1. Dráha rovnoměrně zrychleného (zpomaleného) pohybu teorie Veličina, která charakterizuje změnu vektoru rychlosti, se nazývá zrychlení. zrychlení = akcelerace…a, [a] = m.s-2
Δv a = a= Δt
Zrychlení je vektorová fyzikální veličina (je zadaná velikostí, jednotkou a směrem). s0…počáteční dráha v0…počáteční rychlost V následující tabulce jsou vzorce používané pro rovnoměrně zrychlený (zpomalený) pohyb: Podmínky s0 = 0, v0 = 0
s0 = 0, v0 ≠ 0 s0 ≠ 0, v0 ≠ 0
Rovnoměrně pohyb
s=
zrychlený Rovnoměrně pohyb --------
1 2 at 2
s = v0t +
1 2 at 2
s = s0 + v0 t +
1 2 at 2
s = v0 t −
zpomalený
1 2 at 2
s = s0 + v0t −
1 2 at 2
Pokud znázorníme závislost dráhy na čase, potom je grafem část paraboly. S pojmem zrychlení (zpomalení) se můžeme setkat: a)
u dopravních prostředků
•
automobil zrychlí na 100 km.h-1 za 14 s
•
automobil začne brzdit v určité vzdálenosti před překážkou
Prostředkem, který zrychluje nebo zpomaluje může být i motocykl, kolo, vlak, autobus, traktor,letadlo, loď, člun, popř. běžec, lyžař, … b)
střelných zbraní a raket
•
kulka opouštějící hlaveň střelné zbraně
•
raketové střely
c)
vesmírných letů
•
rakety a z nich vypouštěné sondy
1
Příklady Příklad 1) Osobní automobil Felicia Combi zrychlí na 100 km.h-1 za 14 s. Vypočtěte jeho zrychlení, sestrojte graf závislosti dráhy na čase, z grafu zjistěte jakou dráhu automobil urazí za 10 s, zjištěnou hodnotu ověřte výpočtem. __________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________ _
Řešení: t = 14 s v = 100 km.h-1= 27,8 m.s-1 a = ? ; s = ? (za 10 s) v t 27,8 a= = 2 m.s − 2 14
1 2 at 2 1 s = ⋅ 2 ⋅ 10 2 = 100 m 2
a=
s=
Felicia Combi 200 180 160
dráha (m)
140 120 100 80 60 40 20 0 0
2
4
6
8
10
12
14
čas (s)
Velikost zrychlení automobilu je 2 m.s-2. Za 10 s urazí automobil dráhu o velikosti 100 m. Tato hodnota je patrná i z grafu.
2
Příklad 2) Následující graf znázorňuje závislost dráhy na čase. Určete: rychlost automobilu po uplynutí 3 s a čas za který dosáhne rychlosti 100 km.h-1. Překročí automobil při rovnoměrně zrychleném pohybu za 10 s povolenou rychlost na dálnici (130 km.h-1)? ___________________________________________________________________ BMW 200 180 160
dráha (m)
140 120 100 80 60 40 20 0 0
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
čas (s)
Řešení: t=3s
v = 100 km.h-1 = 27,8 m.s-1
s = 20 m
t=3s
a = 4,4 m.s-2
v=?
s = 20 m
v=?
t = 10 s
t1 = ?
1 2s v = at ; s = at 2 ⇒ a = 2 2 t 2s 2s v= 2 t= t t 2 ⋅ 20 v= = 13,3 m.s − 1 3 v = 48 km.h − 1
1 2 2s at ⇒ a = 2 2 t 2 ⋅ 20 a= = 4,4 m.s − 2 2 3 v v = at 1 ⇒ t 1 = a 27,8 t1 = = 6,3 s 4,4
s=
v = at v = 4,4 ⋅ 10 = 44 m.s − 1 v = 158,4 km.h − 1
Po uplynutí 3 s bude rychlost automobilu 48 km.h-1. Rychlosti 100 km.h-1 dosáhne za 3
6,3 s. Za 10 s překročí automobil povolenou rychlost a bude se pohybovat rychlostí 158,4 km.h-1. Příklad 3) Vlak jedoucí rychlostí 72 km.h-1 začne brzdit. Jeho zpomalení je 0,2 m.s-2. Určete za jak dlouho se vlak zastaví a jakou dráhu při zastavování ještě urazí? Znázorněte graficky závislost dráhy na čase. __________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________
Řešení: v0 = 72 km.h-1 = 20 m.s-1 a = 0,2 m.s-2 t=? ; s=? v0 − v a
v = v 0 − at ⇒ t = t=
1 2 at 2 1 s = 20 ⋅ 100 − ⋅ 0,2 ⋅ 100 2 = 1000 m 2 s = v0t −
20 − 0 = 100 s 0,2
Brzdící vlak 1100 1000 900 800
dráha (m)
700 600 500 400 300 200 100 0 0
10
20
30
40
50
60
70
čas (s)
Vlak se zastaví za 100 s a urazí dráhu o velikosti 1000 m.
