29. listopadu 2011 Jestlie v píkladech najdete jakoukoli chybu (výpoetní, logickou, gramatickou, slohovou, typografickou aj.), po- šlete mi o tom prosím mail. A snate se být první! :-)
Aktuální verzi tohoto dokumentu najdete na adrese http://fyzika.fce.vutbr.cz/pub/priklady1.pdf
Obsah
1. Dít na etízkovém kolotoi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1 2. První kosmická rychlost . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3 3. Tenisté odpálili vodorovn míky . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5 4. Atlet hodil oštp . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5 5. Odrazy skákací kuliky . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 7 6. Rovnováha (vodorovná deska, svislá stna, provaz) . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9 7. Rovnováha (deska, podlaha, vodorovný provaz) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12 8. Namáhání zásuvky . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13 9. Výpoet tišt, stabilita rovnováhy (ti špejle) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 16 10. Stabilita vánoního stromeku . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 17 11. Naklonná rovina (tení, rovnomrný pohyb) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 19 12. Balistické kyvadlo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 21 13. Kotou cirkulárky . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 23 14. Palice a kl . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 25 15. Zkrácení provazu kónického kyvadla . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 27 16. Rychlost špuntu šampaského . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 28 17. Silvestrovská rachejtle (Ciolkovského rovnice) . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 30 18. Hasiská hadice . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 32 19. Horkovzdušný balón . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 33 20. Jojo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 35 21. Devorubci nesou kládu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 37 22. Cívka s nití . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 38 23. Kuleníkový šouch . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 40 24. Bota padající z etízkového kolotoe . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 41 25. Valící se koule, translaní a rotaní energie . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 43 26. Atwoodv padostroj . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 44
1. Dít na etízkovém kolotoi
Sedaka etízkového kolotoe má i s díttem hmotnost m = 50 kg a pohybuje se rovnomrným pohybem po krunici o polomru R=10m. Obná doba sedaky je T=6,28 sekund, take ω = 2π/T .= 1 s−1.
• Nakreslete obrázek, souadnou soustavu a vyznate psobící síly. Do obrázku znázornte souet sil (pomocí rovnobníku). Která síla je výsledná? Poátek souadné soustavy umístte do stedu krunice, po které se pohybuje sedaka kolotoe. Osa z nech smuje nahoru. • Pedpokládejte, e poloha sedaky kolotoe závisí na ase takto: r = [R sin(ωt);R cos(ωt); 0]. Deri- vováním podle asu vypoítejte rychlost a zrychlení. • Nartnte krunici (pohled shora) a vyznate vektor rychlosti a zrychlení. • Vypoítejte velikost rychlosti a velikost zrychlení sedaky. • Vypoítejte vektor (tj. všechny ti sloky) tahové síly etzu. • Vypoítejte velikost tahové síly etzu. • Vypoítejte úhel mezi tahovou silou etzu a osou z. Pro výpoet úhlu mezi dvma vektory vyute vlastnosti skalárního souinu A ·B = |A| · |B| · cos(α)
1
ešení:
Na obrázku jsou zakresleny ti síly. Neznamená to však, e na sedaku etízkového kolotoe psobí všechny ti dohromady. Na sedaku psobí síly dv – gravitace G a tah etzu T . Jestlie tyto dv síly seteme, získáme výslednici F . Platí tedy
F = G + T
Výsledná síla F uruje, jak se bude sedaka pohybovat. Platí to i naopak – jestlie známe pohyb sedaky, meme vypoítat výslednou sílu F , co vyueme pi ešení tohoto píkladu. Pohyb sedaky je popsán polohovým vektorem r . Jestlie jej dvakrát zderivujeme podle asu, zjistíme zrychlení. To vynásobíme hmotností a získáme tím výslednici sil (F = ma).
Víme, e sedaka koná rovnomrný pohyb po krunici s polomrem R, která leí v rovin xy a její sted leí v poátku souadné soustavy. Úhlovou rychlost ozname ω. (Platí, e ω = 2π
T , kde T je perioda
pohybu). Tento druh pohybu lze popsat polohovým vektorem
r = [R sin(ωt);R cos(ωt); 0]
Zderivováním podle asu zjistíme rychlost a dalším zderivováním zjistíme zrychlení.
v = dr dt = [Rω cos(ωt);−Rω sin(ωt); 0]
a = dv dt = [−Rω2 sin(ωt);−Rω2 cos(ωt); 0]
Zrychlení vynásobíme hmotností, ím získáme výslednici sil:
F = ma = [−mRω2 sin(ωt);−mRω2 cos(ωt); 0]
O výslednici sil víme, e je sloena z gravitaní síly G a tahové síly etzu T . Gravitaní sílu známe
G = [0; 0;−mg]
F = G + T
T = F − G = [−mRω2 sin(ωt);−mRω2 cos(ωt);mg]
Je pochopitelné, e síla T závisí na ase, protoe se kadým okamikem mní smr, kterým etz musí táhnout, aby udrel sedaku na kruhové dráze. Jak ale uvidíme, velikost tahové síly T ji na ase nezávisí – etz je namáhán stále stejn velkou silou. Vypoítejme tedy velikost síly T :
|T | = √ T 2 x + T 2
y + T 2 z =
= m √ R2ω4(sin2(ωt) + cos2(ωt)) + g2 =
= m √ R2ω4 + g2 = 50
2
Nyní vypoítejme úhel α, který pedstavuje odklon etzu od svislého smru. Jde tedy o to najít úhel mezi vektorem T a jakýmkoli dalším vektorem, který má svislý smr. Vyberme si nejjednodušší monost
z = [0; 0; 1]
co je vektor ve smru osy z, jeho velikost je na první pohled rovna jedné.
|z | = 1
Pro výpoet úhlu mezi dvma vektory vyueme vlastnosti skalárního souinu.
z · T = |z| |T | cos(α)
cos(α) = z · T |z| |T |
= (0 · Tx + 0 · Ty + 1 · Tz) 1 · (m
√ R2ω4 + g2)
) = 45
Hmotnost sedaky se z výpotu vykrátila, co dobe souhlasí se zkušeností, e prázdná sedaka u etízko- vého kolotoe se vychýlí o stejný úhel jako sedaka s díttem.
Zbývá ješt vypoítat velikost rychlosti
|v | = √ v2 x + v2
= √ R2ω2(cos2(ωt) + sin2(ωt)) =
√ R2ω2 = Rω
|a| = √ a2 x + a2
= √ R2ω4(sin2(ωt) + cos2(ωt)) =
2. První kosmická rychlost
Hmotnost Zem je M = 5, 98 · 1024 kg a její polomr (na rovníku) je Rz = 6378 km. Gravitaní konstanta je κ = 6, 6742 · 10−11 m3 s−2 kg−1. Pedpokládejte, e se tsn nad povrchem Zem nachází njaké tleso o hmotnosti m. Dále (hypoteticky) pedpokládejme, e Zem nemá atmosféru, a tak odpor vzduchu meme zanedbat. • Nakreslete obrázek. • Vypoítejte velikost zrychlení tlesa. • Vypoítejte, jak velkou rychlost musí mít tleso, aby nikdy nedopadlo na povrch Zem a pohybovalo se po kruhové dráze. Tato rychlost se nazývá první kosmická rychlost. Pro dostedivé zrychlení platí a = Rω2. • Jestlie se tleso pohybuje po kruhové dráze, za jak dlouho obletí zemkouli?
ešení: Ze zadání píkladu plyne, e máme uvaovat tleso, které se nedotýká povrchu Zem. To je velmi píznivá situace, protoe nemusíme uvaovat sílu, kterou povrch Zem psobí na tleso. Z Newtonova gravitaního zákona vypoítáme sílu, která psobí na tleso. Následn sílu vydlíme hmotností tlesa a tím získáme jeho zrychlení:
F = κ mM
3
Za R dosadíme vzdálenost od stedu Zem a dostáváme známou hodnotu 9, 81. Je zejmé, e zrychlení tlesa nezávisí na jeho hmotnosti (ta se z výpotu vykrátila) ani na rychlosti. A se bude tleso pohybovat jakkoli, jeho zrychlení bude vdy rovno
a = κ M
R2
Toto zrychlení me mít rzné dsledky. Napíklad zpsobuje zpomalování vzhru vreného tlesa, nars- tání rychlosti pi volném pádu, zakivení dráhy u šikmého vrhu a podobn.
Vzhledem k tomu, e zrychlení smuje vdy do stedu Zem, dokáe za vhodných podmínek udret tleso na kruhové dráze a plní tak funkci dostedivého zrychlení o velikosti Rω2. Musí platit, e
Rω2 = κ M
R2
Dále vyueme vztahu pro úhlovou rychlost pi rovnomrném pohybu po krunici: ω = v/R.
R ( v R
Dosadíme-li za R polomr Zem, meme vypoítat první kosmickou rychlost
v = √
6, 6742 · 10−11 · 5, 98 · 1024
6378 · 103 .= 7911 m s−1 ≈ 7, 9 km s−1
co je nejniší (teoretická) rychlost, kterou musí mít tleso, aby se z nj stala umlá druice. Jednu periodu obhu opt zjistíme ze vztahu ω = v/R, piem ω = 2πf = 2π/T .
2π T
T = 2πR v
Mohli jsme uvaovat i tak, e perioda je obvod zemkoule lomeno rychlost druice. Rychlost v ji známe z pedchozího výpotu.
