PŘÍRODOVĚDECKÁ FAKULTA UNIVERZITA HRADEC KRÁLOVÉ
Sbírka vybraných úloh z mechaniky
Josef Horálek
2013
Obsah 1 ÚVOD ............................................................................................. 4 2 ŘEŠENÍ ÚLOH S VYUŽITÍM MODELŮ ................................................ 5 3 ZÁKLADY MECHANIKY .................................................................... 7 3.1
POHYB TĚLESA ......................................................................................... 7
3.1.1
Indiánský běh ................................................................................. 7
3.1.2
Graf rychlosti a dráhy jako funkce času ........................................... 9
3.1.4
Analýza průjezdu tunelem ............................................................. 21
3.1.5
Vyšetřování rychlosti - předjíždění automobilu ............................... 23
3.1.3
3.1.6 3.2 3.3
Vyšetřování rychlosti ..................................................................... 20
-Obecné řešení předjíždění automobilu ........................................... 24
VÝPOČTY S VEKTORY .............................................................................. 26 RYCHLOST ............................................................................................. 29
3.3.1
Jízda po řece Cam ......................................................................... 29
3.4.1
Jízda na vodním tobogánu a hybnost ............................................. 32
3.4 3.5
MOMENT HYBNOSTI ................................................................................ 32 SÍLA ..................................................................................................... 35
3.5.1
Hloubka studny ............................................................................. 35
4 SÍLA A POHYB............................................................................... 38 4.1
ZMĚNY POHYBU ..................................................................................... 38
4.1.1
Pohyb golfového míčku .................................................................. 38
4.1.3
Střela z praku ............................................................................... 39
4.1.2 4.2
Kámen na ledu .............................................................................. 39
SÍLA A POHYB ........................................................................................ 43
4.2.1
Kniha na nakloněné rovině ............................................................ 43
4.2.2
Curlingový kámen na ledu ............................................................. 45
4.3.1
Oběh kosmické lodě po orbitě ........................................................ 49
4.3
ZRYCHLENÍ A POHYB PO KRUŽNICI............................................................. 49
4.3.2 4.4
Vektorový pohled na pohyb po kružnici .......................................... 50
PEVNÁ TĚLESA ....................................................................................... 52
4.4.1 4.4.2
Houpačka na pouti ........................................................................ 52 Houpačka v parku ......................................................................... 53 2
4.4.3
Richard na žebříku ........................................................................ 55
4.5.1
Výchylka závaží při pohybu po kružnici ......................................... 58
4.5.2
Jízda lyžaře .................................................................................. 60
4.5
APLIKACE POHYBU PO KRUŽNICI ............................................................... 58
4.5.3
Zákon zachování energie v gymnastice ........................................... 63
5 VYUŽITÍ DIFERENCIÁLNÍCH ROVNIC V MECHANICE ....................... 66 5.1
NUMERICKÉ METODY .............................................................................. 66
5.1.1 5.1.2 5.2
Skok parašutisty ............................................................................ 66 Plážový míč .................................................................................. 69
ANALYTICKÉ METODY ............................................................................. 74
5.2.1
Rychlost závaží ve vodě ................................................................. 74
5.2.3
Parašutista ve vysoké rychlosti ....................................................... 79
5.2.2 5.2.4
Padající pírko ............................................................................... 76
Parašutista s otevřeným padákem .................................................. 82
6 ZÁVĚR .......................................................................................... 85
3
1 Úvod
Předložená sbírka obsahuje sadu vybraných úloh vytvořených na základě
pedagogické praxe autora a jeho několika stáží na středních a vysokých školách v zahraničí.
Ve sbírce jsou uvedeny úlohy na vybrané kapitoly z mechaniky, které autor
využívá jako doplňující úlohy pro základní kurz fyziky studentů oboru komunikační a mikroprocesorové techniky, Fakulty elektrotechniky a informatiky,
Univerzity Pardubice. Úlohy z kapitoly Základy mechaniky je využívána jako vstupní etalon pro sjednocení rozdílné úrovně znalostí jednotlivých studentů. Celá řada studentů přichází ze středních průmyslových škol, kde je fyzika probírána jen v prvních dvou ročnících a je tedy nutné občerstvit základní znalosti studentů
pomoc jednoduchých příkladů. V kapitole Síla a pohyb studenti řeší celou sadu úloh založených na využití Newtonových zákonů s občasným využitím základních znalostí Infinitesimálního počtu. Aplikace vyšší matematiky je pak využita v poslední kapitole, kde jsou studentům představeny úlohy řešící odporové síly působící proti pohybu tělesa s využitím numerických a analytických metod. Při řešení všech úloh je pak kladen důraz na vytvoření modelu idealizace, a
pokud je to vhodné tak i obrazového modelu, kde jsou studenti vedeni k sestavení
takového modelu, pomocí něhož by byly schopni řešit předložený problém
s dostupnými znalostmi z fyziky a matematiky a zároveň si uvědomovali nutnost interpretace získaného řešení s ohledem na přijaté předpoklady v rámci sestavení modelu.
4
2 Řešení úloh s využitím modelů
Všechny níže představené řešené ukázkové úlohy jsou řešeny na základě
strategie řešení úloh dle I. A. HALLOUN
MODELING THEORY IN SCIENCE EDUCATION,
s důrazem na sestavení modelu, jejichž ověřením je validováno navržené řešení. Neodpovídá li řešení fyzikálním předpokladů či jinak nesplňuje obecná pravidla
kladená na relevantní řešení je dle postupu řešení vytvořen model nový či stávající model upraven a opět validován.
Obrázek 1 Diagram strategie řešení problémů
Pro objasnění diagramu krátce představíme jednotlivé kroky, které je nutné provést pro nalezení řešení zadaného problému. Problém – na počátku každého řešení je nutné přesně a jasně stanovit problém, který povede k nalezení řešení daného problému a tím splnění cíle, kterého chceme, dosáhnou. Vytvoření modelu – v této části je nutné shromáždit všechna potřebná data a logické vazby mezi jednotlivými součástmi vstupujícími do řešeného problému a pomocí nich navrhnout model, který bude dále testován.
Je nutné jasně definovat závisle a nezávisle proměnné a navrhnout matematické vyjádření jejich závislosti. 5
Analýza problému – v tomto kroku musí řešitel ověřit relevantnost vytvořených vazeb a vztahů. Ověřuje správnost použitých vztahů z pohledu
logického i fyzikálního. Je tady třeba analyzovat data, vytvořit grafy a i pomocí nich vyjádřit závislé proměnné fyzikální veličiny jako funkce.
Další analýzou lze získat hledané matematické vztahy pro vyjádření výsledku daného problému. Interpretace – v tomto bodě je řešitel postaven před jednu z nejobtížnějších částí hledání řešení předloženého problému tedy interpretaci navrhovaných
řešení. Jedná se o vyjádření nalezených vztahů, modelů a prvních výsledků pomocí obyčejného jazyka. Praktická řešení a ověření řešení – jde o ověření získaných vztahů
a řešení na větším počtu reálných příkladů, aby se ověřila obecnost
navrženého řešení. Pro zobecnění získaných výsledků a řešení se pak
využívá měření čí experimentů týkajících se řešeného problému. Vytvořený model a navržené řešení je využíváno pro predikci či ověření výsledků experimentu
6
3 Základy mechaniky 3.1 Pohyb tělesa 3.1.1 Indiánský běh Severoameričtí indiáni, ale také skauti, jsou známí svou schopností rychlého přesunu na dlouhé vzdálenosti a dlouhou dobou tohoto druhu pohybu. Jedná se o tzv. indiánský běh, při kterém je pravidelně střídán stejný počet kroků při
různých druzích pohybu. Například: 50 kroků běhu, 50 kroků chůzí, 50 kroků běhu, až dorazí do cíle. Jak dlouho by to trvalo indiánům urazit vzdálenost 2 km? Jaká je průměrná rychlost indiána při využití tzv. indiánského běhu? Pro úspěšné řešení je nutné předložený problém zjednodušit použitím předpokládaných vlastností a chování indiána. Předpokládejme, že všechny kroky indiána jsou stejné a mají délku 1 metr. Předpokládejme, že indián má při běhu konstantní rychlost 3 m s-1 a při chůzi má konstantní rychlost 2 m s-1.
Za uvedených předpokladů platí, že indián urazí po 50 krocích vzdálenost
50 metrů, ať běží či jde. Rozdílná je však doba, za kterou indián udělá 50 kroků. Doba potřebná pro 50 kroků při rychlosti běhu 3 m s-1 je:
Doba potřebná pro 50 kroků při rychlosti chůzi 2 m s-1 je:
Průměrná rychlost, kterou se tedy indián pochybuje lze jednoduše vypočítat
z výrazu pro průměrnou rychlost, kterou má indián při pohybu na vzdálenost 100 metrů:
7
Doba potřebná pro přesunutí indiána na vzdálenost 2 km, tedy 2000 m, je:
S
přihlédnutím
k
výše
stanoveným
předpokladům
a
jejich
vysoce
pravděpodobné nepřesnosti je možné předpokládat, že doba potřebná pro přesunutí indiána na vzdálenost 2 km bude přibližně 14 minut.
Důležitým výsledkem této úlohy je, že průměrná rychlost indiána je nižší než
průměr dvou rychlostí. Důvodem je to, že indián stráví delší dobu při chůzi než při běhu. Tento výsledek je dobře viditelný na grafu části pohybu indiána, který
s (m)
vyjadřuje polohu indiána na čase. 140 120 100 80 60 40 20 0 0
50
100
150
200
250
300 t (s)
chůze
běh
průměrná rychlost pohybu indiána
Graf 1 Graf Pohybu indiána, změny jeho polohy jako funkce času s=f(t)
Úlohy pro procvičení 1) Alžběta každé ráno před odchodem do školy pravidelně obsolvuje ranní okruh poblíž svého domova tzv. indiánským během. Pomocí krokoměru a stopek se naučila pravidelně střídat 40 sekund běhu rychlostí 4 m·s-1 a 40 sekund chůze rychlostí 2 m·s-1. Jaká je její průměrná rychlost po dobu jejího ranního okruhu? Řešení:
8
2) Kamarád Alžběty, mladý Jindřich, také pravidelně běhá, ale na rozdíl od
Alžběty večer. I on provedl jednoduché měření a ví, že 40 sekund běží rychlostí 4 m·s-1 a stejnou vzdálenost následně ujde rychlostí 2 m·s-1. Jaká je Jindřichova průměrná rychlost?
Řešení:
3) Když Alžběta již zjistila svoji průměrnou rychlost, začalo jí zajímat, jak by se průměrná rychlost změnila, kdyby i nadále 40 sekund běžela rychlostí 4 m·s-1, ale chůzí urazila dvojnásobnou vzdálenost než při běhu. Řešení:
4) Pokuste se vytvořit obecné řešení zadání příkladu 1 a 2, kde za rychlost běhu dosadíte u m·s-1 a za rychlost chůze v m·s-1.
Řešení:
Pro běh platí, že dráhu 40u absolvuje za 40 sekund. Pro chůzi pak platí, že vzdálenost 40u urazí za 40 u/v.
3.1.2 Graf rychlosti a dráhy jako funkce času Na následujícím obrázku je znázorněn zjednodušený graf závislosti dráhy na
čase lektora fyziky, který zjednodušeně popisuje jeho pravidelnou ranní procházku na katedru.
9
s (m) 250
200
150
100
50
0 0
30
60
90
120
150
180
210 t (s)
Graf 2 Graf znázorňující cestu lektora na fakultu znázorněn jako s=f(t)
Na základě grafu se pokuste vysvětlit tvar jednotlivých barevných částí grafu
(t, s) a uvést příklad, co by se v jednotlivých částech mohlo panu lektorovi přihodit. Graf závislosti změny polohy na čase s uvedenými hodnotami nám je již
možné považovat za vhodným modelem, který je samozřejmě zjednodušen tím, že nezachycuje změny mezi jednotlivými pohyby, ale předpokládá náhlou změnu pohybu.