4
80
90
100
110
Příklad 4) Nadzvukový letoun JAS-39 Gripen zrychlí ze 164 m.s-1 na 361 m.s-1 za 30 s. Graficky určete dráhu, kterou uletí za 60 s, je-li jeho počáteční rychlost 164 m.s -1 a jeho zrychlení je konstantní. Zjištěnou hodnotu ověřte výpočtem. __________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________
Řešení: v1 = 164 m.s-1, v2 = 361 m.s-1, ∆t = 30 s s = ? (za t = 3 s) v 2 − v1 Δt 361 − 164 a= = 6,6 m.s − 2 30 a=
1 2 at 2 1 s = 164 ⋅ 60 + ⋅ 6,6 ⋅ 60 2 = 21720 m 2 s = v1 t +
JAS-39 Gripen 22000 20000 18000 16000
dráha (m)
14000 12000 10000 8000 6000 4000 2000 0 0
10
20
30
40
50
60
čas (s)
Nadzvukový letoun JAS-39 Gripen uletí za 60 s dráhu o velikosti 21720 metrů. Příklad 5) Loď se pohybuje rychlostí 12 m.s-1. Kormidelník pozorující moře spatří ve vzdálenosti 390 m před sebou ledovou kru pohybující se proti nim rychlostí 0,5 m.s-1. V ten samý okamžik začne loď zpomalovat (a = 0,2 m.s-2). Srazí se loď s ledovou krou? Pokud ano, tak za jak dlouho. Řešte graficky i výpočtem. Řešení: v1 = 12 m.s-1 v2 = 0,5 m.s-1 5
s0 = 390 m a = 0,2 m.s-2 y1…vzdálenost lodě od místa ze kterého začala zpomalovat y2…vzdálenost ledové kry od místa ze kterého začala loď zpomalovat 1 2 at 2 y2 = s0 − v2t y1 = v1 t −
Pokud se loď srazí s ledovou krou, pak platí: y1 = y2 = y; t = x. 1 2 ax = s 0 − v 2 x 2 12x − 0,5 ⋅ 0,2x 2 = 390 − 0,5x y = v1 x −
0,1x 2 − 12,5x + 390 = 0 x 2 − 125x + 3900 = 0
125 2 − 4 ⋅ 3900 125 ± 5 = 2 2 x 1 = 65 ; x 2 = 60 x 1,2 =
125 ±
x1 = t1 = 65 s…y = 357,5 m x2 = t2 = 60 s…y = 360 m Možnosti, které mohly nastat: 1) Loď se s ledovou krou vůbec nesetká…kvadratická rovnice nemá řešení. 2) Loď se s ledovou krou pouze dotknou…kvadratická rovnice má jedno řešení. 3) Dojde ke srážce…kvadratická rovnice má dvě řešení. Loď se s ledovou krou srazí dvakrát (pokud se po první srážce nepotopí). Je to způsobeno tím, že se změnil směr vektoru rychlosti lodi (začala couvat). Při výpočtech jsme loď i ledovou kru považovali za hmotné body a zanedbali jsme pevnost konstrukce lodi. V praxi dochází k tomu, že při srážce si loď a ledová kra předají určité množství energie a konstrukce trupu lodi je schopna srážce odolat.
6
Ledová kra 400
350
souřadnice y (m)
300
250
200
150
100
50
0 0
20
40
60
80
100
120
čas (s)
Ke srážce lodě s ledovou krou dojde a to za 60 sekund.
Příklad 6) Startující raketa má zrychlení o velikosti 50 m.s-2. Určete jakou dráhu raketa uletěla při dosažení rychlosti zvuku (340 m.s-1) a danou situaci znázorněte graficky. Jak dlouho by se raketa při výpadku motorů (při rychlosti zvuku) pohybovala směrem vzhůru? Odpor prostředí zanedbejte.
Řešení: a = 50 m.s-2 v = 340 m.s-1 s = ? ; t = ? (při výpadku motorů)
v = at ⇒ t =
v a
340 t= = 6,8 s 50 1 s = at 2 2 1 s = ⋅ 50 ⋅ 6,8 2 = 1156 m 2
v = v 0 − gt v0 − v g 340 − 0 t= = 34 s 10 t=
7
Kos mická loď 1400
1200
dráha (m)
1000
800
600
400
200
0 0
1
2
3
4
5
6
7
čas (s)
Při dosažení rychlosti zvuku raketa uletěla dráhu o velikosti 1156 m. Při výpadku motorů by se raketa vzhůru pohybovala ještě 34 s.
2. Volný pád teorie Jedná se o zvláštní případ rovnoměrně zrychleného pohybu (v0 = 0). Těleso volně padá ve vakuu v blízkosti povrchu Země. tíhové zrychlení…g, [g] = m.s-2 - je pro všechna tělesa padající ve vakuu stejné - vektor tíhového zrychlení směřuje svisle dolů - velikost závisí na zeměpisné šířce a nadmořské výšce normální tíhové zrychlení: gn = 9,80665 m.s-2 (9,81 m.s-2, 10 m.s-2)
v = gt
;
s=
1 2 gt 2
Pouze s volným pádem se v praxi setkáváme málokdy. U většiny příkladů se mimo volného pádu vyskytují ještě jiné druhy pohybů (vrhy – následující kapitola). Pro přesnější výpočty je třeba brát v úvahu i odporovou sílu, která pohyb ovlivňuje. Příklady volného pádu: - padající kroupa (dešťová kapka, rampouch, úlomek skály, jablko) z určité výšky - parašutista před otevřením padáku 8
Příklady Příklad 1) Jaké rychlosti dosáhne rampouch padající se střechy z výšky 15 metrů a jak dlouho tento pád bude trvat. Řešte výpočtem i graficky. Odpor prostředí zanedbejte. (g = 10 m.s-2) Řešení: s = 15 m g = 10 m.s-2 v=? ; t=? 1 2 gt 2 2s t= g
s=
t=
v = gt v= g
2 ⋅ 15 = 1,73 s 10
v=
2s = g
2sg 2 = g
2sg
2 ⋅ 15 ⋅ 10 = 17,3 m.s − 1
Rampouch 20
dráha (m)
15
10
5
0 0
0,2
0,4
0,6
0,8
1
1,2
1,4
1,6
1,8
2
čas (s)
Rampouch na zemi dopadne rychlostí 17,3 m.s-1 (asi 62 km.h-1). Jeho pád bude trvat 1,73 s.
