Řešení testu 1b Fyzika I (Mechanika a molekulová fyzika) NOFY021 19. listopadu 2015
Příklad 1 Zadání: Kulička byla vystřelena vodorovně rychlostí 10 m/s do válcové roury o průměru 2 m a koná pohyb naznačený na obrázku. V bodě A, kde kulička vstoupí do roury, svírá vektor rychlosti s osou x úhel α a leží v rovině xy. Určete velikost úhlu α, aby v bodě B působila kulička na stěnu roury silou o stejné velikosti a opačného směru než je tíhová síla působící na kuličku.
B z v0y
R
v0x
A
y v0 x α
Řešení: Pohyb kuličky je možné rozdělit na do dvou směrů: směr rovnoběžný s osou x a směr k němu kolmý, tj. rovnoběžný s rovinou yz. V rovnoběžném směru kulička koná rovnoměrný pohyb s rychlostí v0x = v0 cos α. V kolmém směru se kulička v důsledku tíhového zrychlení pohybuje nerovnoměrným pohybem po kružnici. Maximální rychlost v0y = sin α má kulička v nejnižším bodě (bod A), minimální rychlost vy má kulička v nejvyšším bodě (bod B). Poznamenejme, že obě rychlosti vy0 a vy mají směr tečný k plášti roury, tj. v bodech A a B jsou rovnoběžné se směrem y. V bodě B na kuličku působí výsledná síla F = mad , která jí uděluje dostředivé zrychlení ad , tj. nutí ji pohybovat se po zakřivehé trajektorii. Tato síla se skládá z tíhové síly mg a síly FV , kterou na kuličku působí stěna roury. F = mad = mg + FV Podle třetího Newtonova zákona působí kulička na stěnu roury silou FR , která je stejně velká jako síla, kterou působí stěna roury na ní, ale s opačným směrem FR = −FV . Platí tedy F = mad = mg − FR Z této rovnice je videt, že má-li být podle zadání FR = −mg, musí být dostředivé zrychlení ad = 2g.
1
Protože roura má kruhový průřez o poloměru R je dostředivé zrychkení vy2 , R kde vy je rychlost kuličky v bodě B. Tu dostaneme aplikací zákona zachování energie. Při cestě z bodu A do bodu B musela kulička vystoupit do výšky 2R a nárůst její potenciální energie je kompenzován úbytkem kinetické energie. Platí tedy ad =
1 1 2 mv0y = mvy2 + mg2R 2 2 Dosadíme v0y = sin α a vy2 = ad R = 2gR 1 2 2 1 mv0 sin α = m2gR + 2mgR 2 2 a dostáváme vypočítáme sin α s sin α =
6gR v02
Dostáváme tedy hledaný vztah pro úhel α s α = arcsin
6gR v02
Číselně je úhel α roven 50.1◦ .
Příklad 2 Zadání: Světový rekord v hodu oštěpem je 98.48 m, diskem 74.08 m a koulí 23.12 m. Hmotnost oštěpu je 800 g, disku 2 kg a koule 7.26 kg. Jaká byla práce vykonaná sportovcem při světovém rekordu v hodu oštěpem, diskem a koulí? Předpokládejte, že atlet hodil svoje nářadí pod úhlem 45◦ aby dolétlo nejdále. Odpor vzduchu zanedbjete. Řešení: Práce W , kterou atlet vykonal je rovna celkové mechanické energii vrženého předmětu. Ta má nejjednodušší tvar v počátečním a koncovém bodě vrhu, kdy je potenciální energie nulová: 1 W = Ek + Ep = mv02 , 2 je tedy nutné vyjádřit neznámý kvadrát počáteční rychlosti v0 ze znalosti délky vrhu L. Pohybové rovnice pro šikmý vrh mají následující tvar: m¨ x = 0 m¨ y = −mg. Obecné řešení těchto rovnic po dosazení hodnoty úhlu, pod kterým byl předmět vržen, α = 45◦ a nulových počátečních poloh x0 a y0 je: √ 2 x(t) = x0 + v0 t cos α = v0 t 2 √ 1 2 2 1 v0 t − gt2 y(t) = y0 + v0 t sin α − gt = 2 2 2 2
V bodě kdy se vržený předmět dotkne Země je hodnota y nulová: √ 2 1 v0 t − gt2 . 0= 2 2 Poslední rovnice má dva kořeny t0 = 0 a tL odpovídající vrhu předmětu resp. jeho dopadu. √ 2v0 tL = g Délka vrhu je potom rovna hodnotě funkce x(t) v čase tL : √ 2 v2 L = x(tL ) = v0 tL = 0 . 2 g Dosadíme-li do zákona zachování energie, dostaneme konečný výsledek. Číselně je vykonaná práce 386.6 J pro hod oštěpem, 727.0 J pro hod diskem a 823.6 J pro vrh koulí. 