Pro zjednodušení orientace v grafu jsou na ose x a y zvoleny celočíselné
hodnoty pro jednotlivé mřížky. Na ose x je vzdálenost dvou mřížek rovna 5 s a na ose y je rovna 10 m.
Pro výklad grafu je možné vymyslet celou řadu příkladů. Jako jeden
z možných je následující:
Od vyjití lektora z dveří domu jeho bydliště jde prvních 50 metrů do mírného kopce k hlavní silnici.
Následujících deset metrů jde volným krokem podél silnice, jelikož čeká, až bude silnice volná a on bude moc bezpečně přejít.
10
Následuje svižná chůze, jelikož následujících 75 metrů vede cesta podél hlavní silnice, která je široká a tedy volná.
Lektor se zastavuje u semaforu a čeká na možnost přejít. Po rozsvícení signálu volno na semaforu, spěchá lektor do kanceláře, ale jde o něco pomaleji než předtím, jelikož po cestě na fakultu se potkává
s velkým počtem studentů mířících na jeho cvičení a při chůzi s nimi krátce povídá. Nakreslete graf
a zkontrolujte, zda informace, které obsahuje, jsou
v souladu s odpověďmi na předchozí otázku.
Než začneme graf vytvářet, je nutné si připomenout vztah mezi dráhou a rychlostí. Rychlost v jednotlivých časových intervalech, dle výše znázorněného grafu je určena vztahem:
- poloha pana asistenta v čase t1;
začátku pohybu.
- poloha pana asistenta v čase t0, tedy na
Tento vztah lze však zapsat i jako diferenciál, tedy:
Tohoto zápisu následně využijeme pro kontrolu popisu pohybu z předchozí otázky, jelikož obsah plochy pod křivkou znázorňující rychlost je číselně roven uražené dráze. v (ms-1)
2 1,8 1,6 1,4 1,2 1 0,8 0,6 0,4 0,2 0 0
30
60
90
120
150
180
210 t (s)
Graf 3 Graf závislosti rychlosti na čase v=f(t)
11
Na grafu jsou čárkovanou spojnicí naznačeny změny v pohybu pana lektora. Je
zřejmé, že ani lektor fyziky neumí měnit rychlost svého pohybu okamžitě. Ve zvoleném modelu, však doba změny rychlosti chůze pana lektora je v porovnání s celkovou dobou, za kterou lektor dorazí ze svého domova na fakultu, zanedbatelná a proto můžeme jednotlivé změny rychlosti považovat za okamžité. v (ms-1)
2 1,8 1,6 1,4 1,2 1 0,8
Plocha
45*1,11
0,6 0,4 0,2 0 0
30
60
90
120
150
180 t (s)
Graf 4 Obsah plochy pod křivkou znázorňuje dráhu
Jaká je celková vzdálenost pohybu pana lektory znázorněného v grafu a
?
V grafu 2 je celková vzdálenost lektora znázorněna nejvyšším konečným
bodem a z osy y vyčteme, že je rovna 250 m. Z grafu 3 pak celkovou dráhu zjistíme jako součet všech ploch pod horizontálními segmenty, tak jak je to ukázáno v grafu 4 pro první rychlost.
Z grafu 2 a 3 zjistěte a interpretujte, co dělá lektor 2 minuty po svém
odchodu z domu? Jak je jeho pohyb reprezentován v grafech?
Z grafu 2 je viditelné, že v čase 120 sekund není na ose y, která nám znázorňuje dráhu, žádnou změnu, tedy lektor nemění svoji pozici. V kombinaci s informacemi získanými z grafu 3, kde v čase 120 sekund je hodnota na ose y odpovídající danému času nulová, vyplývá, že lektor stojí a s přihlédnutím 12
k popisu pohybu z úvodu tohoto příkladu můžeme říci, že po 2 minutách co opustil lektor dům, čeká na semaforu.
S pomocí informací z grafu 2 a 3 zjistěte, kdy se pan lektor při své cestě na fakultu pohyboval nejrychleji a jak je tato situace reprezentována v grafech? Nejrychleji se lektor pohyboval mezi 60. až 105. sekundou od začátku svého pohybu a to přibližně rychlostí 1,67 m·s-1 (6 km h-1). V grafu 3 je tato informace reprezentována zelenou úsečkou, která je od osy x nejvíce vzdálena. V grafu 2 je
tato informace reprezentována opět zelenou částí grafu s nejstrmějším stoupáním (gradientem), tedy největším úhlem svírajícím s osou x. Úlohy pro procvičení 1) Každý závodník se před svým vystoupením zahřívá a stejně tak i Jindřich,
který se již dlouho věnuje atletice. Na zahřátí si Jindřich zvolil 15 minutový běh konstantní rychlostí 2,5 m·s-1. Zakreslete tento pohyb do grafu
a zjistěte, jakou vzdálenost Jindřich při svém zahřívacím běhu absolvoval? Řešení:
v (ms-1)
3
2
1
0 0
300
600
900 t (s)
Graf 5 Řešení příkladu
Použitý model, který vnikl zjednodušením popsaného pohybu, však vykazuje nespojitost při zastavení Jindřicha, což jak víme ze zkušenosti, není možné. Graf lépe odpovídající realitě by mohl vypadat následovně. Sklon křivky charakterizující rychlost, záleží na fyzikální veličině nazývané zrychlení.
13
v (ms-2) 890
900
910 t (s)
Graf 6 Detail realističtějšího grafického znázornění zastavení Jindřicha
2) Alžběta na svém atletickém tréninku střídá sprint a pomalý běh. Jeden tréninkový cyklus se skládá z 20 opakování sprintu trvajícího 1 minutu
a pomalého běhu po dobu 1,5 minuty. Při sprintu Alžběta běží rychlostí 4,9 m s-1 a při pomalém běhu rychlostí 2,8 m s-1. Jakou vzdálenost Alžběta uběhne při jednom cyklu? Nakreslete graf závislosti rychlosti na čase pro
prvních 150 sekund. Do grafu zakreslete průměrnou rychlost Alžběty za celý čas tréninkového cyklu. Řešení: Vzdálenost při sprintu: Celková
vzdálenost
, při pomalém běhu: jednoho
tréninkového
cyklu
Průměrná rychlost Alžběty při za prvních 150 sekund tréninkového cyklu:
14
6 v (ms-1) 5
A
4
B
3 2 1 0 0
20
40
60
80
100
120
140
160 t (s)
Za zmínku jistě stojí, že obsah plochy A, B jsou stejné.
3) Alžběta a Jindřich se nemohou dohodnout při jaké kombinaci chůze a běhu při tzv. indiánském běhu urazí za stejný čas větší vzdálenost. Jindřich tvrdí,
že když 90 s poběží rychlostí 3 m s-1 a 135 s půjde rychlostí 2 m s-1, urazí delší vzdálenost než Alžběta, která chce běžet rychlostí 3 m·s-1 po dobu 50 s a 75 s
půjde rychlostí 2 m s-1. Proto se oba rozhodli svoji teorii potvrdit či vyvrátit realizací. Jak jejich závod dopadl a kdo došel za 60 minut dále? K řešení
využijte grafické vyjádření průběhu rychlostí Alžběty i Jindřicha v prvních 6 minutách závodu. Řešení: Nejdříve se podíváme na grafy, které charakterizují pohyb a jeho rychlost v prvních 6 minutách pohybu.
15
v (ms-1)
3,5 3 2,5 2 1,5 1 0,5 0 0
60
120
180
240
300
360 t (s)
Graf 7 Průběh rychlosti pohybu Jindřicha v prvních 6 minutách
v (ms-1)
3,5 3 2,5 2 1,5 1 0,5 0 0
60
120
180
240
300
360 t (s)
Graf 8 Průběh rychlosti pohybu Alžběty v prvních 6 minutách
Analýza pohybu Jindřicha. Za 1 h zopakuje kombinaci běh+chůze celkem 16 krát. Za tuto dobu Jindřich urazí 8 640 metrů, což je celková dráha pohybu Jindřicha. Alžběta za jednu hodinu zopakuje kombinaci běh+chůze celkem 28. Za tuto dobu Jindřich urazí 8400 metrů. Pohyb Alžběty ale trval jen 135*28 = 3 500 sekund. Alžběta teda má ještě 100 s pohybu. Prvních 50 s opět běží a urazí vzdálenost 150 m a zbylých 50 s absolvuje chůzí a ujde 100 m. V součtu tedy Alžběta urazí 8400 + 150 +100 = 8 650 metrů. Alžběta tedy za jednu hodinu svojí kombinací urazí delší dráhu než Jindřich. To vše za předpokladu, že po celou hodinu oba přesně dodržovali časy pohybů a přesnou rychlost v každém ze svých pohybů.
4) Následující graf
reprezentuje ohyb tělesa. Na základě informací z něj
získaných pohyb popište.
16
25 v(ms-1) 20
15
10
5
0 0
5
10
15
20
25
30
t (s) Graf 9 Graf pohybu tělesa
Pro časový interval t=0 s až 5 s platí: Těleso má konstantní zrychlení, a dochází tedy tedy ke konstantnímu zvyšování rychlosti. V prvních pěti sekundách pohybu pak těleso urazí vzdálenost 25 m, s konstantním zrychlením 2 m·s-2. V 5. sekundě pohybu má rychlost 10 m·s-1. Pro časový interval t=5 s až 10 s platí: Těleso má konstantní rychlost a tedy nulové zrychlení. Za pět sekund pohybu pak těleso urazí vzdálenost 50 m a pohybuje se rychlostí 10 m·s-1. Pro časový interval t=10 s až 15 s platí: Těleso se nelineárně zrychluje, a tím se zvyšuje nejen jeho rychlost, ale také uražená vzdálenost. Pro časový interval t=15 s až 20 s platí: Těleso má konstantní rychlost, a tedy nulové zrychlení. Za pět sekund pohybu pak těleso urazí vzdálenost 50 m a pohybuje se rychlostí 20 m·s-1. Pro časový interval t=20 s až 25 s platí: Těleso má konstantní zrychlení, jež je způsobeno silou působící proti pohybu a jeho působením dochází ke konstantnímu snižování rychlosti. Zrychlení má opačný směr než rychlost. Těleso se po 5. sekundách zcela zastaví.
5) Alžběta s Richardem, se systematicky připravují na svá budoucí povolání, a tak společně poctivě studují v centrální univerzitní knihovně Univerzity Cambridge. Oba si přečetli novinky ve Physics Education a dopsali své
přípravy. Richard vyšel z knihovny a zamířil na Jesus Collage přes Ace Nursery School, kde na vrátnici odevzdal své přípravy a pokračoval
v procházce dlouhé 7 km na Jesus Collage, kam dorazil za dvě hodiny. Alžběta se ve dveřích knihovny zapovídala s kamarádkou Viktorií a tak po
50 minutách vyjela na kole do Ace Nursery School odevzdat přípravy své lektorce na praxi. Cestu dlouhou 3 kilometry Alžběta ujela za 16 minut. Schůzka byla krátká a za 10 minut mířila Alžběta do Jesus College na 17
didaktický seminář. Jelikož již moc nespěchala, cesta dlouhá 4 km jí trvala 20 minut.
Když Alžběta vyrazila o 50 minut později než Richard, v jaké vzdálenosti od knihovny se potkali? Bylo to ještě před odevzdáním příprav na Ace Nursery School?
Jaká byla průměrná rychlost Richarda? Jaká byla průměrná rychlost Alžběty? Příklad řešet pomocí grafu (t, s). s (km)
8 7 6 5 4 3 2 1 0 0
10
20
30
40
50
60
70
80
90
100 110 120
t (s) Graf 10 Graf (t,s) Richarda (modrá křivka) a Alžběty (červená křivka)
Řešení: Z grafu je zřejmé, že Alžběta jedoucí na kole dohnala Richarda přibližně 2 kilometry od College. Průměrná rychlost Richarda byla 3,5 km h-1. Průměrná rychlost Alžběty byla 9,1 km h-1. Řešení předpokládá, že se oba pohybovali konstantní rychlostí.