T = 2πR√ κM R
· (6378 · 103)3/2 .= 5066 s ≈ 84 minut
4
Co je necelých jeden a pl hodiny. Vypotené hodnoty platí pro pohyb tsn nad povrchem Zem. Ve skutenosti však musí být druice alespo ve výšce 300 km od povrchu Zem, jinak by byl jejich pohyb píliš zpomalován pítomností atmosféry, její úinky jsme dosud zanedbávali.
Na základ pedcházejících úvah bychom mohli snadno vypoítat obnou dobu Msíce (co je zhruba jeden msíc), pípadn výšku geostacionární druice, její obná doba je práv jeden den a proto se nachází nad stále stejným místem povrchu Zem.
Za jasných nocí je moné pozorovat na obloze pomalu se pohybující svtelné body. Jedná se o blízké druice s krátkou obnou dobou, která bývá pouze nkolik hodin (zkuste ovit výpotem).
3. Tenisté odpálili vodorovn míky
Ti tenisté, Ensac Uös, Uon Dap a Ödyk Cim vodorovn odpálili ve stejný okamik míky z výšky h=1.5metr nad povrchem hišt. První míek ml rychlost v1=20m s−1, druhý ml rychlost v2=40m s−1
a tetí v3=60m s−1.
• Nakreslete obrázek, a zvolte souadnou soustavu. • Urete, v jakých asových intervalech dopadnou míky na zem?
4. Atlet hodil oštp
Atlet hodil oštp do vzdálenosti l=60m. Let oštpu trval 3 sekundy. O kolik metr by mohl atlet svj výkon zlepšit, kdyby hodil pod optimálním úhlem 45?
• Nakreslete obrázek, zvolte souadnou soustavu a zakreslete psobící sílu. • V souladu se zvolenou souadnou soustavou urete vektor zrychlení oštpu. • Zrychlení integrujte podle asu, ím získáte rychlost. Další integrací vypoítejte polohu. Integraní konstanty v tomto pípad pedstavují poátení podmínky. • Ze vzdálenosti dopadu a doby letu oštpu vypoítejte velikost poátení rychlosti. • Vypoítejte vzdálenost dopadu pro stejn velkou poátení rychlost a úhel hodu zmnný na 45.
ešení:
Úlohu si zjednodušíme tím, e zanedbáme odpor vzduchu a navíc nebudeme uvaovat výšku atleta. Ped- pokládáme tedy, e oštp byl hozen z povrchu zem. Poátek souadné soustavy zvolíme do místa, odkud byl oštp hozen. Osa x povede vodorovn a bude protínat místo dopadu oštpu. Osa y nech smuje vzhru. Po celou dobu letu oštpu na nj psobí pouze gravitaní síla, která všem pedmtm bez ohledu na jejich hmotnost i rychlost udluje zrychlení g smrem dol. To znamená, e vektor zrychlení bude mít sloky
a = [0;−g] Zintegrujeme-li zrychlení podle asu, dostaneme rychlost. Integrál bude neuritý, a tak známe jeho výsledek a na integraní konstanty, které mají v tomto pípad význam poátení rychlosti, tj. rychlosti v bod A, kterou meme zapsat
vA = [vAx; vAy] Pi integraci vektoru integrujeme kadou jeho sloku zvláš. Pro x-ovou sloku rychlosti dostáváme
vx = ∫ ax dt =
5
Jak je vidt, ve vodorovném smru se oštp pohybuje rovnomrn, protoe rychlost v ose x se nemní. Nyní vypoítáme rychlost v ose y:
vy = ∫ ay dt =
v = [vAx;−gt+ vAy]
a obdobným zpsobem vypoítáme z rychlosti polohu r . Rychlost zintegrujeme podle asu, piem inte- graní podmínky budou mít význam poátení polohy, tj. polohy oštpu ve fázi A. Práv tam jsme ale zvolili poátek souadné soustavy, a tak poátení poloha oštpu bude nulová
rA = [rAx; rAy] = [0; 0]
a integraní konstanty budou té nulové. Vypoítáme x-ovou i ypsilonovou sloku polohy:
rx = ∫ vx dt =
ry = ∫ vy dt =
2gt 2 + vAyt
r = [ vAxt;−
1 2gt
2 + vAyt
] Ze zadání víme, e oštp dopadne po tech sekundách letu do vzdálenosti l. Pi dopadu oštpu bude jeho y-ová souadnice nulová. Dopad oštpu odpovídá stavu B, take meme psát
rB = [ vAxtB;−1
] = [l; 0]
a z toho získáváme dv rovnice o dvou neznámých vAx a vAy. ešením získáme vektor poátení rychlosti:
I. vAxtB = l
II. − 1 2gt
Poátení rychlost vA má sloky
vA = [ l
a její velikost je
|vA| = √ v2 Ax + v2
= 25 m s−1
Nyní pedpokládejme, e atlet hodí oštp stejn velkou rychlostí (tu budeme znait vA), ale pod pozm- nným úhlem α = 45. Vektor poátení rychlosti tak bude mít sloky
vA = [vAx; vAy] = [vA cos(α); vA sin(α)]
6
Je zejmé, e pro pohyb oštpu budou platit stejné úvahy, které nás dovedly k výše uvedené soustav dvou rovnic oznaené I. a II.. Druhou rovnici poume k výpotu asu, kdy oštp dopadne na zem:
II. − 1 2gt
vA sin(α) = 1 2gtB
tB = 2vA sin(α) g
.= 3, 54 s
Je vidt, e oštp poletí po delší as ne v prvním pípad. Dobu letu dosadíme do první rovnice a z ní vypoteme vzdálenost dopadu:
I. vAxtB = l
=
A sin(2α) g
.= 62, 5 m
Pro poslední úpravu výrazu byl pouit vzorec pro sinus dvojnásobného argumentu
2 cos(α) sin(α) = sin(2α)
ale pro íselné dosazení to nebylo nutné. Atlet by tedy mohl zlepšit svj výkon piblin o 2, 5 metru. V zadání je eeno, e úhel 45 je optimální, tedy e oštp dolétne pi tomto úhlu nejdále. Je moné to i matematicky dokázat tím, e vztah pro vzdálenost zderivujeme podle úhlu a poloíme rovno nule, tj. budeme hledat extrém, v našem pípad maximum.
0 = d dα
( v2 A sin(2α)
2 = 2α
α = π
4 ≈ 45
Hledání optimálního úhlu sice nebylo souástí zadání, ale výpoet bylo vhodné uvést pro potvrzení vše- obecn známé skutenosti, e nejlepší je házet pod úhlem 45. Je ale nutné dodat, e vrcholoví oštpai musí brát v úvahu odpor vzduchu, jeho aerodynamický vztlak, a výšku své postavy, a tak se uvádí, e optimální úhel je 33. To však není moné dokázat pi našich zjednodušujících pedstavách.
5. Odrazy skákací kuliky
Na desku stolu byla voln puštna skákací kulika. Pomocí mikrofonu a zvukové karty poítae bylo zm- eno, e mezi prvními dvma odrazy uplynula doba jedné sekundy. Tetí náraz se ozval ji po 0,8 sekundy po druhém.
• Nakreslete obrázek, zvolte souadnou osu a urete zrychlení kuliky. • Ze zrychlení vyjádete rychlost pomocí integrace podle asu. • Integrací rychlosti podle asu zjistte závislost polohy na ase. • Vypoítejte rychlosti kuliky tsn po odrazech. • Vypoítejte koeficient restituce.
7
• Vypoítejte ob výšky, do kterých kulika vyskoila. ešení:
Situaci vystihuje pravá ást obrázku, protoe pohyb se dje pouze ve svislé ose a kulika dopadá kolmo na desku. Bylo by však obtíné do jedné osy zakreslit všechny fáze dje. V levé ásti obrázku proto vidíme šikmý dopad, který slouí pouze pro názornost.
Pohyb kuliky si meme pedstavit jako dva svislé vrhy, jeden se odehrává ve fázích A a C, druhý ve fázích D a F . Oba se chovají podle stejných zákonitostí, take staí vyešit pouze první vrh. Pi výpotu si vystaíme s jedinou souadnou osou x, která bude smovat vzhru a její poátek umístíme na povrch desky. Po celou dobu letu psobí na kuliku pouze gravitaní zrychlení, take meme psát
a = [−g]
Jestlie zrychlení zintegrujeme podle asu, získáme tím závislost rychlosti na ase.
v(t) = ∫ a dt
Zrychlení je konstanta, take ji meme vytknout ped integrál. Integrál je však neuritý, a tak jeho výsledek známe a na integraní konstantu. Ta má v našem pípad význam poátení rychlosti vA.
v(t) = ∫ −g dt = −gt+ vA
Nyní zintegrujeme rychlost v(t) a tím vypoítáme závislost polohy na ase. Integraní konstanta má v tomto pípad význam poátení polohy rA, ale ta je nulová, protoe jsme poátek souadné soustavy umístili na povrch desky (viz obrázek).
r(t) = ∫ v(t) dt =
∫ (−gt+ vA)dt = −1
2gt 2 + vAt
Dále víme, e as t = tC odpovídá okamiku, kdy kulika podruhé dopadla a její poloha rC je opt nulová. Z toho vypoítáme její poátení rychlost vA:
−1 2gt
Co odpovídá rychlosti po prvním odrazu. Stejnou úvahou bychom vypoítali rychlost vD, tedy rychlost po druhém odrazu.
vD = 1 2g tF = 4 m s−1
8
Koeficient restituce je podíl vzájemných rychlostí dvou tles tsn po sráce (stavD) a vzájemných rychlostí tsn ped srákou (stav C). Jedním z tles je deska stolu. Její rychlost ozname V a meme ji povaovat za nulovou (V = 0). Rychlost vC neznáme, ale zato známe vA, která je stejn velká, jen opan orientovaná (vC = −vA). Lze to i dokázat:
vC = −g tC + vA = −g tC + 1 2g tC = −1
2g tC = −5 m s−1
Tedy rychlost, s jakou vylétla je stejn velká, jako rychlost, kterou dopadla. Koeficient restituce se v našem pípad vypoítá
C = vD − V V − vC
= vD −vC
= 4 5 = 0, 8
Dalším úkolem je spoítat, do jaké výšky kulika vyskoí, co odpovídá stavu B. Nejprve musíme vypoítat as tB, kdy je kulika v „mrtvém bod“ – její výška rB je maximální a její rychlost nulová (vB = 0).