9
Příklad 2) Kapitán Joseph W. Kittinger 16. srpna 1960 seskočil s balónu ve výšce 31330 m a bez otevření padáku proletěl 25820 m. Po seskoku dosáhl za určitý čas rychlosti 1000 km.h-1. Vypočtěte v jaké výšce nad povrchem země této rychlosti dosáhl, jakou dráhu urazil a za jak dlouho této rychlosti dosáhl. Danou situaci znázorněte graficky. Pro tyto výšky můžeme zanedbat odporovou sílu. (g = 10 m.s-2) Řešení: h1 = 31330 m h2 = 25820 m h3 = h1 – h2 = 5510 m v = 1000 km.h-1 = 278 m.s-1 g = 10 m.s-2 h=? ; s=? ; t=? 1 2 gt 2 1 v2 v2 s= g 2 = 2 g 2g s=
v = gt v t= g 278 t= = 27,8 s 10
s=
h = h1 − s h = 31330 − 3864 = 27466 m
278 2 = 3864 m 2 ⋅ 10
Parašutista 31500 31000
výška nad zemí (m)
30500 30000 29500 29000 28500 28000 27500 27000 0
5
10
15
20
25
30
čas (s)
Parašutista dosáhl rychlosti 1000 km.h-1 ve výšce 27466 m, urazil přitom dráhu 3864 m. Této rychlosti dosáhl za 27,8 s.
10
3. Pohyby těles v homogenním tíhovém poli Země (vrhy) teorie Tělesa se pohybují v blízkosti Země a působí na ně pouze tíhová síla FG. Odpor prostředí zanedbáváme. Vrhy jsou složené pohyby z pohybu rovnoměrně přímočarého a volného pádu.
A) Vrh svislý vzhůru (v0 ↑; g ↓) Těleso při pohybu směrem svisle vzhůru rovnoměrně zpomaluje a při pohybu dolů rovnoměrně zrychluje. Při dosažení maximální výšky se na okamžik zastaví (v = 0). v0 …počáteční rychlost okamžitá rychlost: v = v 0 − gt 1 2 gt 2
okamžitá výška:
y = v 0t −
doba výstupu:
v = 0 ; 0 = v 0 − gt ; t =
v0 g
v 0 1 v 02 v 02 v 02 v 02 1 2 − g = − = výška vrhu: h = v 0 t − gt = v 0 2 g 2 g2 g 2g 2g Doba výstupu a doba pádu je stejná, rychlost vrhu je také stejná jako rychlost dopadu.
B) Vrh vodorovný (v0 → ; g ↓) Těleso se pohybuje po části paraboly. okamžitá poloha bodu: x = v 0t ; y = h −
1 2 gt 2
doba pohybu: y = 0;0= h− délka vrhu: d = v0
11
2h g
1 2 gt ; t = 2
2h g
C) Vrh šikmý vzhůru α…elevační úhel Těleso se pohybuje po parabole.
okamžitá poloha bodu:
doba pohybu:
x = v 0 t cosα ; y = v 0 t sinα −
y = 0 ; 0 = v 0 t sinα −
délka vrhu (dostřel):
d = v0
1 2 gt 2
2v 0 sinα 1 2 gt ; t = 2 g
2v 0 sinα 2v 02 sinα cosα v 02 sin2α cosα = = g g g
Maximální délky vrhu dosáhneme při elevačním úhlu 45°. Ve vzduchu se těleso pohybuje po balistické křivce. S vrhy se můžeme setkat: Vrh svislý vzhůru předměty vržené svisle vzhůru určitou počáteční rychlostí v0 skákající míček Vrh vodorovný 12
střely, které byly vystřeleny rovnoběžně se zemským povrchem tělesa padající z dopravníkových pásů shazování předmětů z letadel, která letí rovnoběžně se zemským povrchem (zásoby, bomby) Vrh šikmý vzhůru ve sportu (vrh koulí, hod diskem, kladivem, oštěpem, skoky, pohyb míče, střelba) armáda (střely, rakety, granát) ostatní oblasti (hasiči, zahradní hadice)
Příklady Příklad 1) Fotbalovému míči byla udělena počáteční rychlost v0. Závislost rychlosti na čase je dána následujícím grafem. (g = 10 m.s-2) a) Jaké maximální výšky míč dosáhl. b) V jakém čase dosáhl výšky 8 m. c) Znázorněte graficky závislost okamžité výšky na čase. Fotbalový míč 20 18 16
-1
rychlost (m.s )
14 12 10 8 6 4 2 0 0
0,5
1
1,5
2
čas (s)
Řešení: v0 = 20 m.s-1 th = 2 s (doba výstupu) 13
2,5
3
3,5
4
g = 10 m.s-2 h = ? ; t = ? (y = 8 m) 1 gt 2 2 1 8 = 20t − 10t 2 2 2 5t − 20t + 8 = 0 y = v0t −
v 02 h= 2g h=
20 2 = 20 m 2 ⋅ 10
400 − 4 ⋅ 5 ⋅ 8 20 ± 240 = 10 10 t 1 = 3,55 s ; t 2 = 0,45 s t 1,2 =
20 ±
Maximální výška, které míč dosáhl je 20 m. Výšky 8 m dosáhl v čase 0,45 s (stoupá nahoru) a v čase 3,55 s (padá dolů).