6) Na následujících grafech jsou zobrazeny informace o pohybu tělesa. Složením
dostupných informací z obou grafů budete moci tyto grafy doplnit tak, aby graf (t, s) a graf
zcela popisovaly pohyb tělesa v časovém intervalu
t=0 s až 5 s.
18
s (m)
20 18 16 14 12 10 8 6 4 2 0 0
1
2
3
4
5
t (s) Graf 11 Část grafu (t, s) pohybu tělesa
9 v (ms-1)
8 7 6 5 4 3 2 1 0 0
1
2
3
4
5
6
t (s) Graf 12 Část grafu
pohybu tělesa
Řešení: Z grafu 12 lze vypočítat hodnotu zrychlení tělesa od 2 do 5 sekundy pohybu:
Z grafu 11 lze jednoduše vypočítat rychlost tělesa v intervalu t=0 až 2 sekundy:
Dráhu, kterou těleso urazí v celkovém čase t=3s až 5 s získáme z rovnice , pro t= 1, 2 a 3 sekundy, tedy času po který zrychluje.
19
20 18 16 14
s [m]
12 10 8 6 4 2 0 0
1
2
3
4
5
t [s] Graf 13 Doplněný graf (t, s) pohybu tělesa
9 8
ds/dt [ms-1]
7 6 5 4 3 2 1 0 0
1
2
3
4
5
6
t [s] Graf 14 Doplněný graf
pohybu tělesa
3.1.3 Vyšetřování rychlosti Vyšetřování rychlosti nám poskytuje celou škálu možných pohledů na využití této fyzikální veličiny nejen pro potřeby fyzikálních úloh, ale k vysvětlení a odůvodnění celé řady pravidel, se kterými se setkáváme v běžném životě, jsou založeny právě na využití rychlosti.
20
Jako první příklad nám dobře poslouží obecná pravidla, která doporučuje
Český automotoklub pro jízdu na dálnici. Ten doporučuje, že při dobrém stavu
vozovky a viditelnosti by minimální mezera mezi dvěma po sobě jedoucími auty neměla být menší než dvě sekundy. Co toto doporučení vlastně říká? Pokud si řekneme, že rozumný řidič má na dálnici rychlost těsně pod hranicí maximální povolené rychlosti, tedy přibližně 35 m·s-1. Dvou sekundový odstup
mezi automobily tedy znamená, že interval, který uplyne mezi dobou, kdy námi zvolená bod (např. kilometrovník) mine zadní část před námi jedoucího vozidla, a dobou, než dané místo mine přední část našeho vozidla, je dvě sekundy. Při námi zvolené rychlosti je odstup dvou automobilů 70 metrů. My bychom pak neměli jet větší rychlostí než 35 m·s-1.
3.1.4 Analýza průjezdu tunelem V mnoha tunelech nového pražského okruhu je stanovena maximální a minimální rychlosti, aby byl zajištěn optimální průjezd automobilů tunely. Omezení rychlosti v tunelu umožňuje stanovit maximální počet aut, které tunelem projedou za jednu hodinu. Počet automobilů je samozřejmě ovlivněn
nutností zachovat bezpečnou vzdálenost mezi auty, která závisí na jejich rychlosti. Navrhněte tedy možné rychlosti při zachování pravidel bezpečné vzdálenosti mezi vozidly a maximalizace počtu vozidel, která tunelem projedou.
Pro vyřešení daného problému je nutné vytvořit zjednodušený model popsané situace. Budeme předpokládat, že automobily mají stejnou délku, kterou
stanovíme podle parametrů nejrozšířenějšího automobilu v ČR Škoda Octavia, tedy 4,7 metrů. Rychlost automobilů pak bude v m·s-1. Vzdálenost mezi auty bude v souladu s předchozí úvahou 2 s. Počet Automobilů, které projedou tunelem za 1 minutu je N. Úkolem je tedy maximalizovat N. 4,7 m
v
v
v
odstup automobilů 2 sekundy
Obrázek 2 Schematické znázornění modelu
21
Doba, kterou potřebuje jeden automobil pro průjezd je dán vztahem:
Celková doba mezi dvěma automobilu vjíždějícími do tunelu je:
Počet automobilů, které vjedou do tunelu, za dobu 1 minuty vyjádříme:
v [m·s-1]
0
1
5
10
15
20
25
30
35
40
45
50
N
0
9
20,4
24,3
25,9
26,8
27,4
27,8
28,1
28,3
28,5
28,7
40
50 v (m·s-1)
35 N (automobilů) 30 25 20 15 10 5 0 0
10
20
30
Obrázek 3 Závislost počtu vozidel v tunelu na rychlosti
Z předcházející tabulky a její grafické interpretace je jasně vidět, že počty
automobilů N vjíždějících do tunelu se od rychlosti 20 m·s-1 navyšují jen minimálně. Konkrétně rozdíl mezi rychlostí 20 m·s-1 a 40 m·s-1 je jeden a půl automobilu. Pokud vyjdeme z předpokladu, že při maximální povolené rychlosti
25 m·s-1 (90 km·h-1) je počet automobilů vjíždějících do tunelu 27 automobilů a při nižší rychlosti 20 m·s-1 (72 km·h-1) je reálně stejný, lze s přihlédnutím k idealizaci zvoleného modelu doporučit rychlost mezi 17 m·s-1 až 22 m·s-1. Našemu výsledku odpovídají i reálné rychlostí na pražském okruhu, kde
v jednotlivých tunelech je rychlost regulována od 60 do 80 km·h-1.
22
3.1.5 Vyšetřování rychlosti - předjíždění automobilu Jakou volnou vzdálenost musí mít před sebou řidič osobního automobilu, aby
bezpečně předjel nákladní automobil a zařadil se zpět do svého jízdního pruhu?
Pro řešení vytvoříme zjednodušený model zadaného problému s těmito
vlastnostmi:
Osobní automobil je dlouhý 5 metrů a pohybuje se stálou rychlostí vO=30 m·s-1.
Osobní automobil je dlouhý 15 metrů a ohybuje se konstantní rychlostí vN=20 m·s-1.
Osobní i nákladní automobil dodržují pravidlo dvou sekundového odstupu.
Osobní automobil potřebuje na svůj předjíždějící manévr t sekund. 5m
15 m
vO = 30 ms-1
vN = 20 ms-1
2 sekundy
2 sekundy
Obrázek 4 Ikonický model zadaného problému
Osobní automobil musí vzhledem k nákladnímu automobilu urazit dráhu
(5+60+15+40) m.
Kamion se však také pohybuje a urazí vzdálenost 20·t metrů, takže celková vzdálenost při předjíždění je (120+20·t) metrů. Osobní automobil, který má rychlost vO=30 m s-1, tak ujede vzdálenost 30t
metrů za dobu t, tedy:
Doba potřebná pro bezpečné předjetí je 12 sekund. Během této doby osobní automobil urazí 360 metrů. Důležité je si uvědomit jak vzdálenost závisí na
rychlostech osobního automobilu a nákladního automobilu. Tuto představu získáme na základě následujícího příkladu a jeho obecného řešení.
23
3.1.6 -Obecné řešení předjíždění automobilu Vyjděme z předchozího příkladu a určeme, jakou volnou vzdálenost musí mít
před sebou řidič osobního automobilu, aby bezpečně předjel nákladní automobil a zařadil se zpět do svého jízdního pruhu? Konstantní rychlost osobního automobilu vA m·s-1.
Konstantní rychlost nákladního automobilu vN m·s-1. Osobní automobil je dlouhý lA = 5 m.
Nákladní automobil je dlouhý lN = 5 m. lA = 5 m
lN = 15 m
vA
vN
sAN = 2·vA
sNA = 2·vN
Obrázek 5 Ikonický model zadaného obecného problému
Automobil
musí
vzhledem
k
nákladnímu
automobilu
urazit
dráhu
(lA+sAN+sNA+ lN) metrů. Kamion se však také pohybuje a urazí vzdálenost vN ·t metrů, takže celková
vzdálenost při předjíždění je (lA+sAN+sNA+lN+vN·t) metrů.
Osobní automobil tak ujede vzdálenost (vA·t) metrů, tedy:
Čas potřebný pro bezpečné předjetí a zařazení automobilu:
Celková dráha, kterou ujede automobil při bezpečném předjetí nákladního automobilu:
Ve výpočtu je velice důležitý rozdíl rychlostí ve jmenovateli
, protože
čím vyšší je tento rozdíl tím menší je celková ujetá dráha s. Tedy čím větší je rozdíl v rychlostech, tím menší vzdálenost je potřeba na předjetí.
24
Má-li osobní automobil zachovat pravidlo o vzdálenosti dvou sekund, tak platí,
že čím se zvyšuje rychlost osobního automobilu
, tím dříve musí zahájit
předjížděcí manévr. Avšak celkově ujetá vzdálenost při předjíždění se snižuje se vzrůstajícím rozdílem rychlostí
a
.
Posledním obecným závěrem je, že čím je větší kombinace obou rychlostí, tím větší vzdálenost je na předjetí potřeba. Extrémně pak platí logický předpoklad, že pokud je
nelze předjížděcí manévr úspěšně provést.
25
3.2 Výpočty s vektory Pro zápis a výpočty vektorů budeme využívat tzv. sloupcový vektor, jehož konvence pro psaní vektoru x a y vypadá následovně Vypočtěte velikost vektoru
.
a zakreslete jeho orientaci a velikost.
Vzdálenost od A do B nazýváme velikost vektoru
a zapisujeme ji
nebo
AB.
N B
5
α
A
3
C
Obrázek 6 Velikost vektoru AB
Motorový člun jede rychlostí 35 km·h-1 pod úhlem 20° od severního směru. Východně od člunu je ve vzdálenosti 7,5 km molo, které je orientován Severo-jižně. Za jak dlouho se člun dostane k útesu?
N 35 km h-1 20°
m o l o
7.5 km
Obrázek 7 Zakreslení vektoru dle zadání
26
Složka rychlosti lodi ve směru k útesu je rovna
km·h-1. K útesu pak
člun dopluje za:
Příklady pro procvičení 1) Vrtulník zpravodajství monitoruje ranní dopravní situaci nad městem. Ví, že nejproblémovější místa bývají na souřadnicích . Zapište
,
a
,
,
.
Řešení:
2) Ja é j ou ouv lo t
ez ve tory
,
a
?
Řešení: Součet x-ových složek
se rovná x-ové složce
Součet y-ových složek
se rovná y-ové složce
Proto můžeme psát, že
3) V ja é a ?
. Vektor
ěru a ja dale o letěl vrtul í
pak označujeme jako výslednici vektorů.
ez jed otl v
body
,
Řešení: Při letu z pozice A do C vrtulník uletěl vzdálenost 42,5 km pod úhlem α 22°. Při letu z pozice A do B vrtulník uletěl vzdálenost 12,0 km pod úhlem α 64,3°. Při letu z pozice B do C vrtulník uletěl vzdálenost 34,6 km pod úhlem α 8,5°.
4) Najděte výsledný vektor ,
,
z následujících vektorů: . Řešet početně i graficky.
Řešení:
27
3 2 1
AB BC
0 0
2
4
6
8
CD AD
-1 -2 -3 Graf 15 Grafické řešení sčítání vektorů
28
3.3 Rychlost 3.3.1 Jízda po řece Cam U Jesus College má říčka Cam jedno z nejširších míst svého toku v Cambridge. Jelikož nejbližší most je vzdálen více než 300 metrů, studenti často používají malých pramic, pro zdolání říčky do nové části města. Pod jakým úhlem je potřeba vyjet, aby studenti přistáli na protilehlém břehu v protilehlém místě, odkud vyrazili a jak dlouho jim tato cesta bude trvat? Pro vyřešení daného problému je nutné vytvořit model, kterým si zadaný problém zidealizujeme stanovením vhodných počátečních podmínek. Řeka je v daném místě široká 70 metrů. Řeka má v daném místě laminární prodění bez výskytu vírů s konstantní rychlostí vŘ=1 m·s-1 v celé šířce řeky.
