nm} {M}\ frac {M}\ frac {\ sum_ {j = 1} ^ {N}\ vec {r} _ {j}} {N} $ ambapo sisi jumla juu ya idadi N ya seli kitengo katika kioo na m ni wingi wa kiini kitengo. Kwa sababu Nm = M, tunaweza kuandika $$\ vec {r} _ {CM} =\ frac {m} {M}\ sum_ {j = 1} ^ {N}\ vec {r} _ {j} =\ frac {M}\ frac {M}\ frac {\ sum_ {j = 1} ^ {n}\ vec {r} _ {j}} {N =\ frac {1} {N}\ sum_ {j = 1} ^ {N}\ vec {r} _ {j}\ ldOTP $Hii ni ufafanuzi wa kituo cha kijiometri cha kioo, hivyo katikati ya wingi ni sawa na kijiometri kituo.

    9.13. Milipuko ingekuwa kimsingi kuwa spherically symmetric, kwa sababu mvuto bila kutenda kupotosha trajectories ya projectiles kupanua.

    9.14. Notation m g inasimama kwa wingi wa mafuta na m inasimama kwa wingi wa roketi pamoja na wingi wa awali wa mafuta. Kumbuka kwamba m g inabadilika kwa wakati, kwa hiyo tunaandika kama m g (t). Kutumia m R kama wingi wa roketi bila mafuta, molekuli jumla ya roketi pamoja na mafuta ni m = m R + m g (t). Tofauti kwa heshima na wakati inatoa $$\ frac {dm} {dt} =\ frac {dm_ {R}} {dt} +\ frac {dm_ {g} (t)} {dt} =\ frac {dm_ {g} (t)} {dt} $ambapo tulitumia\(\frac{dm_{R}}{dt}\) = 0 kwa sababu umati wa roketi haubadilika. Hivyo, kiwango cha wakati wa mabadiliko ya wingi wa roketi ni sawa na ile ya mafuta.

    Maswali ya dhana

    1. Tangu K =\(\frac{p^{2}}{2m}\), basi ikiwa kasi ni fasta, kitu kilicho na molekuli ndogo kina nishati zaidi ya kinetic.

    3. Ndiyo; msukumo ni nguvu inayotumiwa kuongezeka kwa wakati ambapo inatumiwa (J = F\(\Delta\) t), hivyo kama nguvu ndogo hufanya kwa muda mrefu, inaweza kusababisha msukumo mkubwa kuliko nguvu kubwa inayofanya kwa muda mdogo.

    5. Kwa msuguano, barabara ina nguvu ya usawa kwenye matairi ya gari, ambayo hubadilisha kasi ya gari.

    7. Kasi huhifadhiwa wakati umati wa mfumo wa maslahi unabaki mara kwa mara wakati wa mwingiliano katika swali na wakati hakuna nguvu ya nje ya nje inayofanya mfumo wakati wa mwingiliano.

    9. Ili kuharakisha molekuli za hewa katika mwelekeo wa mwendo wa gari, gari lazima liwe na nguvu juu ya molekuli hizi kwa sheria ya pili ya Newton\(\vec{F} = \frac{d \vec{p}}{dt}\). Kwa sheria ya tatu ya Newton, molekuli za hewa hutumia nguvu ya ukubwa sawa lakini kwa upande mwingine kwenye gari. Nguvu hii inachukua mwelekeo kinyume na mwendo wa gari na hufanya nguvu kutokana na upinzani wa hewa.

    11. Hapana, yeye si mfumo wa kufungwa kwa sababu nguvu ya nje ya nonzero hufanya juu yake kwa namna ya vitalu vya kuanzia kusubu miguu yake.

    13. Ndiyo, nishati zote za kinetic zinaweza kupotea ikiwa raia wawili hupumzika kutokana na mgongano (yaani, wanamshika pamoja).

    15. Pembe kati ya maelekezo lazima iwe 90°. Mfumo wowote ambao una nguvu ya nje ya sifuri katika mwelekeo mmoja na nguvu ya nje ya nonzero katika mwelekeo wa perpendicular itatimiza masharti haya.