−gtB + vA = vB
tB = vA g
= 1 2gtC
1 g
= tC 2
Výsledek není nak pekvapivý, maximální výšky kulika dosáhne v polovin asu svého letu. as tB dosadíme do vztahu pro výpoet polohy a tím získáme výsledek rB:
rB = −1 2gt
4 = −g t 2 C
8 + g t2C 4 = g t2C
8 = 1, 25 m
Obdobný vztah musí platit i pro druhou fázi letu. Vypoítejme rE:
rE = g t2F 8 = 0, 8 m
Kulika vylétne do menší výšky ne v první fázi, co se dalo oekávat.
6. Rovnováha (vodorovná deska, svislá stna, provaz)
Vodorovná deska o délce l = 2m a hmotnosti m = 8 kg drí ve stabilní poloze díky provazu a svislé stn. Provaz je pipevnn na jednom konci desky, vede šikmo vzhru a je uchycen na stnu. Opaný konec desky se dotýká stny a v dsledku tení nesklouzne. Rozdíl výšek mezi dolním a horním koncem provazu iní d = 1m. Vypotte tahovou sílu provazu. Jakou silou psobí stna na desku?
• Nakreslete obrázek, vyznate psobící síly a souadnou soustavu. • V souladu se zvolenou souadnou soustavou rozepište vektory sil, jejich ramena a momenty. • Napište podmínky pro statickou rovnováhu. • Vyešte vzniklou soustavu rovnic. • Dosate íselné hodnoty, urete velikosti všech psobících sil a napište odpov.
ešení:
9
Na desku psobí ti síly – tahová síla provazu F1, gravitaní síla G a síla F2, kterou psobí stna na desku. U tahové síly F1 známe smr psobení, protoe víme, e psobí podél provazu. Neznáme ale její velikost. Tu ozname F1. Souadnou soustavu zvolíme napíklad tak, e její poátek bude v míst, kde se deska dotýká stny (viz obrázek). Meme psát, e
rF1 = [−l; 0; 0] F1 = [F1 cos(α);F1 sin(α); 0]
MF1 = rF1 × F1 = [0; 0;−l F1 sin(α)]
Dále rozepišme gravitaní sílu G. U té známe všechny informace. Velikost a smr jsou dány hmotností desky a tíhovým zrychlením g. Psobišt se nachází v tišti desky, tedy v polovin její délky.
rG = [ − l2; 0; 0
] G = [0;−mg; 0]
MG = rG × G = [ 0; 0; lmg2
] Zbývá rozepsat sílu F2. Její psobišt je pímo v poátku souadné soustavy, a proto je její moment nulový. Sloky vektoru síly ozname F2x a F2y. Ani jednu z nich neznáme.
rF2 = [0; 0; 0] F2 = [F2x;F2y; 0]
MF2 = rF2 × F2 = [0; 0; 0]
Deska setrvá ve statické rovnováze, je-li souet všech sil nulový, tj. F1 + G + F2 = [0; 0; 0]
I. F1 cos(α) + F2x = 0 II. F1 sin(α)−mg + F2y = 0
a souasn souet moment sil také nulový, tj. MF1 +MG +MF2 = [0; 0; 0].
III. −l F1 sin(α) + lmg
2 = 0
Získali jsme ti rovnice o tech neznámých F1, F2x a F2y. Tetí rovnice obsahuje pouze neznámou F1, a tak ji meme pímo vypoítat:
−l F1 sin(α) + lmg
10
Tento výsledek dosadíme do první i druhé rovnice a vypoítáme zbývající dv neznámé F2x a F2y. ešením první rovnice získáme F2x
F1 cos(α) + F2x = 0 mg
2 sin(α) cos(α) + F2x = 0
F2x = − mg
F1 sin(α)−mg + F2y = 0 mg
2 sin(α) sin(α)−mg + F2y = 0 mg
2 −mg + F2y = 0
F1 = [F1 cos(α);F1 sin(α); 0] =
= [
2 ; 0 ]
Na první pohled je zejmé, e velikosti obou sil musí být stejné, protoe se liší pouze znaménkem u x-ové souadnice. Velikost síly F1 (a tudí i F2) jsme pímo vypoítali ze tetí rovnice. Platí, e
F1 = |F1| = |F2| take ešení celého píkladu je tém u konce a zbývá dosadit íselné hodnoty. Ve vztazích se vyskytuje úhel α – ten sice pímo neznáme, ale z obrázku vyplývá, e známe jeho tangens
tan(α) = d
l
take vektory obou sil lze pepsat pomocí d a l a vyíslit:
F1 = [
mg
] = [80; 40; 0] N
] = [−80; 40; 0] N
|F1| = |F2| =
+ 1 .= 89 N
Tahová síla provazu je stejn velká jako síla, kterou psobí stna na desku. Ob síly jsou zrcadlov syme- trické.
11
7. Rovnováha (deska, podlaha, vodorovný provaz)
Deska o hmotnosti m=8kg stojí šikmo na podlaze, piem ve stabilní rovnováze ji drí vodorovný provaz, který je uchycen za její horní konec. Úhel mezi deskou a podlahou iní α = 60. Pedpokládejme, e tení mezi podlahou a deskou je dostatené k tomu, aby deska nesklouzla.
• Nakreslete obrázek, vyznate psobící síly a souadnou soustavu. • V souladu se zvolenou souadnou soustavou rozepište vektory sil, jejich ramena a momenty. • Napište podmínky pro statickou rovnováhu. • Vyešte vzniklou soustavu rovnic. • Vypoítejte tahovou sílu provazu a sílu, kterou psobí podlaha na desku.
ešení:
Na desku psobí ti síly. Síla F1, kterou táhne provaz, dále gravitaní síla G a tetí síla je F2, kterou psobí podlaha na desku. Situaci zvolme tak, e se deska bude z našeho pohledu naklánt smrem doprava, a tak provaz ji bude táhnout smrem doleva. Poátek souadné soustavy umístíme na dolní konec desky – viz obrázek. Rozepíšeme ramena jednotlivých sil (tj. souadnice jejich psobiš), sloky sil a pomocí vektorového souinu vyjádíme u kadé síly její moment.
Síla F1 má psobišt na horním konci desky a psobí pouze vodorovn, take má nenulovou sloku jen v ose x:
rF1 = [l cos(α); l sin(α); 0] F1 = [−F1; 0; 0]
MF1 = rF1 × F1 = [0; 0;F1l sin(α)]
Gravitaní síla G má psobišt v tišti desky, tedy v jejím geometrickém stedu. Psobí pouze v ose y:
rG = [ l
G = [0;−mg; 0]
MG = rG × G = [ 0; 0;−mgl2 cos(α)
] Síla F2 má nulové rameno, protoe do jejího psobišt jsme umístili poátek souadné soustavy. Z toho vyplývá, e i její moment bude nulový. U této síly neznáme ani x-ovou ani y-ovou sloku:
rF2 = [0; 0; 0] F2 = [F2x;F2y; 0]
MF2 = rF2 × F2 = [0; 0; 0]
12
Abychom dokázali urit všechny síly, musíme vypoítat ti neznámé: F1, F2x a F2y. K tomu vyueme pod- mínek pro statickou rovnováhu. Má-li deska setrvat ve statické rovnováze, musí být souet všech psobících sil nulový a souet jejich moment také nulový. Ze soutu sil vyplývají dv rovnice
F1 + G + F2 = [0; 0; 0] I. − F1 + F2x = 0
II. −mg + F2y = 0
F2y = mg
Dále víme, e souet moment sil musí být také nulový, z eho nám plyne další rovnice, v poadí tetí. Z té meme pímo vypoítat F1:
MF1 +MG +MF2 = [0; 0; 0]
III. F1l sin(α)− mgl
2 tan(α)
Jestlie F1 dosadíme do první rovnice, získáme poslední chybjící neznámou F2x:
− mg
F2x = mg
2 tan(α)
Nyní známe všechny sloky u obou sil F1 a F2 a meme je vyjádit íseln. Stojí za povšimnutí, e výsledek nezáleí na délce desky.
F1 = [ − mg
F2 = [
mg
2 tan(α) ;mg; 0 ] .= [23; 80; 0] N
Velikost síly F1 je na první pohled rovna 23N. Zbývá zjistit velikost síly F2:
|F2| =
√( mg
4 tan2(α) + 1 .= 83 N
A tím je výpoet u konce. Tahová síla provazu je 23N, piem podlaha psobí na desku silou o velikosti piblin 83N.
8. Namáhání zásuvky
Vypoítejte namáhání zásuvky stolu v rzných situacích – je-li zasunutá, zpola vysunutá, a tém zcela vysunutá. Pedpokládejte, e se zásuvka dotýká stolu pouze ve dvou bodech, piem jeden bod je v míst zadní stny zásuvky a druhý v pední stn stolu. Zásuvka má hmotnost m = 5 kg a nech se tišt nachází v jejím stedu.