Předpokládejme, že studenti vyrazily z bodu P pod úhlem α, který svírá směr pohybu s břehem.
Loďka se pohybuje konstantní rychlostí vL=2 m·s-1 po celou dobu pohybu a chtějí přistát přímo naproti místu, odkud vyrazili.
Zadané charakteristiky modelu a stanovené hodnoty, znázorníme
pomocí ikonického modelu, který nám slouží ke znázornění zadané situace. P α 2 m.s-1
100 m
1 m.s-1
L Obrázek 8 Ikonický model znázorňující pohyb přes řeku
29
Pro řešení nejprve sestrojíme vektorový trojúhelník, ve kterém znázorníme
jednotlivé vektory a pomocí něj určíme úhel α, pod kterým musí loďka vyrazit. α 2 m.s-1
výsledná rychlost
1 m.s-1 Obrázek 9 Znázornění jednotlivých vektorů
o Výslednou rychlost, pak vypočteme:
Čas potřebný pro překonání řeky je:
Námi získaný výsledek je pravdivý jen za předpokladu, že studenti budou schopni téměř celou minutu veslovat konstantní rychlostí. Pokud by studenti nedokázali po celou cestu udržet konstantní rychlost loďky, ale ta by se během veslování měnila, loďka by musela při každé změně rychlosti
změnit úhel vůči břehu, který by se při zmenšování rychlosti také zmenšoval, jelikož úhel α je přímo závislý na poměru rychlostí
. Pokud by se zmenšovala
jen rychlost loďky, ale úhel pod kterým se loďka pohybuje, vůči břehu by zůstával stejný, doplula by loďka na druhý břeh mimo bod L ve směru proudu řeky. Úlohy pro procvičení 1) Loďka může po řece jet stálou rychlostí 4 m·s-1. Jak dlouho by trvalo projet všechny body A, C, B podle trasy znázorněné na obrázku, má-li řeka konstantní rychlost vŘ=3 m·s-1.
30
B
100 m
100 m
vŘ
A
100 m
C
Řešení: Pohyb z A do C trvá 14,3 s rychlostí 7 m·s-1. Pohyb z C do B trvá 62,5 s rychlostí 1,6 m·s-1. Pohyb z B do A trvá 62,5 s rychlostí 1,6 m·s-1. Celková doba jízdy loďky po vyznačené trase je 139 s.
2) Viktorie, vyjela na projížďku lodí po jezeře Loch Lomond. Aby nepřehlédla žádný z výhledů, chodí napříč palubou z levoboku na pravobok a zpět konstantní rychlostí 2 m·s-1. Loď se po jezeře pohybuje konstantní rychlostí 8 m·s-1. Jaká je výsledná rychlost Viktorie vůči jezeru? Řešení: Rychlost Viktorie vůči jezeru je rovna 8,25 m.s-1.
31
3.4 Moment hybnosti 3.4.1 Jízda na vodním tobogánu a hybnost Alžběta a Jindřich se v zábavním centru baví jízdou na vodním tobogánu. Jindřich na svém gumovém kruhu o celkové hmotnosti 80 kg jede konstantní rychlostí 8 m·s-1 a Alžběta, o celkové hmotnosti 60 kg se pohybuje rychlostí
5 m·s-1 prosti Jindřichovi. Když do sebe oba gumové kruhy narazí, spojí se a dále se pohybují jako jedno těleso. Jaká je pak rychlost obou spojených kruhů na vodním tobogánu?
Nejdříve si předložený problém zobrazíme pomocí ikonického modelu:
mJ= 80 kg
vJ= 4 m·s-1
vA= 5 m·s-1
mA= 60 kg
Obrázek 10 Ikonický model zadaného problému
Předložený problém je řešitelný využitím zákona zachování hybnosti. Abychom tento zákon mohli použít, je nutné definovat několik omezujících podmínek, tedy stanovit idealizovaný model zadané situace. Budeme předpokládat, že Jindřich i Alžběta se společně pohybují rovnoměrným přímočarým pohybem a stejným směrem.
Budeme předpokládat, že tření mezi gumovými kruhy a dnem tobogánu je minimalizováno využitím vody a lze jeho vliv na pohyb zanedbat.
Tobogán s Jindřichem a Alžbětou považujeme za izolovanou soustavu hmotných bodů, na kterou nepůsobí žádné vnější síly resp., v níž výslednice všech vnějších sil působících na soustavu je nulová. Hybnost Jindřicha Hybnost Alžběty Hybnost Jindřicha a Alžběty po jejich srážce
Rychlost pak vypočteme v 32
Rychlost spojených kruhů na tobogánu je 0,14 m·s-1. Tento výsledek je
pravdivý, jen pokud jsou plněny podmínky pro použití zákona zachování hybnosti
a jak bylo řečeno v omezujících podmínkách použitého modelu lze zanedbat třecí síly. Hokejový puk o hmotnosti 0,5 kg pohybující se po dokonale upravené ledové ploše je při svém pohybu lehce tečován tak, že změnil vektor svého pohybu z
na
. Jako osu x použijeme červenou půlící čáru a za osu
y použijeme spojnici středového kruhu pro vhazování a středu branky. Jak se změnila hybnost tečovaného puku? Nejdříve si předložený problém zobrazíme pomocí ikonického modelu: Před
Po
mp=0,5 kg
mp=0,5 kg
Hybnost puku před tečí vypočteme
Hybnost puku po teči vypočteme
ě
í
Důležitým závěrem tohoto příkladu je, že změna hybnosti tělesa je reakcí na akci, která působí na dané těleso. Je zřejmé, že akcí není nic jiného než působící síla, na jejíž velikosti a směru závisí změna hybnosti. Úlohy pro procvičení 1) Tělo A, hmotnosti 3 kg se pohybuje rychlostí 4 m·s-1 se srazí s tělesem B, o hmotnosti 2 kg, které bylo v klidu. Po srážce těleso A pokračuje v pohybu 33
v původním směru s rychlostí 2 m·s -1. Jakou rychlost má po srážce těleso B? Srážku předpokládáme za dokonale nepružnou. Řešení: Těleso B se pohybuje rychlostí 3 m·s-1.
2) Nákladní automobil o hmotnosti 10 tun jede po rovné silnici. Zvýší rychlost z 65 km·h-1 na 120 km·h-1. Jak se změní jeho hybnost?
Řešení: Hybnost nákladního automobilu se přibližně změní o 153 000 kg·m·s-1.
3) Hokejový puk o hmotnosti 0,1 kg se pohybuje napříč ledovou plochou rychlostí
m·s-1. Do puku hráč udeří tak, že jeho nová rychlost je
m·s-1. Jak se změnila jeho hybnost? Řešení: Hybnost puku se změnila o
kg m·s-1.
34
3.5 Síla 3.5.1 Hloubka studny Do studny byl puštěn kámen o hmotnosti 2 kg. Vodní hladiny se dotkl za 4 sekundy. Jaká je výška studny od jejího okraje po hladinu vody? Pro vyřešení následujícího problému použijeme model, ve kterém díky
několika nezbytným předpokladům zjednodušíme realitu.
Prvním předpokladem je zanedbání tvaru puštěného kamene, tím že jej budeme považovat za hmotný bod.
Tím, že kámen považujeme za hmotný bod, nemusíte uvažovat odporové síly a kámen se tak pohybuje volným pádem s konstantním zrychlením 9,8 m·s-2. Předpokládáme, že kámen byl spuštěn s nulovou počáteční rychlostí
z okraje studny.
S využitím výše uvedených předpokladů, lze jednoduše zjistit, jakou rychlost
má kámen v jednotlivých časových úsecích od zahájení pohybu, tedy v době 0, 1, 2, 3 a 4 sekundy pohybu. Tabulka 1 Tabulka rychlostí v jednotlivých časech
t (s)
v (m·s-1)
0
0
1
9,8
2
19,6
3
29,4
4
39,2
35
50
v (ms-1)
40 30 20 10 0 0
1
2
3
4
t (s) Graf 16 Grafické vyjádření tabulky 1.
50
v (ms-1)
40 30 20 10
s
0 1
2
3
4
5
t (s) Graf 17 Grafické vyjádření dráhy
Vybarvená plocha pod grafem (t, v) reprezentuje dráhu. Z grafu zřejmé, že
plocha je rovna obsahu pravoúhlého trojúhelníku. Číselně pak tuto plochu vyjádříme:
Získaný výsledek nám umožňuje nejen říci, že minimální hlouba studny je 78,4 metrů, ale navíc nám poskytuje získat obecný vztah pro dráhu tělesa pohybujícího se s konstantním gravitačním zrychlením .
Vyjdeme z výpočtu dráhy, jako obsahu pravoúhlého trojúhelníka: 36
Dalším závěrem, který nám tento příklad poskytuje, je odpověď na otázku silového působení Země na náš padající kámen. Z tabulky 1 víme, že padajícímu kamenu se každou sekundu zvýší rychlost a tedy i hybnost. Změnu hybnosti již umíme matematicky zapsat:
Tato malá matematická hrátka s vyjádřením změny hybnosti nám představuje
matematický model tvrzení, které známe jako druhý newtonův zákon:
"Mutationem motus proportionalem esse vi motrici impressae et fieri secundam
lineam rectam qua vis illa imprimitur", tedy že výsledná síla působící na těleso je rovna rychlosti změny hybnosti tělesa. Úlohy na procvičení: 1) Na vysoké zdi máme položenou kuličku, kterou necháme padat na zem. Jakou rychlost bude mít kulička po 3 sekundách letu? O kolik metrů kulička spadla?
Řešení: Za 3 sekundy pádu má kulička rychlost 29 m·s-1 a klesla o 44,1 m.
2) Dívka o hmotnosti 25 kg a její otec o hmotnosti 75 kg se chystají skočit do plaveckého bazénu z 5 metrů vysoké skokanské věže. Jakou hybnost bude mít dívka a její otec při dopadu na vodní hladinu?
Řešení: Dráhu pěti metrů oba urazí za 1,01 s. Oba budou mít rychlost 9,9 m·s-1. Dívka pak bude mít hybnost 274 kg·m·s-1 a otec bude mít hybnost 742 kg·m·s-1.
3) Dělníkovi sedícímu na lešení ve výšce 4 metrů spadne plechovka s barvou na chodník. Nakreslete graf (t, v) závislosti rychlosti na čase, padající plechovky. Pomocí grafu vypočtěte rychlost, kterou plechovka dopadne na chodník. Řešení: Plechovka bude padat 0,9 s. Rychlost, s kterou dopadne na chodník je pak rovna 8,9 m·s-1.
37
4 Síla a pohyb 4.1 Změny pohybu 4.1.1 Pohyb golfového míčku Vektor určující polohu golfového míčku v čase t sekund po jeho odpálení je dán výrazem:
Hodnoty jsou zadány v metrech. Určete horizontální rychlost a zrychlení
golfového míčku těsně před jeho prvním dopadem na golfové hřiště.
Zadaný polohový vektor nám slouží pro popis zadané situace a tak jej lze považovat za matematický model pohybu golfového míčku, s nímž lze ihned pracovat.
Nejprve je nutné zjistit, za jakou dobu se golfový míček poprvé dotkne země.
Tedy souřadnice y polohového vektoru je rovna nule.
Tato rovnice má dvě řešení
a
.
Rychlost dostaneme jako první derivaci polohového vektoru podle času.
Pro
pak vektor rychlosti má tvar:
Velikost rychlosti pak jednoduše vypočteme Vektor zrychlení pak dostaneme derivací rychlosti podle času, tedy druhé
derivace polohy podle času.