Fotbalový míč 20 18 16
výška (m)
14 12 10 8 6 4 2 0 0
0,5
1
1,5
2
čas (s)
14
2,5
3
3,5
4
Příklad 2) Zátka od šampaňského je vystřelena svisle vzhůru. Závislost dráhy na čase popisuje následující graf. (g = 10 m.s-2) Z grafu odhadněte jak dlouho se zátka bude ve vzduchu pohybovat a jaké maximální výšky dosáhne. Své odhady ověřte výpočty. Vypočtěte počáteční rychlost zátky.
Šampaňské 8 7 6
výška (m)
5 4 3 2 1 0 0
0,2
0,4
0,6
0,8
1
1,2
1,4
1,6
1,8
2
2,2
2,4
2,6
čas (s)
Řešení: g = 10 m.s-2 t = ? ; h = ? ; v0 = ? h=8m v 02 h= 2g
2v 0 g 2 ⋅ 12,65 t= = 2,53 s 10 t=
v0 =
2gh
v0 =
2 ⋅ 10 ⋅ 8 = 12,65 m.s -1
Zátka se bude ve vzduchu pohybovat asi 2,53 s, maximální výška výstupu je 8 m. Počáteční rychlost zátky je asi 12,65 m.s-1.
15
Příklad 3) Střela byla vystřelena rovnoběžně se zemským povrchem rychlostí 1000 m.s-1. Sestrojte graf závislosti výšky ze které byla střela vystřelena na dostřelu. Jaká musí být výška, ze které byla střela vystřelena, aby byl její dostřel 1,5 km? Jak dlouho se střela pohybuje? Odpor prostředí zanedbejte. (g = 10 m.s-2) Řešení: v0 = 1000 m.s-1 d = 1500 m g = 10 m.s-2 h=? ; t=? d = v0
2h g
d 2 = v 02
2h g
h=
d 2g 2v 02
t=
2h g
t=
2 ⋅ 11,25 = 1,5 s 10
1500 2 ⋅ 10 h= = 11,25 m 2 ⋅ 1000 2 Střela 12
výška ze které se střílelo (m)
10
8
6
4
2
0 0
200
400
600
800
1000
1200
1400
1600
dostřel (m)
Aby byl dostřel 1,5 km musí být střela vystřelena z výšky 11,25 m. Ve vzduchu se bude pohybovat 1,5 s. 16
Příklad 4) Na dopravníkovém pásu se přepravuje kamení. Pás se pohybuje rovnoběžně se zemským povrchem rychlostí 2,5m.s-1. Pás je ve výšce 8 m nad zemí. Jak daleko dopadá kámen? Jak dlouho trvá než kámen dopadne z dopravníku na zemi? Úlohu řešte výpočtem i graficky. Řešení: v0 = 2,5 m.s-1 h=8m g = 10 m.s-2 d=? ; t=? d = v0
2h g
t=
2h g
d = 2,5
2⋅ 8 = 3,16 m 10
t=
2⋅ 8 = 1,26 s 10
Dopravníkový pás 9 8
výška vrhu (m)
7 6 5 4 3 2 1 0 0
0,2
0,4
0,6
0,8
1
čas (s)
Kámen dopadne do vzdálenosti asi 3,16 m a doba pádu je 1,26 s.
17
1,2
1,4
Příklad 5) Letadlo letící ve výšce 80 m nad vodní hladinou rychlostí 70 m.s-1 shazuje do vody zásoby pro loď, která se pohybuje rychlostí 12 m.s-1. Jak daleko od lodi musí být zásoby shozeny, aby dopadly do blízkosti lodi? Uvažte, že loď a letadlo se mohou pohybovat stejným směrem, nebo opačným směrem. Graficky znázorněte. Řešení: h = 80 m v1 = 70 m.s-1 v2 = 12 m.s-1 s1 = ? ; s2 = ? t=
2h g
; d = v1
s = d ± v 2 t = v1 s=
2h g
2h 2h ± v2 g g
2h ( v1 ± v 2 ) g
s1 =
2h ( v1 + v 2 ) = g
2 ⋅ 80 ( 70 + 12) = 328 m 10
s2 =
2h ( v1 − v 2 ) = g
2 ⋅ 80 ( 70 − 12) = 232 m 10
Letadlo a loď - opačný směr 80
70
60
y (m)
50
40
30
20
10
0 0
50
100
150
200
x (m)
18
250
300
350
Pokud se letadlo a loď pohybují proti sobě, pak musí být zásoby shozeny ve vzdálenosti 328 m od lodi, aby dopadly do její blízkosti.