• Nakreslete obrázek, zvolte souadnou soustavu a zakreslete psobící síly.
13
• Rozepište souadnice psobiš sil, sloky sil a jejich momenty. • Vyjádete podmínky pro statickou rovnováhu. Ty povedou na soustavu rovnic, kterou vyešte. • Vypoítejte psobící síly pro zadané situace a stanovte, kterým smrem budou síly psobit. Výsledky slovn okomentujte a nakreslete.
ešení:
Zásuvka má délku l a míru jejího vysunutí bude popisovat rozmr d, který v našem pípad pedstavuje vzdálenost mezi body, kterými se zásuvka dotýká stolu. Na zásuvku psobí ti síly, F1, F2 a G. Síly, jejich psobišt a momenty budeme vyjadovat ve vztané soustav, její poátek si zvolme napíklad na dolní okraj zadní stny zásuvky – viz obrázek. Nyní rozeberme sílu F1. Tou máme na mysli sílu, kterou psobí stl na zásuvku v míst pední stny stolu. Bod, ve kterém síla psobí, se nachází na ose x ve vzdálenosti d od poátku souadné soustavy. Síla F1 je svislá, take bude mít nenulovou sloku pouze v ose y. Pomocí vektorového souinu pak vypoítáme moment síly.
rF1 = [d; 0; 0] F1 = [0;F1; 0]
MF1 = rF1 × F1 = [0; 0; dF1]
Další silou, která psobí na zásuvku, je síla gravitaní G. Její psobišt je v tišti zásuvky. Pro jednodu- chost1 pedpokládejme, e zásuvka má tišt uprosted. Abychom mohli vyjádit sted zásuvky v ose x a y, musíme zavést i výšku zásuvky, kterou ozname h. Jde ale pouze o formální záleitost, protoe posunutí psobišt ve smru psobení síly nemá na moment síly ádný vliv. U gravitaní síly nyní rozepíšeme její psobišt, sloky a vypoítáme její moment.
rG = [ l
MG = rG × G = [ 0; 0;− lmg2
] Tetí a poslední silou, která na zásuvku psobí, je síla F2, která má psobišt v míst, kde se stl dotýká zadní stny zásuvky. Nelze však íct jednoznan, kde tento bod leí, protoe to záleí na situaci. Obrázek znázoruje situaci, kdy je zásuvka vysunutá a styný bod se nachází na horním okraji zásuvky. Nicmén zcela zasunutá zásuvka se stolu dotýká svým dolním okrajem. Pechod mezi tmito dvma stavy je jist kadému znám – pi vysouvání zásuvky se ozve slabý náraz piblin ve chvíli, kdy zásuvku vysuneme více ne do poloviny její délky. V tom okamiku se zmní psobišt síly F2, ale na náš výpoet to naštstí nemá ádný vliv, protoe moment síly zstane stejný. Sloky síly F2 rozepíšeme v souladu s obrázkem, kde tato síla psobí smrem dol. Je to pouze poátení volba a v dalším výpotu se ukáe, e síla pi vysouvání zásuvky mní svj smr.
rF2 = [0;h; 0] F2 = [0;−F2; 0]
MF2 = rF2 × F2 = [0; 0; 0] 1Reálná situace bývá spíše taková, e zásuvka není vyváená a její tišt není uprosted. To by se v našem píkladu projevilo pouze
zmnou psobišt gravitaní síly, jinak ešení zstává stejné.
14
Jak vidíme, moment síly F2 je nulový bez ohledu na to, v jaké výšce h se její psobišt nachází. Máme dv neznámé, F1 a F2. Z podmínek rovnováhy získáme dv rovnice, ze kterých lze neznámé
vypoítat. Má-li zásuvka setrvat ve statické rovnováze, musí být souet všech sil nulový, z eho dostaneme první rovnici
F1 + G + F2 = [0; 0; 0] I. F1 −mg − F2 = 0
Dále musí platit, e souet všech moment sil musí být takté nulový, co vede na druhou rovnici. Z té meme urit sílu F1:
MF1 +MG +MF2 = [0; 0; 0]
II. dF1 − lmg
2 F1 = lmg
2d Sílu F1 dosadíme do první rovnice a tím získáme sílu F2.
I. F1 −mg − F2 = 0 lmg
2d −mg − F2 = 0
F2 = lmg
2d −mg
Konkrétní vyíslení sil nyní provedeme pro rzné fáze vysunutí zásuvky. Nejprve pedpokládejme, e zásuvka je zcela zasunutá, co znamená, e d = l. Pak platí
F1 = lmg
2l = mg
2 F2 = lmg
2l −mg = −mg2 F1 = [0;F1; 0] = [0; 25; 0] F2 = [0;−F2; 0] = [0; 25; 0]
Vidíme, e síla F2 vyšla opan, ne jsme ji zvolili na poátku. Ob síly jsou stejn velké a orientované smrem nahoru. Kadá psobí na jednom konci zásuvky a nese práv polovinu její tíhy.
Další situací, kterou máme rozebrat, je zásuvka zpola vysunutá. V takovém pípad platí, e d = l 2 :
F1 = lmg
2 l2 −mg = mg −mg = 0
F1 = [0;F1; 0] = [0; 50; 0] F2 = [0;−F2; 0] = [0; 0; 0]
Nyní síla F2 zcela vymizela a celou tíhu zásuvky nese pouze síla F1 smující nahoru. Psobišt síly F1 je pímo pod tištm zásuvky. Tento stav ve skutenosti nelze realizovat, protoe se jedná o nestabilní rovnováhu. Zásuvka se vdy peklopí na jednu i druhou stranu.
Zbývá popsat poslední situaci, kdy je zásuvka vysunuta. Není moné vypoítat její úplné vysunutí, protoe za d nelze dosadit nulu – nulou nelze dlit. Pi pokusu tento stav realizovat by zásuvka nejspíše vypadla ven ze stolu. Meme pouze uvaovat situaci, která je tomuto blízká, tedy si pedstavme tém zcela vysunutou zásuvku, kdy se d blíí nule, d→ 0:
F1 → +∞ F2 → +∞ F1 → [0;F1; 0] = [0;∞; 0] F2 → [0;−F2; 0] = [0;−∞; 0]
15
Síla F1 bude smovat nahoru, síla F2 dol a jejich velikost bude narstat do takové míry, e njaké místo pravdpodobn tak velké namáhání nevydrí a zásuvka se vlastní vahou vypáí ven. Poniení zásuvky i stolu lze pedejít dostatenou vlí, díky které se zásuvka pestane dotýkat stolu svým horním okrajem a vypadne dív, ne síly narostou do nebezpených hodnot a nco poškodí.
9. Výpoet tišt, stabilita rovnováhy (ti špejle)
Tleso, které je znázornno na obrázku, je tvoeno temi špejlemi, které jsou spojeny v jednom bod. Svislá špejle o délce d=6 cm má na dolním konci hrot, jím se dotýká pevné podloky a kolem nj se me tleso otáet a kývat. Zbývající dv špejle tvoí symetrická ramena o délce l=30 cm a svírají se svislicí úhel α=60 .
• Zvolte souadnou soustavu (napíklad tak, e její poátek bude v míst spojení všech špejlí, osa y bude smovat nahoru a osa x doprava) • Pedpokládejte, e je tleso sloeno ze tí hmotných bod (které odpovídají tištím jednotlivých špejlí). Rozepište píslušné polohové vektory.
• Z defininího vztahu T = ∑n
i=1 miri∑n i=1 mi
vypoítejte polohu tišt. Pedpokládejte, e hmotnost špejle
je úmrná její délce. • Na základ polohy tišt rozhodnte, zda bude rovnováha stabilní i labilní.
ešení:
] r2 =
l m
T = ∑n
= m1r1 +m2r2 +m3r3
m1 +m2 +m3 =
] + d
=
] + d
l
] + d
l
2 cosα− d2
] T
.= [0;−7, 1] cm
Tleso setrvá ve stabilní rovnováze, protoe se jeho tišt nachází pod hrotem, který se dotýká podloky. Jakákoli stranová výchylka zpsobí zvýšení polohy tišt a jeho následnou snahu o vrácení do pvodní stabilní polohy.
10. Stabilita vánoního stromeku
Pua se pokouší shodit dvoumetrový vánoní stromeek vodorovným tahem za elektrickou šru, která je zachycena za vtviku ve výši pl metru nad zemí (tj. ve tvrtin výšky). Hmotnost stromeku je 10 kg, jeho tišt je ve tetin jeho výšky a prmr stojanu je 40 cm. Jakou nejmenší silou musí Pua psobit, aby se zdail jeho úmysl? Jak velkou silou pak bude psobit podlaha na stojan stromeku?
• Nakreslete obrázek, vyznate psobící síly a souadný systém • V souladu se zvoleným souadným systémem rozepište vektory sil, jejich ramena a momenty. • Napište podmínky pro statickou rovnováhu. • Vyešte vzniklou soustavu rovnic. • Dosate íselné hodnoty, urete velikosti všech psobících sil a napište odpov.
ešení:
Na vánoní stromeek psobí ti síly - síla F1, kterou Pua táhne za elektrickou šru (pedpokládejme, e z našeho pohledu je to smrem doprava). Dále gravitaní síla G, její psobišt je v tišti stromeku a tetí silou je F2, co je síla, kterou psobí podlaha na stojan stromeku. Poátek souadné soustavy zvolíme napíklad tak, aby její poátek byl v psobišti síly F2. Osa x nech smuje doprava, osa y nahoru. Roze- píšeme sloky jednotlivých sil, souadnice jejich psobiš a pomocí vektorového souinu zjistíme momenty sil. Síla F1:
rF1 = [ −d2; l4; 0
] F1 = [F1x; 0; 0]
l
4
] Síla F2:
MF2 = rF2 × F2 = [0; 0; 0]
Tleso setrvá ve statické rovnováze, je-li souet sil nulový tj. F1 + G + F2 = 0
I. F1x + F2x = 0 II. −mg + F2y = 0
a souasn souet moment sil také nulový, tj. MF1 +MG +MF2 = 0.