Velikost zrychlení je pak rovno 38
Významným poznatkem, který získáváme z výsledků daného příkladu je, že
směr
a
jsou stejné. Konkrétní směr zrychlení v našem příkladu je svisle dolů
(proti směru osy y). Tento závěr je logický, jelikož v tomto směru, působí na golfový míček, síla z druhého Newtonova zákona:
4.1.2 Kámen na ledu Na zamrzlém jezeře se pohybuje hladký kámen o hmotnosti 3 kg. Jeho pohyb
charakterizuje polohový vektor
v metrech a čas t v sekundách a je dán: pro
Úkolem je nalézt sílu působící na kámen a ukázat, že tato síla je konstantní
a působí v opačném směru než je rychlost kamene.
Derivací polohového vektoru podle času nejprve nalezneme vektor rychlosti:
a druhou derivací získáme zrychlení:
Pomocí druhého Newtonova zákona vyjádříme vektor síly:
Síla Pro síla
je konstantní a paralelní s vektorem je,
. je ve směru vektoru
. Tedy
působí v opačném směru než je směr pohybu kamene a je pravděpodobně
důsledkem tření nebo odporu vzduchu.
4.1.3 Střela z praku Nalezněte nejvyšší bod a polohu přistání míčku, který je vystřelen gumičkou z malého praku rychlostí 4,4 m·s-1 pod úhlem 30°. Pro nalezení řešení tohoto příkladu opět zavedeme několik předpokladů. Předpokládejme, že míček je částice. Prochází bodem A s rychlostí 4,4 m·s-1 pod úhlem 30° do roviny AB. 39
Míček letí po dobu t sekund a přistává ve vzdálenosti R metrů v bodu B.
Obr. 1 Schematické znázornění pohybu míčku
Osy x a y jsou znázorněny na obrázku, takže bod A má souřadnice (0,0), a bod B má souřadnice (R, 0).
Předpokládejme, že míček má konstantní hmotnost m, tíhu m·g, kde . Základ pro vyřešení zadaného problému je vypočítat R a t. Zrychlení je definováno následovně:
Pro nalezení rychlosti
pro libovolný čas t, můžeme využít integrace :
Integrací dostáváme:
, kde C1 a C2 jsou konstanty. Pro počáteční rychlost je 4,4 m·s-1 a úhle 30° pak platí: o Pro t=0 s. Proto platí, že:
40
Horizontální (x-ová složka) složka rychlosti je konstantní o velikosti 3,81 m·s-1.
Vertikální složka (y-ová složka) rychlosti klesá o 10 81 m·s-2.
Nejvyššího bodu pak míček dosáhne ve chvíli, kdy platí, že:
tedy Pro nalezení polohového vektoru musíme integrovat vektor rychlosti:
Ze zadání a vstupních předpokladů víme, že že
pro t=0 s je
, z čehož plyne,
.
Nyní
již
lze
jednoduše
zjisti
maximální
Horizontální výchylka je určena vztahem
vertikální
výchylku
míčku.
, pro t=0,22 s a rovná se
m. Pro zjištění dopadu míčku, provedeme obdobnou úvahu jako pro získání
maximální výšky, tedy že y-souřadnice musí být rovna nule, z které získáme čas dopadu míčku. Tato rovnice má dvě řešení:
Nyní již stačí čas dopadu dosadit do vztahu polohového vektoru pro
horizontální složku:
Nyní je možné uzavřít některé závěry. Zjistili jsme, že při počáteční rychlosti 4,4 m·s-1 a úhlu vystřelení míčku 30° dosáhne nejvyššího bodu 0,24 m za 0,22 sekundy a do vzdálenosti
dopadne za 0,44 sekundy.
41
Pokud bychom chtěli námi řešený příklad experimentálně ověřit je velice
pravděpodobné, že hodnoty, které bychom získali, by přesně neodpovídaly
teoretickým předpokladům získaných z našeho modelu. Tento jev má několik důvodů a to nepřesnost v dodržení počátečních podmínek či samotném měření pohybu míčku, který trvá méně než 0,5 sekundy a tím se stává velice obtížný.
Sestavený model se však dá použít pro celou řadu dalších úloh, jako je hledání
optimálního úhlu výstřelu míčku pro dosažení maximální vzdálenosti dopadu, hledání maximální výšky výstupu míčku a mnoho dalších. Úlohy na procvičení: 1) Viktorie vyhodí míč směrem k Alžbětě počáteční rychlostí
. Alžběta
míč chytí ve stejné výšce, ve které jej Viktorie vyhodila. Jak dlouho míč letěl a jak je Viktorie a Alžběta od sebe daleko? Řešení: Vzdálenost Viktorie a Alžběty je
. Míč je ve vzduchu 0,5 sekundy a Alžběta
s Viktorií jsou od sebe vzdálena 3,5 metru.
2) Jindřich se v rámci tělocviku učí skákat do dálky. Podařil se mu skok s počáteční rychlostí
. Náš použitý model předpokládá, že Jindřicha
je při odrazu ve výšce 1 metr nad zemí. Zjistěte vektor rychlosti a polohy a vypočtěte maximální výšku těžiště Jindřicha. Řešení:
,
. Maximální výška těžiště je 2,25 metrů.
42
4.2 Síla a pohyb 4.2.1 Kniha na nakloněné rovině Jindřich a Viktorie studují pohyb tělesa po nakloněné rovině. Použijí velkou učebnici fyziky o hmotnosti 3 kg, kterou umístí na stůl nakloněný pod úhlem 25° a budou sledovat její pohyb. Nejdříve chtějí zjistit, s jak velkým zrychlením se kniha po nakloněném stole pohybuje a jakou tíhou působí na stůl.
Pro řešení této úlohy opět přijmeme několik předpokladů, které nám v tuto
chvíli zjednoduší předložený model.
Budeme předpokládat, že tření mezi knihou a stolem můžeme zanedbat. Souřadnicový systém spojíme s nakloněnou rovinou. Gravitační zrychlení
.
y
N
x α FG Obr. 2 Grafický model knihy pohybující se po nakloněném stole
Při řešení vyjdeme z druhého Newtonova zákona:
o
o o
43
Důležitým poznatkem vycházejícího z předloženého řešení je, že zrychlení
tělesa na nakloněné rovině nezávisí na hmotnosti daného tělesa. Dále je zřejmé, že tíha, kterou působí těleso na nakloněnou rovinu je menší o o
, oproti tíhové
síle tělesa na rovině. Jak by se změnil náš model, pokud bychom přestali zanedbávat tření?
Položíme-li knihu na stůl, který budeme postupně naklánět, zjistíme, že kniha
se začne posunovat až při nějakém úhlu. Znamená to, že aby se naše kniha začala
pohybovat, musí být překonána třecí síla. Podívejme se, na čem tato síla bude
záviset. Do našeho modelu, který je znázorněn na obrázku 2, zavedeme další sílu . y
N Ft x α FG
Obr. 3 Grafický model knihy pohybující se po nakloněném stole doplněný o třecí sílu
Zadaný model opět zapíšeme pomocí druhého Newtonova zákona:
o o
ta ta Ex er e t l ě zí a a az v e jej tat ou
oz ate e oda lo vyj d t obe tel y ového t e í.
V t e í.
u
ledují í
í ladu
že e v z a
dy a
ého ou
ě ja o ta tel
y ového
44
4.2.2 Curlingový kámen na ledu Naším úkolem je najít vhodný model, který by co nejpřesněji popsal tření
curlingového kamene při jeho cestě po ledové ploše. Následující tabulka popisuje hodnoty naměřené od vypuštění kamene z ruky po jeho zastavení. Tabulka 2 Naměřené hodnoty pohybu curlingového kamene po ledu
Dráha x (m)
0
5
10
15
20
25
30
35
40
Čas T (s)
0
2,5
5,5
8,5
11,9
16,2
21,7
31,1
-
Nejprve budeme předpokládat, že kámen můžeme pokládat za hmotný bod
o hmotnosti m kg a že odpor je tak malý, že jej můžeme zanedbat. Třecí sílu označme
a rychlost curlingového kamene označíme v m·s-1. Pro první model
budeme předpokládat, že
.
N Ft
FG
Použijeme druhý Newtonův zákon:
Jelikož
, pak i
. Tím je však zřejmé, že rychlost v je konstantní
a má hodnotu u. Pak platí, že v u x t
45
Dle výše zmíněného by platilo, že cerlingový kámen se bude rychlostí u,
pohybovat stále. Z naměřených hodnot je však zřejmé, že tento výsledek je
x (m)
relevantní jen po prvních 10 sekund pohybu. 70 60 50 40 30 20 10 0 0
5
10
15
20
25
30
35
t (s) x=ut
naměřená data
Graf 18 Porovnání výsledků modelu a naměřených dat
Vypočteme-li průměrnou rychlost v prvních 20 metrech pohybu kamene,
dostáváme
Jaké závěry můžeme získat pro model, ve kterém platí
:
Pro první sekundy pohybu nám dává velice podobné výsledky jako
experimentálně získaná data a tudíž jej můžeme považovat za uspokojivý.
Pro časy t >10 s jsou však hodnoty z našeho modelu výrazně odlišné od naměřených dat a musí být tedy předefinován. Nyní budeme považovat sílu
za konstantní po celou dobu pohybu
cerlingového kamene.
N Ft
FG
46
Využijeme druhého Newtona zákona:
proto
integrací pak dostaneme:
a další integrací:
Z výše uvedeného vychází důležitý výsledek, že cerlingový kámen se zastaví po:
Z výše uvedeného vztahu je jasné, že čím bude vyšší počáteční rychlost kamene, tím déle bude trvat, než zastaví. Také je jasné, že po tomto čase je model neplatný.
Nyní můžeme najít vhodný poměr
pro zadaný soubor dat. Vhodnou
aproximací, lze zjisti, že křivka, velice přesně popisující polohu tělesa je Poměr
je pak roven 0,6, což dokazuje i následující graf.
40
x (m)
30 20 10 0 0
5
10
15
20
25
30
35
t (s) naměřená data
x=2,05t-0,03t^2
Graf 19 Porovnání výsledků modelu a naměřených dat
47
Volba konstantní síly
, je dle výše zmíněného vhodný model.
V porovnání s jednoduchým modelem je dobré si všimnout, že počáteční rychlost kamene daná tímto modelem je větší, než u předchozího jednoduchého modelu. Úlohy na procvičení: 1) Na nakloněné rovině se skonem 30°vůči vodorovné rovině s drsným povrchem je položena bedna o hmotnosti 10 kg, (g=10 m·s-2). Vypočítejte koeficient statického tření µ. Řešení: µ=0,58.
2) Na stole je položená guma o hmotnosti m kg. Koeficient statického tření mezi oběma materiály je roven 0,7. Jak je možné maximálně nahnout stůl, aby se guma ještě neklouzala po stole dolů? Řešení:
.
3) Blok o hmotnosti 6 kg se pohybuje konstantní rychlostí, když na něj podél stolu působí horizontální síla 24 N. Jaký je koeficient tření mezi blokem a stolem. Řešení:
,
48
4.3 Zrychlení a pohyb po kružnici 4.3.1 Oběh kosmické lodě po orbitě Kosmonaut ve své kabině kosmické lodě obíhá Zemi konstantní rychlostí ve vzdálenosti 12800 km od středu Země. Určete čas potřebný pro jeden oběh. Co se stane s komickou lodí, bude-li poloměr orbity větší? Pro vyřešení dané úlohy budeme muset opět přijmout několik předpokladů, které nám umožní vytvořit model, s nímž jsme schopni pracovat. Vzhledem k poměru velikosti kosmické lodi a Země, budeme považovat kosmickou loď za hmotný bod o hmotnosti m kg.
Předpokládejme, že i Země a její hmotnost je soustředěna do jejího středu a je rovna
a gravitační konstanta je
Pohyb komické lodě je po orbitě v konstantní vzdálenosti Pro řešení využijeme Newtonův gravitační zákon:
Z druhého Newtonova zákona pak dostáváme:
Také ale platí: z čehož platí, že: rad
rad
Také však platí:
49
Z čehož plyne:
Z výsledků víme, že oběh jedné orbity trvá 14,4·103 sekundy, což jsou čtyři
hodiny.