Letadlo a loď - stejný směr 80
70
60
y (m)
50
40
30
20
10
0 0
50
100
150
200
250
300
x (m)
Pokud se letadlo a loď pohybují stejným směrem (letadlo dohání loď), pak musí být zásoby shozeny ve vzdálenosti 232 m od lodi.
Příklad 6) Střelec vystřelí šíp z kuše pod úhlem 30°. Místo ze kterého šíp vyletí a místo dopadu leží ve stejné výšce nad zemským povrchem. Jakou rychlostí musí být šíp vystřelen, aby se dostřel kuše pohyboval od 500 m do 700 m? Znázorněte graficky. Jak dlouho se bude šíp ve vzduchu pohybovat? Odpor prostředí zanedbejte. Řešení: α = 30° d1 = 500 m d2 = 700 m v0 = ? ; t = ?
19
v 02 sin2α d= g
2v 0 sinα g
t=
v0 =
dg sin2α
v 01 =
d 1g = sin2α
500 ⋅ 10 = 76 m.s − 1 sin60
v 02 =
d 2g = sin2α
700 ⋅ 10 = 90 m.s − 1 sin60
t1 =
2v 01sinα 2 ⋅ 76 ⋅ sin30 = = 7,6 s g 10
t2 =
2v 02 sinα 2 ⋅ 90 ⋅ sin30 = = 9s g 10
Kuše 900 800 700
dostřel (m)
600 500 400 300 200 100 0 0
10
20
30
40
50
60
70
80
90
100
-1
rychlost (m.s )
Pokud má být dostřel kuše od 500 m do 700 m musí se počáteční rychlost šípu pohybovat v intervalu od 76 m.s-1 do 90 m.s-1. Doba pohybu šípu ve vzduchu se bude pohybovat od 7,6 s (pro 76 m.s-1) do 9 s (pro 90 m.s-1). Příklad 7) Hasičská hadice svírá se zemským povrchem úhel 50°. Výtoková rychlost vody je15 m.s-1. Do jaké maximální výšky se při hašení požáru voda dostává a v jaké maximální vzdálenosti od ohně může hasič při hašení požáru stát? Řešte výpočtem i graficky. Řešení: α = 50° v0 = 15 m.s-1 h=? ; d=? 20
y = v 0 tsinα −
v sinα 1 2 gt ; t = 0 2 g
v sinα 1 v sinα h = v0 0 sinα − g 0 g 2 g v 02 sin 2 α v 02 sin 2 α v 02 sin 2 α h= − = g 2g 2g
2
d=
v 02 sin2α g
d=
15 2 sin100 = 22,2 m 10
15 2 sin 2 50 h= = 6,6 m 2 ⋅ 10
Hadice 7
maximální výška (m)
6
5
4
3
2
1
0 0
1
2
3
4
5
6
7
8
9
-1
rychlost (m.s )
21
10
11
12
13
14
15
16
Hadice 25
vzdálenost od ohně (m)
20
15
10
5
0 0
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
-1
rychlost (m.s )
Maximální výška do které se voda dostává je 6,6 m. Hasič může stát maximálně ve vzdálenosti 22,2 m od požáru.
Příklad 8) Desetibojař hodil koulí pod úhlem 45° do vzdálenosti 15 m. Vypočítejte jakou počáteční rychlost měla koule a do jaké maximální výšky se během hodu dostala. Řešte i graficky. Odpor prostředí zanedbejte. Řešení: α = 45° d = 15 m v0 = ? ; h = ? v 02 sin2α d= g v0 =
dg sin2α
v0 =
15 ⋅ 10 = 12,25 m.s − 1 sin90
h=
v 02 sin 2 α 2g
12,25 2 sin 2 45 h= = 3,75 m 2 ⋅ 10
22
Hod koulí 14
-1
počáteční rychlost (m.s )
12
10
8
6
4
2
0 0
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
délka hodu (m)
Hod koulí 4
3,5
maximální výška (m)
3
2,5
2
1,5
1
0,5
0 0
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
-1
počáteční rychlost (m.s )
Počáteční rychlost koule byla 12,25 m.s-1 a dosáhla výšky 3,75 m.
23
11
12
13
Příklad 9) Těleso bylo vrženo pod elevačním úhlem 45° a jeho pohyb popisuje následující graf. Určete počáteční rychlost tělesa, čas po který se těleso pohybovalo, délku vrhu a výšku vrhu. Odpor prostředí se zanedbává.
Šikmý vrh vzhůru 1,4
1,2
výška vrhu (m)
1
0,8
0,6
0,4
0,2
0 0
0,5
1
1,5
2
2,5
3
3,5
4
4,5
5
délka vrhu (m)
Řešení: Délku vrhu určíme přímo z grafu…d = 5 m Výšku vrhu určíme také z grafu…h = 1,25 m v02sin2α d= g v0 =
dg sin2α
v0 =
5 ⋅ 10 = sin90
t=
2v 0 sinα g
2 ⋅ 50 ⋅ sin45 t= = 1s 10
50 = 7,1 m.s − 1
Počáteční rychlost tělesa je asi 7,1 m.s-1. Pohyb tělesa trval 1 s. délka vrhu byla 5 m a výška vrhu 1,25 m.