III.− F1x l
4 + dmg
2 = 0
Máme tedy ti rovnice o tech neznámých F1x, F2x a F2y. Z druhé rovnice ihned plyne neznámá F2y.
−mg + F2y = 0 F2y = mg
Ze tetí rovnice vypoítáme F1x
−F1x l
4 + dmg
2 = 0
F1x l
4 = dmg
F2x = −2dmg l
F1 = [ 2dmg l
= [40; 0]
F2 = [ −2dmg
l ;mg
] = [−40; 100]
Velikost síly F1 je na první pohled 40 newton, velikost síly F2 je
|F2| = √ F 2
11. Naklonná rovina (tení, rovnomrný pohyb)
Bka sjel z dvacetimetrového svahu za τ=10 sekund, piem jeho pohyb zaal z klidu a sklon svahu byl α = 5. Jaký nejmenší sklon musí mít svah, aby z nj ješt bylo mono sjet samovoln, bez nutnosti odpichování hlkami? • Nakreslete obrázek, souadnou soustavu a vyznate psobící síly. Do obrázku znázornte souet sil (pomocí rovnobníku). Výslednici sil zvýraznte. Osu x volte tak, aby vedla ze svahu dol. Osa y nech vede šikmo vzhru. • V souladu se zvolenou souadnou soustavou rozepište sloky všech psobících sil. • Zapište výslednici sil jako souet všech psobících sil a z ní vyjádete vektor zrychlení. • Z ujeté vzdálenosti l a potebného asu τ vypoítejte x-ovou sloku zrychlení. Zrychlení dvakrát integrujte podle asu, tím získáte polohu. • Matematicky zapište, e se lya pohybuje pouze po povrchu svahu. To znamená, e zrychlení v ose y je rovno nule. • Zapište vztah pro koeficient tení a vypoítejte jej. • Najdte úhel svahu takový, aby na nm ml bka nulové zrychlení.
ešení:
Na bkae psobí ti síly. Svah na nj psobí normálovou silou N, která je kolmá na povrch svahu a míí šikmo vzhru. Je to síla známá jako reakce podloky, která brání tomu, aby se pedmty proboily do zem. Dále psobí gravitaní síla G, která smuje svisle dol. Pohyb lyae je brzdn tecí sílou T , která psobí proti smru jeho pohybu. Souadnou soustavu zvolíme tak, aby byl její poátek v nejvyšším míst kopce, osa x nech smuje ze svahu dol a osa y bude kolmá na svah a smovat šikmo vzhru. V takto zvolené souadné soustav rozepíšeme sloky psobících sil. U gravitaní síly G známe její velikost i smr. U zbývajících dvou sil, normálové a tecí, známe pouze smr. Normálová síla psobí pouze ve smru osy y, zatímco síla tecí psobí jen v ose x. Tecí síla psobí proti smru pohybu, a proto má opaný smr ne je orientace osy x.
G = [mg sin(α);−mg cos(α)] N = [0;N ] T = [−T ; 0]
Výsledný pohyb bkae je dán výslednicí F (tj. vektorovým soutem) jednotlivých sil, které na nj psobí. Z druhého Newtonova zákona (a = F /m) platí, e jestlie výslednici sil podlíme hmotností tlesa, získáme jeho zrychlení.
F = G +N + T
a = F
m
] 19
Jak z tohoto zápisu vidíme, vektor zrychlení závisí na normálové síle N , tecí síle T a hmotnostim, piem ani jednu z veliin neznáme. Víme však, e se lya pohybuje pouze po povrchu svahu, tedy jen v ose x. To znamená, e v ose y musí být zrychlení nulové, tedy
ay = 0
z eho vyplývá rovnice, ze které meme vyjádit normálovou sílu N :
I. − g cos(α) + N
m = g cos(α)
N = mg cos(α)
Stále nám zbývají dv neznámé, T a m. Tím, e zavedeme koeficient tení µ, se nám podaí poet nezná- mých sníit na jednu. Koeficient tení je pomr mezi velikostí pítlané síly na podloku a velikostí tecí síly (tj. µ = T/N).
II. T = µN
T = µmg cos(α)
Nyní meme zapsat vektor zrychlení uitím jediné neznámé, kterou je koeficient tení µ:
a = [g sin(α)− µg cos(α); 0]
Poslední neznámou lze vypoítat z toho, e bka ujel v ose x vzdálenost l = 20 metr za τ = 10 sekund. Bude poteba ze zrychlení vyjádit závislost polohy na ase. To bude snadné, protoe na první pohled je zejmé, e zrychlení je stále konstantní a pro pehlednost jej budeme znait ax. Staí tedy dvakrát integrovat podle asu. Integrálem ze zrychlení je závislost rychlosti na ase. Integraní konstanta zde má význam poátení rychlosti. O té však víme, e je nulová, protoe pohyb zaínal z klidu.
vx(t) = ∫ ax dt = axt
Nyní zintegrujeme rychlost a tím získáme závislost polohy na ase. Integraní konstanta bude mít v tomto pípad význam poátení polohy a je rovna nule, protoe pedpokládáme, e lya startoval z poátku souadné soustavy (tím se nám bude pohodln odmovat dvacet metr).
rx(t) = ∫ vx(t) dt =
∫ axt dt = 1
2axt 2
Dále víme, e v ase τ byla poloha bkae rovna l. Z toho vypoítáme zrychlení:
rx(τ) = l 1 2axτ
Kdy nyní známe x-ovou sloku zrychlení, meme vypoítat neznámou µ:
ax = g sin(α)− µg cos(α) 2l τ 2 = g sin(α)− µg cos(α)
2l τ 2 + µg cos(α) = g sin(α)
µg cos(α) = g sin(α)− 2l τ 2
µ = g sin(α) g cos(α) −
2l τ 2g cos(α)
.= 0, 047
20
Co je koeficient tení mezi bkami a snhem. Výrobci vosk a skluznic se snaí tuto hodnotu pokud mono minimalizovat. Známe-li koeficient tení, meme najít takový sklon svahu, pi kterém je zrychlení bkae nulové.
ax = 0 g sin(α)− µg cos(α) = 0
sin(α)− µ cos(α) = 0 sin(α) = µ cos(α) sin(α) cos(α) = µ
tan(α) = µ
α = arctan(µ) .= 0,047 rad ≈ 2,7
Je to mezní, rovnováný stav, kdy je souet všech sil nulový a bka se pohybuje rovnomrn pímoae. Ani nezrychluje, ani nezpomaluje a záleí jen na tom, na jakou rychlost se pedtím rozjel. Na prudším svahu by rychlost narstala, na mírnjším by se naopak pohyb po ase zastavil.
Za zmínku stojí zajímavá skutenost – pro malé úhly (musíme je vyjadovat v radiánech) platí, e sinus i tangens je piblin roven svému argumentu. To znamená, e i koeficient tení je zhruba roven meznímu úhlu. Souasn platí, e údaj o klesání uvedený v procentech piblin souhlasí s úhlem svahu. Take nebudeme daleko od pravdy, kdy usoudíme, e potebujeme ptiprocentní klesání svahu (0,05) na to, abychom mohli sjet kopec bez námahy na bkách s koeficientem tení 0,05.
12. Balistické kyvadlo
Balistické kyvadlo je jednoduché zaízení pro mení rychlosti stel. Princip je zaloen na tom, e míme vodorovnou výchylku zavšeného pedmtu, do kterého narazí stela a uvízne v nm. Pokusem bylo zjištno, e se devná kostka o hmotnosti M=0,1 kg vychýlila o d=0,3m poté, co se na ni pilepila vystelená plastelínová kulika o hmotnosti m=2g. Kostka je zavšena na dvoumetrové niti a ped nárazem voln visela v rovnováné poloze.
• Nakreslete obrázek a vyznate jednotlivé fáze dje. • Vyjádete pvodní rychlost stely pomocí rychlosti kostky s nalepenou stelou a hmotností M a m. Náraz stely byl dokonale nepruný. • Vypoítejte výšku h, o kterou se zvýší poloha kostky pi maximální výchylce. Práci gravitaní síly poítejte pímo z definice práce. • Výškovou výchylku h vyjádete pomocí stranové výchylky d. Vyute Pythagorovu vtu – závs tvoí peponu, stranová výchylka d pedstavuje jednu z odvsen. • íseln vypoítejte rychlost stely.
ešení:
21
Celý dj rozdlme na ti fáze, které ozname A, B a C. Rychlost stely budeme znait v a rychlost kostky V . Pomocí index A, B nebo C budeme rozlišovat, ke které fázi se rychlost vztahuje. Stav A bude odpovídat situaci ped nárazem stely do kostky. Rychlost vA je poátení rychlost stely, kterou máme vypoítat. Rychlost VA je nulová – je to rychlost kostky ped nárazem. Fáze B nastane tsn poté, co se stela nalepí na kostku, piem dále se ob tlesa pohybují stejnou rychlostí (vB = VB). Gravitaní síla vykoná mezi stavy B a C zápornou práci, a tím na okamik zastaví pohyb obou tles, co odpovídá stavu C. Kostka i stela mají nulovou rychlost (vC = VC = 0) a nacházejí se ve výšce h ve srovnání s rovnováným stavem. Víme, e celková hybnost stely i kostky ped nárazem musí být stejná, jako hybnost obou tles tsn po nárazu. Dále platí, e rychlosti po nárazu jsou stejné.
pA = pB
m
) vB
Nyní vypoítejme vztah mezi rychlostí vB a výškou h. Ze zkušenosti s podobnými typy píklad lze tušit výsledek vB =
√ 2gh, ale vyume situace k podrobnému odvození pímo z definice mechanické práce.