Na otázku týkající se zvětšení poloměru a jeho vlivu na kosmickou loď,
využijeme výše použité vztahy, kde se r vyskytuje:
Z toho vyplývá, že Pak také Takže
a je úměrné
je uměná se liší o
.
.
.
Důsledky pro kosmickou loď, které jsou zvýše zmíněného zřejmé, platí, že čím větší poloměr oběžné dráhy, tím větší čas potřebný pro oběh orbity. A také platí, že větší poloměr má za následek menší úhlovou rychlost.
4.3.2 Vektorový pohled na pohyb po kružnici Částice se pohybuje po kružnici o poloměru 10 m tak, že její úhlová rychlost
není konstantní, ale její poloha je dána vektorem
hodnota r je v metrech
a t v sekundách:
Vypočtěte vektor rychlosti a zrychlení. y P [10·cost2,10·sint2] 10 m t2 x
Obrázek 11 Model popsaného problému
50
Rychlost vypočteme derivací polohového vektoru: o
o
Zrychlení vypočteme derivací vektoru rychlosti: o
o
o
Rychlost má velikost 20t m·s-1 a mění se v závislosti na poloze. Vektor rychlosti
má neustále směr tečny ke kružnici.
Zrychlení má dvě složky. První má velikost 20 m·s-2 a má směr tečny
k trajektorii.
Druhá složka zrychlení má velikost 40t2 m·s-2 a směřuje do středu kružnice. o Důležité je si uvědomit, že pokud je úhlová rychlost konstantní, pak tečná
složka zrychlení je nulová, a zrychlení směřuje směrem do středu trajektorie. Pak mluvíme o rovnoměrném pohybu po kružnici. Úlohy na procvičení: 1) Vypočítejte úhlovou rychlost Měsíce při oběhu Země a jeho zrychlení. (jeden oběh trvá 27,32 dní, poloměr oběžné dráhy měsíce je 3,8·108 metrů). Řešení:
;
2) Odstředivý buben se kolem svislé osy otáčí rychlostí 100 otáček za minutu. Jeho vnitřní průměr je 27 centimetrů. Určete velikost a směr síly působící na objekt uvnitř bubnu, je li změřeno, že na objekt o hmotnosti 200 gramů působí zrychlení 15 m·s-2, která objekt tlačí na stěnu bubnu. Řešení: F=3 N- Síla směřuje do středu otáčejícího se bubnu.
51
4.4 Pevná tělesa 4.4.1 Houpačka na pouti Jindřich vzal svoji sestru Viktorii na pouť a jako jednu z prvních atrakcí se jim zalíbila vysutá houpačka. Na jedné straně seděl Jindřich o hmotnosti 60kg a na straně druhé Viktorie o hmotnosti 20 kg. Při houpání napadlo Jindřicha, jak velký moment síly působí na čep, na němž je houpačka zavěšena a zda je
větší silový moment jeho nebo sestry Viktorie v jedné z vybraných poloh houpačky.
Viktorie
2m 30° 2m
Jindřich
2m
Obrázek 12 Zobrazení polohy houpačky v poloze zadání
Pro vyřešení Jindřichova dotazu, je nutné vytvořit vhodný model popsané situace. Přijmeme opět několik předpokladů a to, že zanedbáme hmotnost
samotné houpačky a vnější vlivy jako je tření. Dále je nutné vytvořit vhodný ikonický model, do kterého zakreslíme všechny podstatné informace, které využijeme při řešení zadaného problému.
52
2 sin 30°
čep
200 N 30° 30° 30° 2 sin 30°
30° 2 sin 30° 600 N Obrázek 13 Ikonický model zadané situace
Viktorie působí na čep na rameni o délce o a svou váhou na čep působí momentem síly ve směru hodinových ručiček o velikosti: Jindřich pak na čep působí na rameni o délce: o a svou váhou na čep působí momentem síly proti směru hodinových ručiček
o velikosti:
V konkrétní poloze houpačky platí, že větší pohybový účinek má v daný okamžik hmotnost Viktorie, což je způsobeno tím, že na čap působí na delším rameni.
4.4.2 Houpačka v parku Jindřich vzal tentokrát svoji sestru Viktorii do parku a šli se houpat na
jednoduchou dřevěnou houpačku. Jindřich o hmotnosti 60kg seděl na jedné 53
straně a na druhé straně Viktorie o hmotnosti 20 kg. Při houpání je napadlo, jak daleko by museli sedět od čepu, okolo kterého se houpačka dlouhá 3 metry otáčí, aby zůstali oba ve vzduchu ve vyvážené poloze. Jindřich
Viktorie
Obrázek 14 Jindřich a Viktorie na houpačce v parku
Sestavíme model, který tentokrát bude mít několik předpokladů, bez kterých
by bylo velice obtížné nalézt řešení daného problému, a také si vytvoříme ikonický model popsané situace.
Jindřicha i Viktorii nahradíme hmotným bodem, o stejné tíze jako mají Viktorie a Jindřich.
Předpokládejme, že oba sedí na samotném konci houpačky.
Předpokládejme, že houpačka je velice lehká a tak můžeme zanedbat její hmotnost v porovnání s hmotností Jindřicha a Viktorie. Předpokládejme, že čep houpačky je dobře promazaný a tak tření lze zanedbat. x
3m
200 N
600 N
Obrázek 15 Ikonický model znázorňující zadaný problém
Řešení je nyní již jednoduché. Aby byla houpačka v rovnováze, musí platit, že silové momenty působící na čep od Jindřicha a Viktorie musí být v rovnováze. Tedy Jindřichův silový moment:
54
Musí být roven momentu síly Viktorie:
Jindřich tedy musí sedět 0,75 metrů od čepu, na který je přichycena houpačka. Co kdyby neplatil třetí předpoklad a houpačka, jak je asi reálné, byla z těžkého
dřeva. Jak by se změnil náš výpočet. Museli bychom započítat i otáčivý moment
jednotlivých částí houpačky a tak by Jindřich musel jistě sedět o něco dál, než jsme vypočetli na základě ideálního modelu.
4.4.3 Richard na žebříku Richard chce vylézt na vrchol žebříku délky 4 m a hmotnost 20 kg, který je
opřený proti hladké svislé stěně domu a jeho pata je umístěna na nerovném
horizontálním terénu, pod úhlem 60°. Richard odhaduje, že koeficient statického tření mezi patou žebříku a povrchem země je 0,5. Je tady možné, aby Richard, který váží 70 kg bezpečně vyšplhat až na vrchol žebříčku, aniž by žebřík uklouzl? Jako model, musíme použít ikonický model, ve kterém jsou znázorněny nejen uvedené veličiny, ale také síly, které na žebřík působí. y
S
d FJ = 700 N
R FŽ = 200 N 60°
Ft
x
Obrázek 16 Ikonický model Richarda na žebříku
Při řešení vyjdeme z rovnováhy sil, jelikož ve znázorněné situaci, je žebřík v klidu, tedy součet všech sil je nulový:
55
Z toho plyne, že
a
.
Nyní se podívejme na momenty sil u úpatí žebříku: o
o o
Pro rovnováhu platí, že
. Pak platí: o
Jak ukazuje výsledek výpočtu našeho modelu, není možné, aby Richard bezpečně vylezl až na vrchol žebříku a ten toto zatížení vydržel. Je však nutné si
uvědomit, že reálně člověk nestoupá na poslední příčku žebříku, takže by bylo možné žebřík použít. Úlohy na procvičení: 1) Jindřich a Alžběta tlačí na otevřenou otočnou bránu zavěšenou v čepu v místě A. Velikost sil a jejich vzdálenost od A je na obrázku. Vypočtěte celkovou moment otáčený v čepu A všech sil.
4m
2m FJ = 50 N FA = 100 N
Řešení: M = 800 N·m.
2) Žebřík o hmotnosti M kg a délkou 4 m je opřen o hladkou zeď opírá hladké svislé stěně a jeho pata je umístěna na nerovném horizontálním terénu
s koeficientem tření mezi žebříkem a zemí je 0,5. Jaký je minimální úhel sklonu žebříku k zemi?
56
Řešení:
57
4.5 Aplikace pohybu po kružnici 4.5.1 Výchylka závaží při pohybu po kružnici Máme těžké a lehké závaží otáčející se stejnou úhlovou rychlostí okolo svého středu. Bude výchylka obou závaží stejná?
Obrázek 17 Rotující lehké a těžké závaží
Pro vyřešení této otázky si musíme definovat model, který nám umožní zjednodušit reálnou situaci a tím v první fázi umožní získat výsledek, který následně podrobíme dalšímu zkoumání. Budeme předpokládat, že hmotnost závaží je m a otáčí se ve vzdálenosti r od středu rotace.
Závaží je pohybuje konstantní úhlovou rychlostí ω. Závaží je připevněno ke středu tenkým vláknem délky l, jehož hmotnost můžeme zanedbat.
Na závaží působí pouze dvě síly: o
a
58
β
h
β
l
r
ω
Obrázek 18 Ikonický model pohybu po kružnici
T
y
β
x
W Obrázek 19 Silový diagram zvoleného modelu
S využitím druhého Newtonova zákona dostáváme: o a dostáváme: a Neznámou r nahradíme
a dostáváme:
Pro úhel β pak platí:
59
Cosinus úhlu tak tedy závisí jen na gravitačním zrychlení, hmotnosti rotujícího
tělesa, délce závěsu a druhé mocnině úhlového zrychlení. Pokud tedy obě závaží budou zavěšena na závěsu o stejné délce, a bude zajištěno, že se oba budou pohybovat se stejným úhlovým zrychlením, bude jejich výchylka β stejná.
4.5.2 Jízda lyžaře Představme si lyžaře, který jede od vrcholu sjezdovky po konvexním svahu směrem dolů, a postupně se mu zvyšuje rychlost. Existuje nějaká možnost, že by se mohl lyžař vznést do vzduchu?
β
Obrázek 20 Lyžař na svahu
Pohyb lyžaře může být modelován jako pohyb bodu na vnějším okraji válce. A P 0
Obrázek 21 Pohyb bodu na okraji valícího se válce
Problém lze tedy převést na hledání úhlu, při kterém by již lyžař ztratil kontakt s povrchem sjezdovky. Použijeme jednoduchý model: Nebudeme uvažovat účinek třecí síly. Lyžaře budeme aproximovat kuličkou o hmotnosti m, který se pohybuje po hladké válcové ploše o poloměru r. Nebudeme uvažovat odpor vzduchu.
Nebudeme brát v úvahu rotaci kuličky při pohybu po sjezdovce. 60
Budeme uvažovat pouze gravitační sílu a normálovou sílu. Částice se pohybuje rychlostí v a úhel AOP označíme β. A N
P β mg
0
v
Obrázek 22 Ikonický model vzešlý z předpokladů
Jelikož nás model nebere v úvahu třecí síly, můžeme použít energetickou rovnováhu:
o o Podle druhého Newtonova zákona
ve směru PO nám dává:
o Pokud, ale částice ztratí kontakt s povrchem je
a platí:
o Pokud porovnáme obě řešení pro rychlost, dostáváme:
o Víme-li, že v našem modelu přestane mít kulička asociující lyžaře, kontakt
s povrchem pří
znamená, že poloha bodu P od A je: o
Tento výsledek znamená, že je li vzdálenost bodu A a P rovna
, je dosaženo
úhlu, při němž lyžař ztrácí kontakt se sjezdovkou. 61
Úlohy na procvičení: 1) Závodní auto jede konstantní rychlostí 120 km·h-1 po kruhové dráze. Při průjezdu na automobil působí dostředivé zrychlení 30 m·s-2. Jaký je poloměr oblouku na dráze? Řešení:
2) Závaží o hmotnosti 0,5 kg je zavěšeno na tenkém lanku délky 80 cm. Kyvadlo rotující kolem pevného středu se pohybuje po kružnici o poloměru 30 cm. Určete uhel β, který svítá lanko se závažím s vertikální osou a rychlost v, kterou závaží obíhá okolo středu. y
0, 8
m
β
r 0,3 m
x
W
Řešení: β=22,02°; v=1,09 m·s-1
3) Viktorie o hmotnosti 40 kg jezdí ráda na skateboardu v novém centru s dráhou upravenou pro tuto aktivitu, jejíž nákres vidíte na obrázku a dosahuje rychlosti 5 m·s-1. 2m
2m
Obrázek 23 Dráha pro skateboarding
Určete, jak vysoko se s touto rychlostí může dostat? A určete sílu R, kterou v tomto bodě působí dráha na Viktorii. Řešení: Pro určení výšky je při vhodně zvoleném modelu možné použít energetickou rovnováhu . Výška je pak h=1,25 m, při g=10 N·kg-1.
