Rozpędzanie, jazda i hamowanie na jednym wykresie

Rozwiązanie

Przekazujemy prędkość między etapami

Przyjmijmy zwrot osi zgodny z początkowym ruchem wózka. Czas t liczymy od chwili startu. W każdym etapie osobno korzystamy z zależności v = vₚ + aΔt: vₚ to prędkość na początku tego etapu, a Δt — czas, który upłynął od jego rozpoczęcia.

Rozpędzanie: od 0 do 3 s

Wózek startuje od spoczynku. Przyspieszenie 2 m/s² oznacza, że w każdej sekundzie prędkość rośnie o 2 m/s. Po trzech sekundach otrzymujemy:

v_1=0+(2\,\mathrm{m/s^2})\cdot3\,\mathrm{s}=6\,\mathrm{m/s}

Po pierwszym etapie znamy 6 m/s. Ta sama wartość obowiązuje w ruchu jednostajnym i jest początkową prędkością hamowania.

Jazda ze stałą prędkością: od 3 do 7 s

Ten etap trwa cztery sekundy, lecz nie zaczyna się w chwili t = 0. Kończy się więc przy t = 3 s + 4 s = 7 s. Prędkość pozostaje równa 6 m/s, a przyspieszenie wynosi zero.

Hamowanie: od 7 do 9 s

Podane opóźnienie 3 m/s² jest wartością przyspieszenia przeciwnego do ruchu. Przy naszym zwrocie osi zapisujemy a₃ = −3 m/s². Szukamy czasu Δt₃ potrzebnego na zmniejszenie prędkości z 6 m/s do zera. Z równania 0 = v₂ + a₃Δt₃ wyznaczamy:

\Delta t_3=\frac{0-6\,\mathrm{m/s}}{-3\,\mathrm{m/s^2}}=2\,\mathrm{s}

Ujemne są tu zarówno zmiana prędkości, jak i przyspieszenie; ich iloraz daje dodatni czas. Wózek zatrzymuje się w chwili t = 7 s + 2 s = 9 s.

Rysujemy wykres v(t)

Na osi poziomej zaznaczamy czas od początku ruchu, a na pionowej prędkość ze znakiem. Odcinek I rośnie, bo przyspieszenie jest dodatnie. Odcinek II jest poziomy. Odcinek III opada do zera, ponieważ wózek hamuje. Łączymy punkty prostymi: w każdym z tych etapów przyspieszenie jest stałe.

Wzory dla jednego zegara

Możemy opisać wszystkie trzy odcinki, używając tego samego czasu t od startu. Dla 0 ≤ t ≤ 3 s:

v(t)=(2\,\mathrm{m/s^2})t

Dla 3 s ≤ t ≤ 7 s:

v(t)=6\,\mathrm{m/s}

Dla 7 s ≤ t ≤ 9 s:

v(t)=6\,\mathrm{m/s}-(3\,\mathrm{m/s^2})(t-7\,\mathrm{s})

W ostatnim wzorze t − 7 s jest czasem samego hamowania. Gdy t = 7 s, od hamowania upłynęło zero sekund i wzór daje jeszcze 6 m/s. Gdy t = 9 s, minęły dwie sekundy hamowania i prędkość wynosi zero. Na granicach etapów oba sąsiadujące wzory dają tę samą prędkość.

Nie przedłużamy opadającego odcinka poniżej osi czasu: zadanie opisuje hamowanie do spoczynku. Dalsze stosowanie tego wzoru oznaczałoby ruch wstecz pod działaniem nadal ujemnego przyspieszenia, a takiego dalszego etapu nie podano.

Droga z pól pod wykresem

Pole pod wykresem prędkości ma jednostkę długości: m/s pomnożone przez s daje m. Nie chodzi o pole kartki w centymetrach kwadratowych, lecz o iloczyn wartości odczytanych z obu osi. Dla ruchu wzdłuż jednej osi pole ze znakiem daje przemieszczenie. Droga jest sumą wartości bezwzględnych tych pól. Tutaj cały wykres leży nad osią lub na niej, więc obie liczby są równe.

Pierwsze pole jest trójkątem o podstawie 3 s i wysokości 6 m/s:

s_1=\frac12\cdot3\,\mathrm{s}\cdot6\,\mathrm{m/s}=9\,\mathrm{m}

Drugie pole jest prostokątem o szerokości 4 s:

s_2=4\,\mathrm{s}\cdot6\,\mathrm{m/s}=24\,\mathrm{m}

Ostatni trójkąt ma podstawę 2 s, czyli czas hamowania:

s_3=\frac12\cdot2\,\mathrm{s}\cdot6\,\mathrm{m/s}=6\,\mathrm{m}

W chwilach 0, 3, 7 i 9 s prędkości wynoszą 0, 6, 6 i 0 m/s; połącz punkty prostymi. Czas to 9 s. Drogi etapów wynoszą 9, 24 i 6 m, razem 39 m. Wszystkie prędkości są nieujemne, więc droga jest tu także wartością przemieszczenia.

Niezależny sprawdzian wykresem

Nachylenia trzech odcinków wynoszą 2, 0 i −3 m/s². Pola 9, 24 i 6 m odtwarzają 39 m; czas hamowania 2 s nie jest całkowitym czasem ruchu.

Możemy też policzyć drogi z prędkości średniej w każdym etapie. Przy stałym przyspieszeniu jest ona średnią prędkości początkowej i końcowej: odpowiednio 3 m/s, 6 m/s i 3 m/s. Mnożąc przez czasy 3 s, 4 s i 2 s, ponownie dostajemy 9 m, 24 m i 6 m. Nie wolno zastosować średniej (0 + 0)/2 do całych dziewięciu sekund, bo przyspieszenie zmieniało się między etapami.

Powiązana teoria

Zadania przekrojowe: jedna sytuacja, kilka praw i sposobów zapisu

Dalsza lektura

Materiał referencyjny