Sousteme se na energetické pemny mezi stavy B a C. Zmní se kinetická energie kostky i stely, zatímco gravitaní síla vykoná mechanickou práci. Zaveme souadnou soustavu tak, e její poátek bude v rovnováné poloze kostky, piem osa x bude smovat doprava a osa y nahoru. Ve stavu B se budou ob tlesa nacházet v bod [0; 0], zatímco stav C bude odpovídat poloze [d;h]. Gravitaní síla psobí na ob tlesa, a to pouze v ose y. Znaménko bude záporné, protoe gravitace má opaný smr ne námi zvolená osa y.
G = [0; −(M +m)g] nekonen malá zmna dráhy dr bude mít tyto sloky:
dr = [dx; dy]
V definici práce se integruje skalární souin síly a dráhy, take dráha v ose x vymizí (násobí se nulou). Práce gravitaní síly (od B do C) musí být rovna soutu zmn mezi C a B u mechanické energie kostky i stely. (
1 2mv
2 C −
1 2mv
2 B
1 2mv
2Mv2 B = (M +m)g [y]CB
(m+M)v2 B = 2(M +m)g(yC − yB) v2 B = 2g(h− 0) vB =
√ 2gh
ím jsme dostali oekávaný výsledek. Bylo by moné namítnout, e krom gravitace psobí ješt tahová síla závsu T . Jene ta je po celou dobu kolmá na dráhu, a tak skalární souin T ·dr = 0. Tahová síla tedy nekoná práci.
Dosadíme-li rychlost vB do vztahu pro rychlost stely, dostáváme
vA = (
m
)√ 2gh
22
Tento vzorec by ji bylo moné pouít pro mení rychlosti stely, kdybychom zjišovali svislou výchylku kostky. Z praktického hlediska je však mení vodorovné výchylky pesnjší, a tak ješt pomocí Pythagorovy vty vyjádíme h pomocí délky závsu l a stranové výchylky d:
h = l − √ l2 − d2
Výšku h dosadíme do pedchozího vztahu a tím získáme konený výsledek.
vA = (
√ l2 − d2) .= 34, 3 ms−1 ≈ 124 km h−1
13. Kotou cirkulárky
Kotou cirkulárky, který za sekundu vykonal 100 otáek, se náhle uvolnil, upadl a rozjel se po podlaze dílny. Vypoítejte jeho maximální rychlost. Prmr kotoue je 20 cm a moment setrvanosti válce se vypoítá J = 1
2mR 2.
• Nakreslete obrázek, zvolte souadnou soustavu a zakreslete psobící sílu. • V souladu se zvolenou souadnou soustavou rozepište sloky síly a její moment. • Najdte vztah mezi úhlovým zrychlením a zrychlením stedu kotoue. • Rovnici zintegrujte podle asu. Meze integrálu budou pedstavovat poátení a koncový stav. Integrál ze zrychlení je rychlost. • Jaká podmínka platí pro kutálení kotoue po podlaze? • íseln vypoítejte výsledek.
ešení:
Na kotou cirkulárky, který dopadl na zem, psobí pedevším vodorovná síla F , která je zpsobena tím, jak se zuby roztoené pily zasekly do podlahy. Reakce podlahy je píinou toho, e se kotou rozjede, tj. bude se zrychlovat jeho tišt.
Jiné síly nebudeme brát v úvahu. Na kotou sice psobí ješt gravitaní síla (smrem dol) a normálová síla podlahy (smrem nahoru), ale tyto dv síly i jejich momenty se vzájemn vyruší.
Souadnou soustavu zvolme tak, e její poátek umístíme do stedu kotoue. Osa x nech smuje doprava, osa y nahoru. Na kotou psobí jediná síla F , o které víme pouze to, e je vodorovná. Zvolíme ji napíklad tak, aby smovala doprava, stejn jako osa x. Rozepíšeme rameno této síly (tj. souadnice jejího psobišt), její sloky a pomocí vektorového souinu vyjádíme moment:
rF = [0;−R; 0] F = [F ; 0; 0]
MF = rF × F = [0; 0;RF ]
Víme, e síla zpsobuje zrychlení stedu hmotnosti tlesa, zatímco moment síly zpsobuje úhlové zrychlení tlesa. Platí, e
a = F
m = [ F
J
] 23
Vidíme, e zrychlení stedu kotoue se odehrává pouze v ose x, zatímco úhlové zrychlení má nenulovou sloku jen v ose z. Proto se další výpoty budou týkat pouze tchto sloek a vztahy ji nebudou vektorové.
a = F
J
Získali jsme dv jednoduché rovnice, ve kterých ale vystupují ti neznámé funkce. O síle F toti nevíme tém nic – ani jak je velká, ani jak dlouho trvá její psobení a navíc zcela jist závisí na ase a my nevíme jak. Z rovnic vyplývá, e zrychlení (jak translaní, tak úhlové) závisí na velikosti síly F , take i ob zrychlení jsou funkcemi asu, piem tento prbh neznáme. Správn bychom mli psát a(t), ε(t) a F (t). Meme dosadit sílu z první rovnice do druhé, ím dostaneme
ε = Rma
J
Ze zadání víme, e moment setrvanosti válce J se vypoítá J = 1 2mR
2, ím se vztah zjednoduší na
ε = 2 R a
Získali jsme rovnici, která popisuje vztah mezi úhlovým a translaním zrychlením, ale ob tato zrychlení nejsou konstanty, protoe njak závisejí na ase. Pesto víme, e integrací zrychlení podle asu získáme rychlost, a u je prbh funkcí jakýkoli. Zintegrujeme ob strany rovnice v mezích od A do B. V tomto kroku je poteba rozlišovat, e R je konstanta (a meme ji vytknout ped integrál), zatímco a a ε jsou funkce asu. ∫ B
A
(vB − vA)
Poátení stav A i koncový stav B známe. Na zaátku byla rychlost stedu kotoue nulová, tj. vA = 0, zatímco úhlovou rychlost ωA meme snadno zjistit z údaj v zadání (známe rychlost rotace). Ve stavu B se rychlost otáení sníila na ωB, zatímco rychlost stedu kotoue nabyla hodnoty vB.
ωB − ωA = 2 R vB
V koncovém stavu B platí, e se kotou ji kutálí po podlaze. To znamená, e musí existovat vztah mezi jeho úhlovou rychlostí ωB a rychlostí jeho stedu vB. ím rychleji pojede, tím rychleji se musí otáet. Jak vidíme z obrázku, smr otáení bude v záporném smyslu, zatímco rychlost vB bude kladná. Je-li polomr kotoue R, bude platit, e −ωB = vB/R.
−vB R − ωA = 2
3 .= 21 m s−1
Poátení úhlová rychlost ωA byla záporná a koncová rychlost vyšla kladná, co souhlasí s obrázkem. Vy- poítali jsme konenou rychlost kotoue, ani bychom potebovali vdt, jak dlouho celý proces trval a jak pesn probíhal. Je poteba si uvdomit, e píklad nelze vypoítat pomocí zákona zachování mechanické energie, protoe ást energie se spotebuje na teplo (poniení podlahy atd.).
24
14. Palice a kl
Dvacetikilogramová palice (M = 20 kg) dopadla z výšky h = 1m na devný kl o hmotnosti m = 10 kg a ten se zaboil do hlíny o d = 5 cm hloubji.
• Nakreslete obrázek, souadnou osu x a její poátek. • Jakou práci vykonala gravitaní síla pi pádu palice? Zintegrujte gravitaní sílu podél dráhy. • Jakou rychlost bude mít palice tsn ped dopadem na kl? • Jakou rychlost bude mít palice i kl tsn po sráce? Pedpokládejte dokonale neprunou sráku. • Vypoítejte energii, která se pi sráce pemnila na teplo. • Jak velkou (prmrnou) sílu pekonává kl pi zaráení do zem? Psobení gravitaní síly v tomto kroku zanedbejte.
ešení: Píklad je ešen zdánliv komplikovaným zpsobem, ale jeho smysl nespoívá v tom, e zjistíme íselný
výsledek, ale spíše v pochopení pojmu energie a definice práce. Celý dj meme rozdlit na tyi stavy (viz obrázek), které ozname A, B, C a D. Dále zaveme
rychlost palice V a rychlost klu v. Index u píslušné rychlosti bude oznaovat stav, ke kterému se rychlost vztahuje. Stav A odpovídá situaci, kdy palice ješt nebyla spuštna. Rychlosti ve stavu A jsou nulové (VA = vA = 0). Stav B odpovídá okamiku tsn ped dopadem palice na kl, kdy palice má rychlost VB a kl je stále v klidu (vB = 0). Fáze C nastane po dokonale nepruné sráce. Rychlosti Vc a vC jsou stejné (VC = vC), piem palice a kl se pohybují spolu. Pohyb obou tles je brzdn tím, jak kl proniká do zem. Palice i kl urazí dráhu d a dále se ji nepohybují, co odpovídá stavu D (VD = vd = 0).