62
β R -1
5 m·s
mg
Sílu R vypočteme pomocí druhého Newtonova zákona: , jelikož však platí, že v místě maximální výšky je v=0 je i a=0. Pak platí, že a jednoduše dostáváme, že R=150 N.
4.5.3 Zákon zachování energie v gymnastice Máme gymnastku, která se vzpřímeně drží na vysuté hrazdě. Poté se spustí a začne rotovat kolem vysuté hrazdy. Určete její úhlovou rychlost. Tento problém budeme řešit dvěma nezávislými modely, kdy v prvním nahradíme gymnastku celistvou hmotnou tyčí, jejíž těžiště je ve vzdálenosti 1 metr od místa kde se drží rukama hrazdy a má hmotnost 60 kg. Moment setrvačnosti odhadneme a tedy i výsledná úhlová rychlost bude odhadem. V druhém modelu, který použijeme je nahrazení gymnastky lehkou tyčí, jejíž
hmotnost tedy nemusíme uvažovat a její celou hmotnost umístníme do těžiště ve vzdálenosti 1 metr od místa, kde se gymnastka drží.
První model tedy předpokládá, že gymnastku můžeme modelovat jako konzistentní hmotnou tyč délky 2 m a hmotnosti 60 kg, která volně rotuje přibližně ve vzdálenosti 1 m od jejího těžiště.
Předpokládejme, že při průchodu dolní polohou má úhlovou rychlost ω.
63
těžiště
2m
ω
těžiště
Obrázek 24 Ikonický model znázorňující rotující gymnastku
Její moment setrvačnosti jako tyče je:
Kinetickou energii při rotaci vypočteme:
a potenciální energii při průchodu nenižším místem: Pomocí zákona zachování energie dostaneme, že:
v druhém modelu předpokládejme, že gymnastka může být asociována částicí o hmotnosti 60kg, která je k hrazdě přichycena tyčí o zanedbatelné hmotnosti a délky 1 metr. Potenciální energii při průchodu nenižším místem je:
64
A kinetickou energii vypočteme:
Pomocí zákona zachování energie dostaneme, že:
Je vidět, že druhý model dává vyšší odhad úhlové rychlosti než, když jsme
gymnastku asociovali modelem tělesa. Toto je způsobeno tím, že druhý model
zcela ignoruje rozložení hmotnosti vůči ose rotace. Reálná úhlová rychlost pak pravděpodobně bude mezi oběma odhady, protože i náš první model zcela
nezohlednil asymetrické rozložení hmotnosti člověka, jelikož jinou hmotnost mají končetiny a jinou hmotnost a trup. Úlohy na procvičení: 1) Na stole máme postavenou tužku délky 15 cm. Vypočtěte, s jakou úhlovou
rychlostí dopadne na stůl, pokud předpokládáme, že tužka má stejná moment setrvačnosti jako homogenní tyčí o stejné hmotnosti.
Řešení:
.
2) Na konci dlouhého těžkého lana se houpe chlapec o hmotnosti 25 kg rychlostí 6 m·s-1. Lano je dlouhé 10 metrů a mí hmotnost 20kg. Lano můžeme nahradit
tyčí o stejné hmotnosti a chlapce hmotným bodem na konci tyče. Vypočtěte, jaké maximální výchylky od rovnovážné polohy chlapec na laně dosáhne? Řešení:
65
5 Využití diferenciálních rovnic v mechanice 5.1 Numerické metody 5.1.1 Skok parašutisty Jindřich se rozhodl naučit se skákat padákem. Po dlouhých hodinách teoretické přípravy a několika testovacích seskocích nadešel čas na jeho první opravdový samostatný seskok. Ví, že bude skákat z výšky 3700 m. Jak se
naučili v teorii, ví, že pro bezpečné přistání je nutné, aby otevřel padák nejpozději ve výšce 610 metrů nad zemí. Jelikož je zvědaví co ho vlastně čeká, požádal svého kamaráda Richarda, aby mu pomohl vytvořit model jeho volného pádu. Pro odporovou sílu zvolili její model
, podle kterého budou
analyticky řešit volný pád, který Jindřicha čeká. Dále přijali několik předpokladů, které jim pomohou vytvořit model Jindřichova skoku: Parašutista Jindřich má hmotnost 60 kg. Jeho mezní rychlost je 50 m·s-1.
Gravitační konstanta bude počítána jako g=10 m·s-2.
Rychlost parašutisty je v m·s-1 a h je jeho výška nad Zemí v čase t. Použitím druhého Newtonova zákona dostaneme:
Mezní rychlost dostaneme ze předpokladu, že
, takže
Pohybová rovnice pro parašutistu pak má tvar
66
Nyní můžeme použít numerické metody pro výpočet rychlosti, zrychlení
a výšky parašutisty, v malých časových intervalech. Z pohybové rovnice dostáváme, že
.
Vyjádření rychlosti, nalezneme za předpokladu malé časové změny
.
aproximací pak dostáváme: a obdobně můžeme vyjádřit i změnu výšky: Z toho plyne, že výška parašutisty se dá vyjádřit: Tabulka 3 Numerické řešení modelu s krokem 0,1 s.
t (s) 0,0 0,1 0,2 0,3 0,4 0,5 0,6 0,7 0,8 0,9 1,0
v (m·s-1)
a (m·s-2)
0,00 1,00 2,00 3,00 4,00 4,99 5,99 6,98 7,96 8,94 9,92
10,00 10,00 10,00 9,98 9,96 9,94 9,90 9,86 9,81 9,75 9,68
h (m) 3 700,0 3 700,0 3 699,9 3 699,7 3 699,4 3 699,0 3 698,5 3 697,9 3 697,2 3 696,4 3 695,5
Pomocí zvoleného modelu, lze nyní numericky určit čas, rychlost a zrychlení do výšky 610 metrů nad Zemí, tady po otevření padáku. Z důvodů velkého množství dat jsou v tabulce rozšířeny intervaly a to tak, že do prvních 5 sekund pohybu je zvolen interval 1 sekundy a následně je interval 5 sekund.
67
Tabulka 4 Numerické řešení pohybu parašutisty po otevření padáku
t (s) 0,0 1,0 2,0 3,0 4,0 5,0 10,0 15,0 20,0 25,0 30,0 35,0 40,0 45,0 50,0 55,0 60,0 65,0 65,1 65,2
v (m·s-1)
a (m·s-2)
0,00 9,92 19,19 27,21 33,69 38,64 48,48 49,82 49,98 50,00 50,00 50,00 50,00 50,00 50,00 50,00 50,00 50,00 50,00 50,00
10,00 9,68 8,66 7,20 5,61 4,16 0,62 0,08 0,01 0,00 0,00 0,00 0,00 0,00 0,00 0,00 0,00 0,00 0,00 0,00
h (m) 3 700,0 3 695,5 3 681,3 3 658,4 3 628,2 3 592,1 3 367,5 3 120,8 2 871,2 2 621,2 2 371,2 2 121,2 1 871,2 1 621,2 1 371,2 1 121,2 871,2 621,2 616,2 611,2
60 50
v (ms-1)
40 30 20 10 0 0
10
20
30
40
50
60
70
t (s) Graf 20 Závislost rychlosti na čase pohybu parašutisty
68
4000 3500 3000
h (m)
2500 2000 1500 1000 500 0 0
10
20
30
40
50
60
70
t (s) Graf 21 Závislost polohy parašutisty na čase
Z vypočtených hodnot a grafů je vidět, že Jindřich se přiblíží mezní rychlosti
po 15 sekundách volného pádu. Minimální výšky pro otevření padáku, pak Jindřich dosáhne po 65 sekundách. .Z odvození vztahů pro rychlost a zrychlení je zřejmé, že přesnějších výpočtů
a tím i průběhu grafů 20 a 21 by bylo dosaženo volbou menšího časového intervalu.
5.1.2 Plážový míč Viktorie si hraje s plážovým nafukovacím míčem, který vyhodí svisle vzhůru rychlostí 8 m·s-1. Hmotnost míče je 100 gramů. Pohyb míče ovlivňuje odporová síla vzduchu, pro jejíž vyjádření použijeme model
, kde v je rychlost
míče v m·s-1. Použitím numerické metody určete, do jaké maximální výšky Viktorie vyhodila plážový míč? Budeme definovat předpoklady, které nám umožní vytvořit model popisující
danou reálnou situaci a zároveň nám jasně definuje chování plážového míče.
Předpokládejme, že na míč působí pouze tíhová síla a odporová síla vzduchu.
Výšku h budeme uvažovat od těžiště míče. Počáteční poloha
a
.
69
Pro řešení využijeme druhého Newtonova zákona:
Pro numerický model použijeme Eulerovu metodu pro numerické řešení
obyčejných diferenciálních rovnic s počátečními podmínkami a
, a pro zvolený časový interval 0,01 s, dostáváme vztahy: .
Tabulka 5 Výsledky numerického řešení modelu pohybu míče
t (s) 0,00 0,01 0,02 0,03 0,04 0,05 0,06 0,07 0,08 0,09 0,10 0,11 0,12 0,13 0,14 0,15 0,16 0,17 0,18 0,19 0,20 0,21 0,22 0,23 0,24
v (m·s-1)
a (m·s-2)
8,0 7,7 7,4 7,1 6,8 6,5 6,3 6,0 5,8 5,5 5,3 5,0 4,8 4,6 4,3 4,1 3,9 3,7 3,5 3,3 3,1 3,0 2,8 2,6 2,4
-30,0 -30,0 -29,3 -28,5 -27,8 -27,1 -26,4 -25,7 -25,0 -24,4 -23,8 -23,1 -22,6 -22,0 -21,4 -20,9 -20,3 -19,8 -19,3 -18,8 -18,3 -17,9 -17,4 -16,9 -16,5
h (m) 0,00 0,08 0,16 0,23 0,30 0,37 0,44 0,50 0,56 0,62 0,67 0,72 0,77 0,82 0,87 0,91 0,95 0,99 1,03 1,06 1,10 1,13 1,16 1,19 1,21
70
t (s) 0,25 0,26 0,27 0,28 0,29 0,30 0,31 0,32 0,33 0,34 0,35 0,36 0,37 0,38 0,39 0,40 0,41 0,42 0,43
v (m·s-1)
a (m·s-2)
2,3 2,1 2,0 1,8 1,7 1,5 1,4 1,2 1,1 1,0 0,8 0,7 0,6 0,5 0,4 0,2 0,1 0,0 -0,1
-16,1 -15,7 -15,3 -14,9 -14,5 -14,1 -13,8 -13,4 -13,1 -12,7 -12,4 -12,1 -11,8 -11,5 -11,2 -10,9 -10,6 -10,3 -10,1
h (m) 1,24 1,26 1,28 1,30 1,32 1,33 1,35 1,36 1,38 1,39 1,40 1,40 1,41 1,42 1,42 1,43 1,43 1,43 1,43
71
9 8 7
v (ms-1)
6 5 4 3 2 1 0 -1
0
0,1
0,2
0,3
0,4
0,5
t (s) Graf 22 Závislost rychlosti na čase pohybu plážového míče
1,6 1,4 1,2
h (m)
1 0,8 0,6 0,4 0,2 0 0
0,1
0,2
0,3
0,4
0,5
t (s) Graf 23 Závislost polohy plážového míče na čase
Z našeho numerického modelu vyplývá, že těžiště míče vystoupá do maximální 1,43 metrů a to za 0,42 sekundy. Pokud bychom chtěli dostat přesnější výsledky, bylo by nutné zmenšit časový interval např. na 0,005 nebo 0,001. Při použití
takto malých intervalů, je však nutné brát v úvahu znásobování chyb vzniklých zaokrouhlováním výsledků. Úlohy na procvičení: 1) Myš o hmotnosti 45 gramů ze střechy budovy ve výšce 12 m. Pro odporovou sílu vzduchu použijeme model
, kde v
je rychlost myši. 72
Pomocí analytické metody s krokem t=0,01s určete rychlost myši při dopadu na zem a dobu letu myši. Řešení: t=0,15 s; v=1,5 m·s-1.