1 1 W = mv02 = mgL 2 2 Stejného výsledku je možné dosáhnout také skrze úvahu o výšce výstupu H. V nejvyšším bodě je celková energie rovna součtu potenciální energie ve výšce H a kinetické energie odpovídající rovnoměrnému pohybu ve směru osy x. 1 1 2 = mgH + mv02 W = mgH + mv0x 2 4 V maximální výšce je rychlost vy nulová a lze si vyjádřit dobu výstupu tH : √ 2 0 = v0 − gt √2 2 v0 tH = . 2 g Výšku výstupu dostaneme, dosadíme-li do trajektorie y(t) za čas dobu tH : √ 2 1 2 v02 v02 v02 H = y(tH ) = v0 tH − gtH = − = . 2 2 2g 4g 4g Dohromady po dosazení do vztahu pro práci dostáváme stejný výsledek jako v předchozím případě, což pouze potrvrzuje, že během pohybu vrženého předmětu se celková mechanická energie zachovává. v2 1 1 1 W = mg 0 + mv02 = mv02 = mgL 4g 4 2 2
Příklad 3 Zadání: Střela o hmotnosti 10 g vystřelená vodorovně se zavrtá do měkkého předmětu o hmotnosti 1 kg zavěšeném na na závěsu délky 1 m. Po zásahu vystoupá tento předmět do výšky 50 cm. Jaká byla rychlost střely? 3
2. M+m 1. M
m v
d w
Řešení: Pohyb těles v této úloze je potřeba rozdělit na dvě části: (1) na nepružnou srážku, kdy se obě tělesa spojí, a (2) na pohyb výsledného tělesa (viz obrázek). Při nepružné srážce není zachována energie resp. část energie se při nárazu střely do předmětu spotřebuje na deformační energii a teplo. Zákon zachování hybnosti je ovšem stále v platnosti, proto můžeme psát: mv = (M + m)w m w = v M +m Po nepružné srážce, kdy se část kinetické energie střely spotřebovala, koná těleso (předmět + střela) pohyb, při němž se zachovává jak hybnost, tak i energie. Kinetická energie tělesa po srážce je dána celkovou hmotností M + m a rychlostí w. Ve výšce d, do které těleso vystoupá, je veškerá kinetická energie přeměněna na energii potenciální. Zákon zachování energie lze tedy napsat jako: 1 (M + m)w2 = (M + m)gd. 2 Nyní už jen dosaďme za rychlost w z předchozího vztahu dopočítejme velikost rychlosti střely v, která pro zadané hodnoty vychází 316.4 m/s. 1 2
m M +m
2
v 2 = gd v =
p M +m 2gd m
Příklad 4 Zadání: Posilovací pružina se skládá ze čtyř stejných pružin. Držadlo posilovací pružiny (viz. obrázek) váží 200 g a ve svislé poloze způsobí prodloužení pružin o 5 mm. Tlumení posilovací pružiny je takové, že tvoří oscilátor s činitelem jakosti 1. S jakou periodou musíme posilovací pružinu natahovat aby její výchylka byla maximální? Jaká bude maximální výchylka pokud budeme působit s touto periodou vynucovací silou o velikosti 20 N? Řešení: Z rovnováhy tíhové síly FG a síly pružnosti Fp lze vyjádřit celkovou tuhost všech 4
4
∆d
pružin k: FG = Fp mg = k∆d mg . k = ∆d Vlastní úhlová frekvenci posilovací pružiny ω0 je dána známým vztahem: r r k g ω0 = = , m ∆d tlumení pružiny souvisí s vlastní úhlovou frekvencí skrze činitel jakosti Q jako: ω0 2δ r ω0 1 g δ = = . 2Q 2Q ∆d
Q =
Amplituda nucených kmitů A(Ω) je pro vynucující sílu F = F0 sin(Ωt + α) dána ve tvaru (viz přednáška popř. jiná literatura popř. řešení nehomogenní obyčejné diferenciální rovnice s konstantními koeficienty): i− 12 F0 h 2 2 2 2 2 A(Ω) = ω0 − Ω + 4δ Ω . m Rezonance, tj. maximum funkce A(Ω) odpovídá frekvenci Ωrez , při níž je derivace i− 32 2 2 dA F0 h 2 =− ω0 − Ω2 + 4δ 2 Ω2 −4Ω ω02 − Ω2 + 8δΩ2 dΩ 2m 5
dA dΩ
nulová.
dA = 0 ⇔ −ω02 + Ω2rez + 2δ 2 = 0 dΩ Ω2rez Trez
ω02
2
ω02
1 1− 2Q2
− 2δ = s 2π ∆d 1 q = = 2π Ωrez g 1− =
1 2Q2
Pro činitel jakost Q = 1 je perioda rezonančních kmitů Trez rovna 0.2 s a je perioda vlastních kmitů T0 . Spočtěme nyní amplitudu kmitů Am ax pro rezonanční frekvenci Ωrez :
√ 2-krát větší než
− 1 F0 4δ 4 + 4δ 2 ω02 − 8δ 4 2 m − 1 F0 1 A(Ωrez ) = ω02 − δ 2 2 m 2δ 1 F0 Q q A(Ωrez ) = 2 m ω0 1 − 1 A(Ωrez ) =
4Q2
A(Ωrez ) =
F0 ∆d 2Q2 p . m g 4Q2 − 1
Po dosazení známých hodnot F0 , m, ∆d, g a Q dostáváme velikost rezonanční amplitudy rovnou 5.9 cm.
6