    17. Ndiyo, kasi ya roketi inaweza kuzidi kasi ya kutolea nje ya gesi zinazojitenga. Kutoka kwa roketi hakutegemea kasi ya jamaa ya gesi na roketi, inategemea tu uhifadhi wa kasi.

    Matatizo

    19. ukubwa: 25 kg • m/s

    b. sawa na.

    21. 1.78 x 10 kilo 29 • m/s

    23. 1.3 x 10 kilo 9 • m/s

    25. a. 1.50 x 10 6 N

    b. 1.00 x 10 5 N

    27. 4.69 x 10 5 N

    29. 2.10 x 10 3 N

    31. \(\vec{p}\)(t) = (10\(\hat{i}\) + 20t\(\hat{j}\)) kg • m/s;\(\vec{F}\) = (20 N)\(\hat{j}\)

    33. Hebu x-axis nzuri iwe katika mwelekeo wa kasi ya awali. Kisha p x = 1.5 kg • m/s na p y = 7.5 kg • m/s

    35. (0.122 m/s)\(\hat{i}\)

    37. a. 47 m/s katika risasi kuzuia mwelekeo

    b. 70.6 N • s, kuelekea risasi

    c. 70.6 N • s, kuelekea kizuizi

    d. ukubwa ni 2.35 x 10 4 N

    39. 3.1 m/s

    41. 5.9 m/s

    43. a. 6.80 m/s, 5.33°

    b Ndiyo (kuhesabu uwiano wa nguvu za awali na za mwisho za kinetic)

    45. 2.5 cm

    47. Kasi ya gari la kuongoza bumper ni 6.00 m/s na ile ya gari la bumper ya kufuatilia ni 5.60 m/s

    49. 6.6%

    51. 1.9 m/s

    53. 22.1 m/s saa 32.2° chini ya usawa

    55. a. 33 m/s na 110 m/s

    b. 57 m

    c. 480 m

    57. (732 m/s)\(\hat{i}\) + (-80.6 m/s)\(\hat{j}\)

    59. - (0.21 m/s)\(\hat{i}\) + (0.25 m/s)\(\hat{j}\)

    61. 341 m/s saa 86.8° kuhusiana na\(\hat{i}\) mhimili.

    63. Kwa asili iliyofafanuliwa kuwa katika nafasi ya molekuli 150-g, x CM = -1.23 cm na y CM = 0.69 cm

    65. $$ y_ {CM} =\ kuanza {kesi}\ frac {h} {2} -\ frac {1} {4} gt^ {2},\ quad t <T\\ h -\ frac {1} {2} gt^ {2} -\ frac {1} {1} Gt^ {2} GTT,\ quad t\ get q T\ mwisho {kesi}\]

    67. a. R 1 = 4 m, R 2 = 2 m

    b. b. X CM =\(\frac{m_{1} x_{1} + m_{2} x_{2}}{m_{1} + m_{2}}\), Y CM =\(\frac{m_{1} y_{1} + m_{2} y_{2}}{m_{1} + m_{2}}\)

    c Ndiyo, na R =\(\frac{1}{m_{1} + m_{2}} \sqrt{16m_{1}^{2} + 4m_{2}^{2}}\)

    69. x cm =\(\frac{3}{4} L \left(\dfrac{\rho_{1} + \rho_{0}}{\rho_{1} + 2 \rho_{0}}\right)\)

    71. \(\left(\dfrac{2a}{3}, \dfrac{2b}{3}\right)\)

    73. (x CM, y CM, z CM) = (0,0,\(\frac{h}{4}\))

    75. (x CM, y CM, z CM) = (0\(\frac{4R}{3 \pi}\), 0)

    77. a. 0.413 m/s

    b. kuhusu 0.2 J

    79. 1551 kilo

    81. 4,9 km/s

    Matatizo ya ziada

    84. Tembo ina kasi ya juu

    86. Majibu yanaweza kutofautiana. Kifungu cha kwanza ni cha kweli, lakini kifungu cha pili si kweli kwa jumla kwa sababu kasi ya kitu kilicho na masi ndogo inaweza kuwa kubwa ya kutosha ili kasi ya kitu kiwe kubwa kuliko ile ya kitu kikubwa-masi chenye kasi ndogo.