2) Jezdec na lyžích, o hmotnosti 65 kg, jede po sjezdovce se skonem 20° a jeho pohyb popisuje model: odporová síla Řešení:
, kde k=0,5. Jakou mezní rychlost má lyžař? .
73
5.2 Analytické metody 5.2.1 Rychlost závaží ve vodě Pro měření výšky hladiny se používá olovnice zavěšená na tenkém lanku, která se spouští ke dnu. Nalezněte obecné řešení pohybu závaží při klesání ke dnu. K řešení tohoto problému je nutné stanovit několik předpokladů, které nám umožní sestavit model. Závaží aproximujeme částicí o hmotnosti m kilogramů. Lanko je tenké a žádným způsobem neomezuje pohyb závaží. Vztlaková síla působící na závaží je zanedbatelná. Závaží vstupuje do vody s nulovou rychlostí. Pro model odporové síly při nízké rychlosti použijeme vztah kde K je konstanta a v m·s-1 je rychlost závaží.
R
N,
dv dt
mg
Při řešení vyjdeme z druhého Newtonova zákona:
dosadíme
:
Použijeme separaci proměnných:
74
Z počátečních předpokladů plyne, že pro
je
.
Nyní vyjádříme rychlost
Toto je obecné řešení, které odpovídá jakémukoliv objektu, který padá vlivem gravitace, a kde je odporová síla modelována vztahem
. Tento vztah
použijeme pro vytvoření grafu závislosti rychlosti na čase pro tvarově shodné
v (ms-1)
zátěže o různých hmotnostech, kde
.
20 18 16 14 12 10 8 6 4 2 0
1 kg 2 kg 10 kg 5 kg 0
1
2
3
4
5
t (s) Graf 24 Závislost rychlosti na čase pro odporovou sílu R=K·v, K=5
Z grafu je vidět, že rychlost se blíží k mezní rychlosti
, jejíž velikost při
konstantním K závisí na hmotnosti tělesa. Dále je vidět, že doba, za kterou se rychlost tělesa přiblíží mezní rychlosti, závisí na čase a to významně. U tělesa o hmotnosti 1 kg je tato doba přibližně 1 sekunda, zatím co u tělesa o hmotnosti
5 kg je tato doba přibližně 4,5 sekundy. Je tedy vidět, že s přibývajícím časem klesá zrychlení.
75
Integrací získaného výrazu pro rychlost získáme vztah pro určení dráhy.
Z výchozích předpokladů modelu vyplívá, že
pak:
70 60
x (m)
50 40
1 kg
30
2 kg 5 kg
20
10 kg 10 0 0
1
2
3
4
5
t (s) Graf 25 Závislost dráhy na čase pro odporovou sílu R=K·v, K=5
Z grafu je vidět, že pro nižší hmotnosti je závislost lineární. Pro vyšší
hmotnosti je vidět, že v prvních sekundách pohybu vykazuje závislost dráhy na čase mírně exponenciální závislost, které v souvislosti s přibližováním se rychlosti mezní hodnotě a tím menšímu vlivu zrychlení se stává lineární.
5.2.2 Padající pírko Vyjdeme-li z modelování pohybu olovnice, pokusme se nyní vytvořit model
pohybu padajícího pírka.
Ze zkušenosti víme, že všechny druhy peří klesají pomalu, protože je jejich pohyb velmi závislý na odporu vzduchu. Pro peří o hmotnosti m kilogramů, budeme předpokládat, že pro odporovou sílu vzduchu použijeme model
76
,
a
předpokládat, že
mezní
rychlost .
označíme
jako
.
Dále
budeme
Nejdříve vyjádříme K z hlediska m a w, za použití druhého Newtonova zákona:
po dosazení mezní rychlosti w pak dostáváme:
Nyní již můžeme vyjádřit pohybovou rovnici padajícího pírka:
Je vidět, že řešení pohybové rovnice je závislé na poměru Je-li
.
peří padá pomaleji, než koncová rychlost, ale je neustále
urychlováno protože
.
Je-li
peří padá mezní rychlostí a má nulové zrychlení.
Je-li
, znamenalo by to, že peří padá rychleji než je jeho mezní rychlost.
Z derivace rychlosti
však vyplívá, že by se pírko zpomalovalo až by
dosáhlo rychlosti menší než je jeho mezní rychlost. Zvolený model a vyjádření pohybové rovnice nám integrací pohybové rovnice umožňuje získat vyjádření rychlosti v pomocí mezní rychlosti w a tedy nalezení podmínky pro
:
Provedeme separaci proměnných:
77
Toto řešení je vhodné pro vyjádření času, kdy padající pírko dosáhne mezní rychlosti. Jestliže položíme své mezní rychlosti v čase
.
, pak
. Z toho plyne, že pírko dosáhne
Nyní ještě musíme nelézt vyjádření polohy padajícího pírka. Nejdříve si musíme uvědomit, že pohybovou rovnici můžeme napsat také funkci polohy:
Z počátečních podmínek modelu
vyjádříme konstantu:
pak
Z vyjádřeného vztahu je vidět, logaritmický vztah mezi polohou pírka a jeho
rychlostí, který graficky přibližuje následující graf.
78
0,7 0,6
s (m)
0,5 0,4 0,3 0,2 0,1 0 0
0,2
0,4
0,6 v
0,8
1
1,2
(ms-1)
Graf 26 Přibližný průběh závislosti dráhy na rychlosti padajícího pírka
Úlohy na procvičení: 1) Balón naplněný heliem má hmotnost 0,02 kg a pomalu stoupá vzhůru rychlostí v m·s-1 a odporová síle je vyjádřena modelem
s koeficientem
odporu k=0,5. Pohyb balónu pak popisuje rovnice:
Vypočte mezní rychlost balónu. Řešení:
.
2) K příkladu 1 nakreslete silový diagram, s uvedenými silami, které působí na balon, a vyjádřete vztah pro vztlakovou sílu.
Řešení:
.
5.2.3 Parašutista ve vysoké rychlosti Parašutista Jindřich pohybující se volným pádem, je jedním z příkladů pohybu ve vysoké rychlosti. Odpor vzduchu je pak modelován podle vztahu
. V příkladu 5.1.1 jsme již získali početní řešení rovnice pohybu
parašutisty s využitím výše zmíněného modelu pro odpor vzduchu. Nyní se pokusíme nalézt obecné řešení, změny rychlosti parašutisty s časem.
Pro model, který bude popisovat pohyb parašutisty, přijmeme několik předpokladů, který nám umožní model částečně zjednodušit v porovnání s realitou a umožní nám definovat počáteční podmínky pohybu.
Parašutistu budeme aproximovat částicí o hmotnosti m kg. 79
Parašutista padá volným pádem, bez působení bočního větru a z klidu. Model odporové síly pro vysoké rychlosti je dán vztahem
, kde
k je konstanta, a v m·s je rychlost parašutisty. -1
Mezní rychlost parašutisty označme w m·s-1.
R
dv dt
mg
Při řešení vyjdeme z druhého Newtonova zákona:
pro mezní rychlost platí:
Nyní upravíme levou stranu rovnice:
80
Nyní upravíme pravou stranu rovnice:
Toto je obecné řešení pro každý objekt, který padá z klidu pod vlivem
gravitace, a kde je odporová síla modelována
.
Na následujícím grafu je pak znázorněna závislost rychlosti parašutisty na
době letu, při mezní rychlosti 50 m·s-1. Je vidět, že mezní rychlosti dosáhl parašutista již po 15 sekundách. 60 50
v (ms-1)
40 30 20 10 0 0
5
10
15
20
25
t (s) Graf 27 Grafické vyjádření průběhu rychlosti parašutisty při w=50m·s-1
Pro vyjádření vzdálenosti, kterou parašutista urazil, je nutné integrovat
výsledný vztah pro rychlost:
de
81
Nyní je možné krátce porovnat výhody a nevýhody analytickým metod řešení problémů a numerických metod. Analytické metody nám umožňují sestavit obecnější modely a tím získat obecnější a přesnější odpovědi. To však bývá často velice obtížné a u některých modelů pak vůbec nemusíme nalézt řešení.
Při používání numerických metod řešení dostáváme vždy řešení a je možné při jeho validaci používat různé modely a optimalizovat je. Dávají nám však řešení jen konkrétních případů a vždy obsahují určitou dávku nepřesnosti.
5.2.4 Parašutista s otevřeným padákem Jako každý parašutista i Jindřich musí v jistý okamžik otevřít svůj padák
a tím ukončit svůj volný pád. Jeho rychlost však je stále dost vysoká a tak stále platí model pro odpor vzduchu definovaný vztahem
výšce musí Jindřich otevřít padák, aby bezpečně přistál?
. V jaké nejmenší
Model vyjde z následujících předpokladů: Parašutistu budeme asociovat částicí o hmotnosti 60 kg. Pohybuje se v bezvětří. Počáteční rychlost parašutisty před otevřením padáku U je 50 m·s-1.
Padák se parašutistovi otevře okamžitě, tedy čas otevření padáku se blíží nule.
Mezní rychlost s padákem W je 5 m·s-1. Bezpečná rychlost pro přistání V je 5,5 m·s-1, která je ekvivalentem skoku z výšky 1,5 metru.
82
R
výsledná síla
směr pohybu
mg Obrázek 25 Diagram sil, při zpomalování parašutisty
Řešení vyjde z druhého Newtonova zákona:
Do rovnice dosadíme proměnné z definice modelu a vyjádříme výšku pádu jako funkci rychlosti: mezní rychlost:
takže:
Pro bezpečnou rychlost dopadu V pak platí výška pro otevření padáku:
Dosadíme-li hodnoty ze zadání, tedy:
83
Porovnáme-li hodnotu s příkladem 5.1.1, kde vycházíme z toho, že bezpečná
výška pro otevření padáku je 610 metrů, je námi vypočtená hodnota velice malá. V praxi třeba ponechat nějaký čas na padáku otevřít. Je to způsobeno tím, že
v příkladu 5.1.1 máme minimální výšku zadánu z praxe, kde se musí být započítán čas pro otevření hlavního a případně i záložního padáku. Jak je vidět
z příkladu 5.1.1 ve výšce 610 m, má parašutista jen 12 sekund, před dopadem na zem při rychlosti 50 m·s-1.
84
6 Závěr
Cílem předložených vybraných příkladů je nejen získání nových znalostí
z mechaniky, ale také nutnost správně interpretovat získaná data s ohledem na
přijaté omezující podmínky. Výsledky, získaných jakýmkoli modelem, je tedy nutné vždy validovat s výchozími parametry modelu, který byl sestaven, čím pak předejdeme nejen chybným výsledkům, ale také jejich chybné interpretaci.
Při řešení výše zmíněných příkladů není nutné jen umět správně použít
matematické vztahy, jež nám umožňují aplikovat fyzikální zákony, ale také umět sestavit vhodný model idealizace za použití adekvátních omezujících podmínek, a pokud je to možné, danou úlohu znázornit pomocí obrazového modelu s vynesením podstatných informací.
Vytváření vhodných modelů ať už modelů idealizace nebo modelů obrazových
je významnou součástí řešení každé fyzikální úlohy a proto je nutné se ji systematicky učit.
85