24
4. Zrychlení při rovnoměrném pohybu po kružnici teorie
Δϕ Δt
úhlová rychlost:
ω=
úhlová dráha:
ϕ = ωt
[ω] = rad.s-1
[ϕ] = rad
perioda (oběžná doba):
T=
2π ω
[T] = s
frekvence (kmitočet):
f=
1 T
[f] = Hz
Další vztahy:
ω = 2π f Δs rΔϕ Δϕ v= = = r Δt Δt Δt v = ωr 2π r v = 2π rf = T U rovnoměrného pohybu po kružnici je úhlová rychlost konstantní, velikost okamžité rychlosti závisí na vzdálenosti od osy otáčení (čím je bod dále od osy otáčení tím větší je jeho okamžitá rychlost). Velikost rychlosti se nemění, ale mění se její směr, proto má hmotný bod zrychlení. Vektor zrychlení je kolmý k vektoru okamžité rychlosti a směřuje do středu kružnice. dostředivé zrychlení…ad…jeho velikost je konstantní, směr se však neustále mění
25
v2 ad = = ω2r r Příklady Příklad 1) Vodní skútr projíždí zatáčkou o poloměru křivosti 18 m. Jakou rychlostí se skútr musí pohybovat, aby jeho dostředivé zrychlení bylo z intervalu od 5 m.s-2 do 10 m.s-2. Řešte výpočtem i graficky. Řešení: r = 18 m ad1 = 5 m.s-2 ad2 = 10 m.s-2 v1 = ? ; v2 = ? ad = v= v1 =
v2 r adr a d1 r =
ad = v= 5 ⋅ 18 = 9,5 m.s − 1
v2 =
v2 r adr a d2 r =
10 ⋅ 18 = 13,4 m.s − 1
Vodní skútr 14
12
-2
zrychlení (m.s )
10
8
6
4
2
0 0
2
4
6
8
10
12
-1
rychlost (m.s )
Vodní skútr se musí pohybovat rychlostí od 9,5 m.s-1 do 13,4 m.s-1.
26
14
16
Příklad 2) Jak velká odstředivá síla působí na řidiče F1 o hmotnosti 70 kg , projíždí-li zatáčkou o poloměru křivosti 15 m rychlostí 30 m.s-1. Řešte výpočtem i graficky. Řešení: m = 70 kg r = 15 m v = 30 m.s-1 Fd = ? Fd = ma d = m Fd = 70
v2 r
30 2 = 4200 N 15
F1 6000
odstředivá síla (N)
5000
4000
3000
2000
1000
0 0
5
10
15
20
25
30
-1
rychlost (m.s )
Na řidiče F1 projíždějícího zatáčkou působí odstředivá síla o velikosti 4200N.
27
35
Příklad 3) Následující graf znázorňuje závislost dostředivého zrychlení na rychlosti u setrvačníku v určité vzdálenosti od osy otáčení. Určete pro jakou vzdálenost od osy otáčení platí tento graf. Vypočítejte frekvenci setrvačníku pro rychlost 5 m.s-1.
Setrvačník
200
-2
dostředivé zrychlení (m.s )
250
150
100
50
0 0
0,5
1
1,5
2
2,5
3
3,5
4
4,5
5
-1
rychlost (m.s )
Řešení: v = 5 m.s-1 ad = 250 m.s-2 r=? ; f=? ad =
v2 r 2
r=
v ad
r=
52 = 0,1 m 250
a d = ω 2 r = 4π 2 f 2 r f=
ad = 4π 2 r
250 = 63,3 Hz 4π 2 ⋅ 0,1
Graf platí pro body, které jsou ve vzdálenosti 0,1 m od osy otáčení. Frekvence otáčení setrvačníku je asi 63,3 Hz (pro rychlost 5 m.s-1).
28
Příklad 4) Trajektorie po které se má těleso tvaru koule pohybovat je kružnice (viz. obrázek). Jakou rychlostí se musí těleso pohybovat, aby projelo po celé dráze. Poloměr kružnice je 5 m. Graficky znázorněte závislost rychlosti tělesa na poloměru kružnice. Řešení: r=5m g = 10 m.s-2 v=?
v=
v2 = g r rg
v=
5 ⋅ 10 = 7,1 m.s − 1
ad =
Pohyb kuličky 10 9 8
-1
rychlost (m.s )
7 6 5 4 3 2 1 0 0
1
2
3
4
5
6
poloměr kružnice (m)
Rychlost tělesa musí být větší než 7,1 m.s-1.
29
7
8
9
10
5. Kinetická energie tělesa teorie Kinetickou energii má každé pohybující se těleso. předpoklady: - hmotný bod - nepůsobí na něj síly tření - zanedbáváme odpor prostředí Hmotný bod se začne pohybovat s určitým zrychlením.