Nejprve vypoítejme práci, kterou vykoná gravitaní síla mezi stavy A a B. Na první pohled lze odhadnout, e to bude Mgh, ale pi výpotu vyjdme pímo z definice práce vykonané silou.
Pohyb se dje pouze v jedné souadné ose. Nech osa x smuje dol a její poátek umístme na horní konec klu. Vypoítáme práci, kterou vykoná gravitaní síla mezi stavy A a B:
G = [Mg] dr = [dx]
= Mg(xB − xA) = Mg(0− (−h)) = Mgh = 20 · 10 · 1 = 200 J
Práce gravitaní síly zpsobí pírstek kinetické energie palice, z eho vypoítáme rychlost palice ve stavu B.
1 2MV 2
2 · 10 · 1 .= 4, 5 m s−1
Poté dojde k dokonale nepruné sráce palice a klu. Víme, e hybnost celé soustavy je stavu B stejná jako ve stavu C. Dále víme, e rychlost obou tles po sráce je stejná, tedy VC = vC . Tuto rychlost vypoítáme:
pB = pC
.= 3 m s−1
Srákou se kinetická energie palice sníila, zatímco kinetická energie klu se zvýšila. Nikoli však o stejnou hodnotu. Jednalo se o neprunou sráku, take došlo ke „ztrát“ urité ásti energie, pesnji eeno k její pemn na teplo. Tuto tepelnou energii zjistíme tak, e seteme rozdíly kinetické energie obou tles.
E = (
= 1 2
M22gh (M +m)2 (M +m)−Mgh =
= M2gh
20 + 10 − 20 · 10 · 1 .= −67 J
Vyšlo záporné íslo, take celková kinetická energie se skuten zmenšila. Nyní vypoítáme sílu F , která psobí na kl (i palici) pi zaráení do zem. Tato síla vykoná práci
po dráze o délce d, piem zabrzdí palici i kl (VD = vd = 0). Pi výpotu pedpokládejme, e síla F je konstantní a tudí je mono ji vytknout ped integrál.
F = [F ] dr = [dx](
−1 2
− M2gh
F = − M2gh
d(M +m) .= −2700 N
Vyšlo záporné íslo, co je v poádku, protoe síla F smuje na opanou stranu ne osa x. Pedpokládali jsme, e síla F byla konstantní, co neodpovídá realit. Meme však íct, e náš výsledek reprezentuje stední hodnotu síly.
26
15. Zkrácení provazu kónického kyvadla
Tento píklad nebude na zkoušce.
Drobný pedmt byl zavšen na vlákn a obíhal po krunici o polomru RA=1m rychlostí vA=1ms−1. Tahem za opaný konec vlákna se délka závsu zkrátila tak, e se polomr obné krunice zmenšil na RB=0.5m. Vypoítejte obnou rychlost po zkrácení vlákna.
• Nakreslete obrázek a souadnou soustavu. Její sted zvolte do místa, kde je uchycen provaz. • Zjistte polohu, rychlost, hybnost a moment hybnosti. Který len nazýváme moment setrvanosti? • Jakým momentem psobí tahová a gravitaní síla? • Která veliina se zachovává? • Vypoítejte, jak se zmní rychlost.
ešení:
V tomto píkladu lze vyuít zákon zachování momentu hybnosti. Nejprve ale musíme moment hybnosti vypoítat a také zjistit, zda se v tomto pípad opravdu zachovává. Moment hybnosti je definován L = r×p, a to znamená, e k jeho urení musíme zjistit polohu a hybnost. Pedmt rovnomrn obíhá po krunici, take závislost jeho polohy na ase bude
r = [R cos(ωt);R sin(ωt);−h]
Poátek souadné soustavy je umístn do bodu závsu, proto musí být z-ová souadnice rovna −h. Jestlie známe závislost polohy na ase, meme zderivováním zjistit rychlost
v = dr dt = [−Rω sin(ωt);Rω cos(ωt); 0]
a kdy rychlost vynásobíme hmotností, dostaneme hybnost.
p = mv = [−mRω sin(ωt);mRω cos(ωt); 0]
Nyní ji meme pomocí vektorového souinu zjistit moment hybnosti.
L = r × p = [−hmRω cos(ωt);hmRω sin(ωt);mR2ω cos2(ωt) +mR2ω sin2(ωt)]
a z-ovou sloku lze zjednodušit.
L = r × p = [−hmRω cos(ωt);hmRω sin(ωt);mR2ω]
S píkladem to sice nak nesouvisí, ale je zajímavé si povšimnout, e z-ová sloka momentu hybnosti nezávisí na ase, take pi obhu je stále stejná. V našem pípad smuje dol. Navíc nezávisí ani na
27
h, take poátek souadné soustavy bychom mohli libovoln posouvat podél osy z a moment hybnosti by v této ose vdy vyšel stejn. V obou zbývajících osách, x-ové a ypsilonové ale na ase závisí a mní se. Kdybychom ale pidali další vlákno a další pedmt o stejné hmotnosti symetricky na opanou stranu osy, podailo by se vynulovat moment hybnosti v x-ové i ypsilonové ose. Moment hybnosti by pak zstal stále stejný a byl by rovnobný s osou rotace. Proto byla zavedena veliina zvaná moment setrvanosti, co je souet mR2 pro všechny body tvoící rotující symetrické tleso. Ješt jednou si pedstavme další pidaný bod o hmotnosti m, take moment setrvanosti by byl J = 2mR2 a mohli bychom psát, e
L = Jω
piem ω by v této souvislosti byl vektor2 a byl by rovnobný s momentem hybnosti. To jsme ale v úvahách ponkud odboili. Nyní si všimnme, jaké síly a jaké momenty sil na pedmt
psobí. Tahová síla vlákna je vdy rovnobná s vektorem r , take její moment je evidentn nulový. Gravitaní síla G bude mít sloky
G = [0; 0;−mg] a pomocí vektorového souinu zjistíme její moment.
MG = r × G = [−mgR sin(ωt);mgR cos(ωt); 0]
Jak je vidt, v ose z ádný moment síly nepsobí. To znamená, e se v ose z bude zachovávat moment hybnosti. Je to dsledek druhé impulsové vty, která íká, e
dL dt = M
a tudí se moment hybnosti nebude mnit, protoe v ose z je nulový moment síly.
Mz = 0 ⇒ Lz = konst.
Platí to samozejm pouze v ose z. V ose x ani y se moment hybnosti nezachovává, protoe v tchto osách psobí moment gravitaní síly. Jestlie víme, e moment hybnosti v ose z zstává stále stejný i kdy zkrátíme závs, meme snadno vypoítat obnou rychlost vB po zkrácení závsu:
LzA = LzB
= 2 m s−1
Mohli bychom na situaci pohlíet i tak, e se zmenšil moment setrvanosti a aby moment hybnosti zstal stejný, musela se zvýšit úhlová rychlost.
16. Rychlost špuntu šampaského
Pi otvírání šampaského byla zátka uvolnna natolik, e její další pohyb byl ji samovolný. V tom oka- miku byla ješt zaraena l=2 cm hluboko do láhve. Vypoítejte výletovou rychlost zátky, je-li petlak uvnit láhve 0,5MPa, prmr hrdla d=20mm a hmotnost zátky 10 gram.
• Nakreslete obrázek, vyznate psobící síly (tlakovou sílu Fp a tecí sílu T ) a zvolte souadnou osu. Poátek souadné soustavy umístte na úrove hrdla láhve a osa x nech smuje ven z láhve. • Tecí síla je úmrná zaraení zátky, tedy T = βx. Víme, e síly jsou v rovnováze, kdy x = −l, z eho lze urit konstantu úmrnosti β.
2Bohuel, symbol omega se nkdy pouívá jako skalár a nkdy jako vektor. Symbolem ω (skalárem) se oznauje úhlová rychlost i frekvence, která asto s rotací souvisí jen vzdálen – napíklad u oscilátor. U rotace tles se pouívá veliina ω, co je vektor a nese v sob informaci o smru osy rotace.
28
Platí, e E = ∫ 0
−l F · dr , piem dr = [dx]
• Z kinetické energie zátky vypoítejte rychlost.
Na zátku psobí tlaková síla Fp a tecí síla T . Tecí síla je tím vtší, ím hloubji je zátka zaraena. Hloubka zaraení je toté, co x-ová souadnice. Síla bude pímo úmrná x, piem konstantu úmrnosti ozname β. Vyjádíme sloky obou psobících sil:
T = [βx] Fp = [Fp]
Výslednice sil F je soutem tecí a tlakové síly: F = T + Fp = [βx+ Fp]
Je-li x = −l, pak F = 0 (mezní stav, kdy síly jsou v rovnováze). Z toho uríme konstantu úmrnosti β. β(−l) + Fp = 0
β(−l) = −Fp
β = Fp l
Snadno nyní meme napsat vztah pro výslednici sil. Dále víme, e výsledná síla koná práci po dráze dr . Zátka se pohybuje pouze v x-ové souadnici.
F = [ Fp l x+ Fp
] dr = [dx]
Vypoítáme práci, kterou vykonají ob psobící síly (tj. práce výslednice sil).
E = ∫ B
2
) = Fpl
2 Pírstek kinetické energie zátky je roven vykonané práci. Poátení rychlost zátky byla nulová. Vypoí- táme rychlost zátky po vylétnutí z láhve.
1 2mv
2 = Fpl
m
29
Tlakovou sílu Fp vyjádíme jako souin plochy a tlaku. Hrdlo láhve je kruh o prmru d a prezu S. Tlak ozname p a máme tím na mysli rozdíl tlaku v láhvi a okolního tlaku.