    88. 4.5 x 10 3 N

    90. $$\ vec {J} =\ int_ {0} ^ {\ tau}\ Big [m\ vec {g} - m\ vec {g} (1 - e^ {\ frac {-bt} {m} {m}})\ Big] dt =\ frac {m^ {2}} {b}\ vec {g} (e^ {\ frac {-b\ tau} m}} - 1)\]

    92. a. - (2.1 x 10 kilo 3 • m/s)\(\hat{i}\)

    b. - (24 x 10 3 N)\(\hat{i}\)

    94. a. (1.1 x 10 kilo 3 • m/s)\(\hat{i}\)

    b. (0.010 kg • m/s)\(\hat{i}\)

    c. - (0.00093 m/s)\(\hat{i}\)

    d. - (0.0012 m/s)\(\hat{i}\)

    96. - (7.2 m/s)\(\hat{i}\)

    98. v 1, f = v 1, i\(\frac{m_{1} − m_{2}}{m_{1} + m_{2}}\), v 2, f = v 1, i\(\frac{2m_{1}}{m_{1} + m_{2}}\)

    100. 2.8 m/s

    102. 0.094 m/s

    104. Upeo wa mwisho wa mpira wa cue ni - (0.76 m/s)\(\hat{i}\), kasi ya mwisho ya mipira mingine miwili ni 2.6 m/s saa ± 30° kuhusiana na kasi ya awali ya mpira wa cue

    106. Mpira 1: - (1.4 m/s)\(\hat{i}\) - (0.4 m/s)\(\hat{j}\), mpira 2: (2.2 m/s)\(\hat{i}\) + (2.4 m/s)\(\hat{j}\)

    108. Mpira 1: (1.4 m/s)\(\hat{i}\) - (1.7 m/s)\(\hat{j}\), mpira 2: - (2.8 m/s)\(\hat{i}\) + (0.012 m/s)\(\hat{j}\)

    110. (r,\(\theta\)) =\(\left(\dfrac{2R}{3}, \dfrac{\pi}{8}\right)\)

    112. Majibu yanaweza kutofautiana. Roketi inaendeshwa mbele si kwa gesi kusubu dhidi ya uso wa Dunia, lakini kwa uhifadhi wa kasi. Kasi ya gesi inayofukuzwa nyuma ya roketi lazima ifadhiliwe na ongezeko la kasi ya mbele ya roketi.

    Changamoto Matatizo

    114. a. 617 N • s, 108°

    b F x = 2.91 x 10 4 N, F y = 2.6 x 10 5 N

    c F x = 5850 N, F y = 5265 N

    116. Uhifadhi wa mahitaji ya kasi m 1 v 1, i + m 2 v 2, i = m 1 v 1, f + m 2 v 2, f. Tunapewa kwamba m 1 = m 2, v 1, i = v 2, f, na v 2, i = v 1, f = 0. Kuchanganya equations hizi na equation iliyotolewa na uhifadhi wa kasi inatoa v 1, i = v 1, i, ambayo ni kweli, hivyo uhifadhi wa kasi ni kuridhika. Uhifadhi wa mahitaji ya nishati\(\frac{1}{2}\) m 1 v 1, i 2 +\(\frac{1}{2}\) m 2 v 2, i 2 =\(\frac{1}{2}\) m 1 v 1, f 2 +\(\frac{1}{2}\) m 2 v 2, f 2. Tena kuchanganya equation hii na masharti yaliyotolewa hapo juu kutoa v 1, i = v 1, i, hivyo uhifadhi wa nishati ni kuridhika.

    118. Fikiria asili ya katikati na kwenye sakafu, kisha (x CM, y CM) = (0, 86 cm)