F = ma ; s =
1 2 at 2
1 1 1 W = Fs = ma at 2 = m(at) 2 = mv 2 2 2 2 1 W = E k = m v2 2 Hmotný bod byl původně v klidu, nyní se pohybuje rychlostí v. [Ek] = kg.m2.s-2 = (kg.m.s-2).m = N.m = J Kinetická energie nezávisí na směru rychlosti, ale na její velikosti. - změna Ek je rovna práci, kterou vykoná výslednice působících sil…Ek2 – Ek1 = W - kinetická energie je závislá na volbě vztažné soustavy - Ek soustavy hmotných bodů:
Ek =
1 1 1 m 1 v12 + m 2 v 22 + ... + m n v 2n 2 2 2
30
Příklady Příklad 1) Jakou rychlostí se musí pohybovat osobní automobil o hmotnosti 950 kg, aby se jeho kinetická energie pohybovala v intervalu od 300 kJ do 600 kJ? Znázorněte i graficky. Řešení: m = 950 kg Ek1 = 300 kJ = 3.105 J Ek2 = 600 kJ = 6.105 J v1 = ? ; v2 = ? 1 mv 2 2 2E k m
v2 =
2E k2 m
v1 =
2E k1 m
v2 =
2 ⋅ 6.10 5 = 36 m.s − 1 950
v1 =
2 ⋅ 3.10 5 = 25 m.s − 1 950
Ek = v=
Automobil 800000
700000
kinetická energie (J)
600000
500000
400000
300000
200000
100000
0 0
5
10
15
20
25
-1
rychlost (m.s )
31
30
35
40
Rychlost osobního automobilu se musí pohybovat v intervalu od 25 m.s-1 do 36 m.s-1. Příklad 2) Následující graf znázorňuje závislost kinetické energie na rychlosti u fotbalového míče. Jaká je hmotnost míče? Jak rychle se musí pohybovat fotbalista o hmotnosti 80 kg, aby jeho kinetická energie byla stejná jako u míče, který se pohybuje rychlostí 20 m.s-1?
Fotbalový míč 200 180
kinetická energie (J)
160 140 120 100 80 60 40 20 0 0
2
4
6
8
10
12
14
16
-1
rychlost (m.s )
Řešení: v1 = 20 m.s-1 Ek1 = 160 J m2 = 80 kg Ek1 = Ek2 m1 = ? ; v2 = ? 1 m 2 v 22 2 2E k2 v2 = m2
1 m1 v12 2 2E k1 m1 = v12
E k2 =
E k1 =
m1 =
2 ⋅ 160 = 0,8 kg 20 2
v2 =
2 ⋅ 160 = 2 m.s − 1 80
Míč má hmotnost 0,8 kg a fotbalista se pohybuje rychlostí 2 m.s-1.
32
18
20
22
Příklad 3) Kinetická energie cyklisty je 1620 J a jeho hmotnost 90 kg. Určete jakou rychlostí se cyklista pohybuje. Graficky znázorněte závislost rychlosti na kinetické energii. Řešení: Ek = 1620 J m = 90 kg v=? Ek = v= v=
1 mv 2 2 2E k m 2 ⋅ 1620 = 6 m.s − 1 90
Cyklista 7
6
-1
rychlost (m.s )
5
4
3
2
1
0 0
200
400
600
800
1000
kinetická energie (J)
Cyklista se pohybuje rychlostí 6 m.s-1.
33
1200
1400
1600
1800
6. Dynamika kapalin teorie rychlost kapaliny vytékající otvorem:
1 ρ v 2 = ρ gh 2 v = 2gh ρ…hustota kapaliny
g…tíhové zrychlení (10 m.s-2)
h…hloubka ve které se nachází otvor
v…výtoková rychlost kapaliny
Příklady Příklad 1) Vodní zásobník má tři vypouštěcí uzávěry. V jakých hloubkách jsou tyto uzávěry umístěny, pokud výtoková rychlost vody dosahuje rychlostí 3 m.s-1, 7 m.s-1 a 10 m.s1 ? Řešte výpočtem a ověřte graficky. Řešení: v1 = 3 m.s-1 v2 = 7 m.s-1 v3 = 10 m.s-1 h1, h2, h3 = ? g = 10 m.s-2 v1 =
2gh 1
v2 =
2gh 2
v3 =
2gh 3
h1 =
v12 2g
h2 =
v 22 2g
h3 =
v 32 2g
h1 =
32 = 0,45 m 2 ⋅ 10
h2 =
72 = 2,45 m 2 ⋅ 10
h3 =
10 2 = 5m 2 ⋅ 10
34
Výtoková rychlost 5 4,5 4
hloubka (m)
3,5 3 2,5 2 1,5 1 0,5 0 0
1
2
3
4
5
6
-1
rychlost (m.s )
Uzávěry jsou umístěny v hloubkách 0,45 m; 2,45 m a 5 m.
35
7
8
9
10
Příklad 2) Následující graf znázorňuje závislost výtokové rychlosti kapaliny (vody) na hloubce. V jaké hloubce je výtoková rychlost vody 50 m.s-1? Jaká je výtoková rychlost vody v hloubce 200 m. Z daného grafu určete tíhové zrychlení. Nejprve výsledky odhadněte z grafu a potom výpočtem ověřte.