Fp = p S = p πr2 = p π ( d
2
)2
v = √
0, 01 .= 18 m s−1 ≈ 64 km h−1
17. Silvestrovská rachejtle (Ciolkovského rovnice)
Silvestrovská rachejtle odstartovala svisle vzhru. Její hmotnost pi startu je 12 gram, z eho 4 gramy tvoí palivo, které jí vystaí na dv sekundy letu. Pedpokládejte, e palivo ubývá rovnomrn (tj. dm
dt = konst.) a rychlost tryskajících plyn je V=150ms−1.
• Nakreslete obrázek, vyznate psobící síly a zvolte souadnou osu. • Vypoítejte sílu raketového motoru (FR = V dm
dt ) • Jaké zrychlení má raketa pi startu? • Jaké zrychlení má raketa tsn pedtím, ne jí dojde palivo? Je nutné vzít v úvahu, e hmotnost se zmenšila. • Jaké maximální rychlosti raketa dosáhne?
ešení: Na raketu psobí dv síly. Gravitaní síla G smující dol a reaktivní síla FR, která urychluje raketu vzhru. Reaktivní síla má píinu v tom, e z rakety tryskají velkou rychlostí V zplodiny ze spalování hoící hnací smsi. Pro jednoduchost si pedstavme raketu, která je pi startu zablokována a nepohybuje se. Rychlost plyn je pak konstantní, ale jejich hybnost narstá, protoe kadou sekundu jich pibývá. Zmna hybnosti za jednotku asu je velmi dleitá informace, protoe to je rovno psobící síle. Zbývá si uvdomit, e zatímco hmotnost plyn stále narstá, hmotnost rakety stejnou mrou klesá (hmota se nikam neztrácí). Je tedy lhostejné, zda budeme pi výpotu síly uvaovat klesání hmotnosti rakety nebo pibývání plyn. Nech tedy symbol m oznauje hmotnost rakety. V tom pípad bude její derivace dm
dt záporná, protoe hmotnost rakety klesá. Síla raketového motoru se tudí vypoítá FR = V dm
dt . Pedpokládejme jednorozmrný pohyb a zaveme souadnici x, která bude smovat nahoru. Pak rych-
lost plyn bude vektor V = [−V ]
Rychlost plyn je záporná, protoe smuje dol. Nyní rozepíšeme sloky obou sil:
FR = V dm dt =
] G = [−mg]
Výslednici sil ozname F . Platí pro ni, e je soutem obou psobících sil.
F = FR + G
Zrychlení vypoítáme tak, e výslednici sil podlíme hmotností rakety.
a = F
30
Pro íselný výpoet zrychlení potebujeme znát údaj dm dt , co je míra ubývání hmotnosti rakety (v kilogra-
mech za sekundu). Veškeré veliiny týkající se startu rakety budeme oznaovat indexem A, zatímco stav tsn ped spotebováním paliva indexem B. Víme, e hmotnost rakety pi startu byla mA=12 gram a o dv sekundy pozdji (tB - tA) pouze mB=8 gram. V zadání píkladu jsme pedpokládali, e palivo hoí rovnomrn, take meme psát
dm dt = mB −mA
Nyní meme snadno spoítat sílu raketového motoru
FR = −V dm dt = −150(−0, 002) = 0, 3 N
Dále vypoítáme zrychlení rakety pi startu, kdy je mA=12 gram:
aA = − V
dm dt − g = − 150
0, 012(−0, 002)− 10 = 25− 10 = 15 m s−2
a zrychlení rakety tsn ped vyhoením paliva, kdy je mB=8 gram:
aB = − V
dm dt − g = − 150
0, 008(−0, 002)− 10 = 37.5− 10 = 27.5 m s−2
Dalším úkolem je vypoítat maximální rychlost rakety, tedy vB. Vyjdeme z rovnice pro zrychlení, ale upravíme ji tak, aby na jedné stran rovnice byly veliiny týkající se asu a na stran druhé veliiny týkající se hmotnosti (provedeme tzv. separaci promnných).
a+ g = −V m
Nyní ob strany rovnice zintegrujeme od A do B.∫ B
A
−V dm m
Je vhodné podotknout, e A a B u uritého integrálu nejsou njaká konkrétní ísla, ale spíše stavy, ve kterých se njaký zkoumaný systém nachází. Pokraujme v úprav rovnice.∫ B
A
dm
[v]BA + g[t]BA = −V [ln(m)]BA (vB − vA) + g(tB − tA) = −V (ln(mB)− ln(mA)) (vB − vA) + g(tB − tA) = V (ln(mA)− ln(mB)) (vB − vA) + g(tB − tA) = V ln mA
mB
Víme, e poátení rychlost vA byla nulová. Dále rozdíl as tB − tA pedstavuje dobu innosti raketového motoru, co ozname T .
vB + gT = V ln mA
mB
vB = 150 · ln 12 8 − 10 · 2 = 41 ms−1
Tím jsme vypoetli maximální rychlost rakety.
31
18. Hasiská hadice
Z hasiské hadice chrlí voda (%=1000 kgm−3) o prtoku 200 litr za minutu. Prmr trysky je 12,5mm. Vypoítejte:
• objemový prtok vody (kolik metr krychlových protee za jednu sekundu) • rychlost proudící vody • maximální výšku, do které voda vystíkne kolmo vzhru (odpor vzduchu zanedbejte) • petlak v hadici (pedpokládejte ideální kapalinu). • výkon erpadla poární stíkaky • jak se za kadou sekundu zvýší hybnost vystíknuté vody • zptný tah hubice, tj. reaktivní sílu, kterou musí hasi udret (hubice se chová jako raketový motor)
ešení: Objemový prtok v metrech krychlových za sekundu ozname Q, piem platí, e Q = dV
dt . Jeho íselná hodnota je
Q = 0, 2 60
.= 0, 003333 m3 s−1
Objemový prtok je souin prezu S a rychlosti v, z eho snadno uríme rychlost kapaliny.
Q = Sv
v = Q
S
Víme, e hubice má kruhový prez o prmru d. Platí tedy
S = πr2 = π
πd2 .= 27 m s−1
Maximální výšku meme urit napíklad z Bernoulliho rovnice (pípadn jinou úvahou o energii). Pro ideální kapalinu platí, e
p+ h%g + 1 2%v
2 = konst
pA + hA%g + 1 2%v
2 A = pB + hB%g + 1
2%v 2 B
kde veliiny s indexem A pedstavují stav vody tsn po vystíknutí z hadice. Výšku hA polome rovnu nule, rychlost vA jsme urili v pedchozím výpotu. Veliiny s indexem B popisují vodu v její nejvyšší výšce, kde je rychlost vB nulová. Oba tlaky pA i pB jsou tlaky atmosférické a povaujme je za stejné. Platí tedy
1 2%v
gπ2d4 .= 37m
Tlak v hadici meme vypoítat opt z Bernoulliho rovnice. Veliiny s indexem A ponechme beze zmny. Veliiny s indexem B však nyní budou pedstavovat stav vody v hadici, kde je voda pod tlakem pB.
32
Rychlost vody v hadici polome rovnu nule, i kdy to není zcela pravda (je však mnohonásobn menší ne výtoková rychlost vA). Výška kapaliny hA i hB je stejná, tudí z rovnice vymizí.
pA + 1 2%v
2 A = pB
Ozname p petlak v hadici, který je roven pB − pA. Platí
p = 1 2%v
2 = 1 2% Q2
.= 370 kPa
Dalším úkolem je vypoítat výkon erpadla poární stíkaky. Výkon meme povaovat za souin síly a rychlosti. Tedy
P = Fv = Sp Q
.= 1230W
Poslední dva úkoly spolu velmi úzce souvisejí a jak uvidíme, odpov je v obou pípadech stejná. Jde o výpoet síly, která psobí na hubici v opaném smru ne tryská voda. Je to síla, která by dokázala nezkušeného hasie povalit na záda. Pvod této síly spoívá v tom, e voda zmnila svou rychlost, protoe v hubici byla urychlována. Tohoto zrychlení je moné docílit pouze psobením síly. Ze zákona akce a reakce je zejmé, e silové psobení je vzájemné, tedy e hubice psobí na vodu a souasn voda na hubici. Je zde zejmá analogie s raketovým motorem.
Druhý Newtonv zákon íká, e F = dp dt , take kdy zjistíme, jak se za kadou sekundu zmní hybnost
vystíknuté vody, zjistíme tím souasn velikost síly. Hybnost vody je rychlost krát hmotnost
p = mv
ale hmotnostm se kadým okamikem zvyšuje. Nárst hmotnosti za sekundu vypoítáme tak, e objemový prtok Q vynásobíme hustotou (hustota krát objem je hmotnost), tedy %
dV dt = dm
dt . Jestlie zmnu hmotnosti vynásobíme rychlostí, získáme zmnu hybnosti. A to je rovno psobící síle.
F = dp dt = dm
Q
S = %
Q2
S = 4%Q2
πd2 .= 90, 5N
19. Horkovzdušný balón
Teplota vzduchu uvnit horkovzdušného balónu je 100C, piem teplota okolí je 20C a hustota okolního vzduchu je 1,28 kgm−3. Hmotnost balónu iní jednu tunu. Jaký musí mít objem, má-li se vznášet?
• Nakreslete obrázek a vyznate psobící síly • Pro vyjádení vztlakové síly poute Archimédv zákon. • Hmotnost balónu vyjádete jako souet hmotnosti jeho pevných souástí a hmotnosti vzduchu, který je uvnit. • Pokuste se ze stavové rovnice pV = nRT dokázat, e souin hustoty a teploty je konstanta. • Vypo&iacut