Přehrada 300
250
hloubka (m)
200
150
100
50
0 0
10
20
30
40
50
60
70
80
-1
výtoková rychlost (m.s )
Řešení: v1 = 50 m.s-1 h1 = ? h2 = 200 m v2 = ? ; g = ? v12 h1 = 2g 50 2 h1 = = 125 m 2 ⋅ 10
v2 2h 50 2 g= = 10 m.s − 2 2 ⋅ 125 g=
v2 =
2gh 2
v2 =
2 ⋅ 10 ⋅ 200 = 63,2 m.s − 1
Výtoková rychlost 50 m.s-1 bude v hloubce 125 m. V hloubce 200 m bude výtoková rychlost asi 63,2 m.s-1.
36
Příklad 3) Ve stěně hráze přehrady se vytvořil otvor, ze kterého začala unikat voda. Výtoková rychlost vody byla 20 m.s-1. Vypočtěte v jaké hloubce se otvor vytvořil. Graficky znázorněte závislost výtokové rychlosti na hloubce. Řešení: v = 20 m.s-1 h=? g = 10 m.s-2 v=
2gh
h=
v2 2g
h=
20 2 = 20 m 2 ⋅ 10
Přehrada 35
-1
výtoková rychlost (m.s )
30
25
20
15
10
5
0 0
5
10
15
20
25
hloubka (m)
Otvor se vytvořil v hloubce 20 m.
37
30
35
40
45
50
7. Druhá kosmická rychlost teorie Používá se při výpočtech drah raket, družic a kosmických lodí. předpoklady: těleso je ve výšce h nad povrchem Země a je mu udělena počáteční rychlost v0
Při určité rychlosti v0 = vp se těleso pohybuje po parabolické dráze a vzdaluje se od Země. vp…parabolická rychlost (úniková rychlost) vp =
2κ M Z RZ + h
κ…gravitační konstanta (κ = 6,67.10-11 N.m2.kg-2) MZ…hmotnost Země (MZ = 5,98.1024kg) RZ…poloměr Země (RZ = 6,37.106 m) h…výška nad zemským povrchem Při povrchu Země platí: vp =
2κ M Z RZ
v p = 11,2 km.s − 1 ...druhá kosmická rychlost Při druhé kosmické rychlosti těleso opouští gravitační pole Země, ale zůstává v gravitačním poli Slunce.
38
Příklady Příklad 1) Graficky znázorněte závislost únikové rychlosti na výšce od povrchu Země. Výšku volte od 0 – 450000 km. Vypočtěte jaká bude úniková rychlost ve vzdálenosti 385000 km (Země – Měsíc)? Řešení: MZ = 5,98.1024 kg RZ = 6,378.106 m κ = 6,67.10-11 N.m2.kg-2 h = 3,85.108 m vp = ? vp =
2κ M Z RZ + h
vp =
2 ⋅ 6,67.10 − 11 ⋅ 5,98.10 24 = 1430 m.s − 1 6 8 6,378.10 + 3,85.10
Úniková rychlost 12
úniková rychlost (km.s-1)
10
8
6
4
2
0 0
50 000
100 000
150 000
200 000
250 000
300 000
350 000
400 000
vzdálenost od Země (km)
Úniková rychlost ve vzdálenosti 385000 km od Země bude asi 1430 m.s-1.
39
450 000
Příklad 2) Vypočtěte hmotnost Měsíce, na jehož povrchu dosahuje úniková rychlost velikosti 2,38 km.s-1. Poloměr Měsíce je 1738 km. Jaké hmotnosti by měl Měsíc, kdyby se úniková rychlost na jeho povrchu pohybovala od 0 – 10 km.s -1? Danou situaci znázorněte graficky. Řešení: vp = 2,38.103 m.s-1 κ = 6,67.10-11 N.m2.kg-2 RM = 1,738.106 m MM = ? 2κ M M RM
vp =
RM 2 vp 2κ 1,738.10 6 = ⋅ (2,38.10 3 ) 2 = 7,38.10 22 kg − 11 2 ⋅ 6,67.10
MM = MM
Měsíc 1,4E+24
hmotnost Měsíce (kg)
1,2E+24
1,0E+24
8,0E+23
6,0E+23
4,0E+23
2,0E+23
0,0E+00 0
1000
2000
3000
4000
5000
6000
-1
úniková rychlost (m.s )
Hmotnost Měsíce je 7,38.1022 kg.
40
7000
8000
9000
10000
Příklad 3) Z následujících údajů vypočtěte velikost gravitační konstanty. Poloměr Země má velikost 6,37.106 m, průměrná hustota je 5510 kg.m-3 a úniková rychlost 11,2 km.s-1. Řešení: RZ = 6,37.106 m ρZ = 5,51.103 kg.m-3 vp = 1,12.104 m.s-1 κ=? vp = κ=
2κ M Z RZ RZ 2 vp 2M Z
RZ v 2p 4 2ρ Z πR 3Z 3 6,37.10 6 κ= 4 2 ⋅ 5,51.10 3 ⋅ ⋅ π ⋅ 6,37.10 6 3 κ=
RZ v 2p = 2ρ Z VZ
(
)
3
(
⋅ 1,12.10 4
)
2
= 6,7.10 − 11 N.m 2 .kg − 2
Gravitační konstanta má velikost 6,7.10-11 N.m2.kg-2. Graficky řešit tento příklad nemá příliš význam.
41
