Řešení testu 1

Mechanika a molekulová fyzikaNOFY021

čtvrtek 28. listopadu 2019

Příklad 1Zadání: Lovec vrhl oštěp z výšky H = 1.5 m nad zemí směrem ke kopci vzdálenému(a) L = 30 m (počítala 1. skupina od 8:10), (b) L = 10 m (počítala 2. skupina od 9:50)rychlostí v0 = 12 m s−1 pod úhlem α = 55◦. Úhel stoupání kopce je β = 45◦.Vypočítejte, do jaké vzdálenosti D od paty kopce se zabodl oštěp.

Pozn.: Kvůli chybě v zadání počítala 1. skupina s příliš velkou vzdáleností L a tím pádemoštěp ke kopci nedoletěl.

Řešení: Na oštěp po vyhození působí tíhová síla, která mu uděluje zrychlení −g ve svislémsměru. Pohybové rovnice pro oštěp, který reprezentujeme hmotným bodem, můžeme tedynapsat jako:

x = 0

y = −g

s počátečními podmínkami

x(t = 0) = −Ly(t = 0) = H

vx(t = 0) = v0 cosα

vy(t = 0) = v0 sinα

Jejich vyřešením dostáváme trajektorii letu oštěpu:

x = v0t cosα− L, (1)

y = H + v0t sinα− 1

2gt2. (2)

(a) V prvním případě je vzdálenost L příliš velká, a tudíž se oštěp zabodne do zeměještě před kopcem v bodě A se souřadnicemi [xa, ya] = [−D, 0]. Rovnice (2) má potom tvarkvadratické rovnice

0 = H + v0ta sinα− 1

2gt2a

1

s kořeny

ta,12 =1

g

(v0 sinα±

√v20 sin2 α + 2Hg

)ta,12 =

v0 sinα

g

(1±

√1 +

2Hg

v20 sin2 α

), (3)

kde zápornému času ta odpovídá okamžik před vyhozením oštěpu, zatímco kladná hodnotata je dobou letu. Dosadíme-li tuto hodnotu do rovnice (1), dostaneme rovnou vzdálenost Dod paty kopce.

−D = v0ta cosα− L

D = L− v20 sinα cosα

g

(1 +

√1 +

2Hg

v20 sin2 α

)(4)

D = 15.2 m

Oštěp se tedy zabodne před kopcem ve vzdálenosti 15.2 m.

(b) V druhém případě je vzdálenost L dostatečně malá, aby oštěp doletěl ke kopci a zabodlse do něj v bodě B se souřadnicemi [xb, yb], pro které platí:

xb = D cos β =

√2

2D, (5)

yb = D sin β =

√2

2D. (6)

V bodě B jsou velikosti x-ové a y-ové souřadnice stejné, můžeme v něm tedy rovnice (1) a (2)položit do rovnosti.

xb = yb

v0tb cosα− L = H + v0tb sinα− 1

2gt2b

Řešením poslední kvadratické rovnice jsou časy tb,12:

tb,12 =1

g

(v0 sinα− v0 cosα±

√v20(sinα− cosα)2 + 2(H + L)g

)tb,12 =

v0 sinα

g

(1− cotgα±

√(1− cotgα)2 +

2(H + L)g

v20 sin2 α

), (7)

kde opět zápornému času tb odpovídá okamžik před vyhozením oštěpu a kladná hodnota tb jedobou letu. Dosadíme-li tuto hodnotu do rovnice (1), dostaneme x-ovou souřadnici bodu B.

xb = v0tb cosα− L

xb =v20 sinα cosα

g

(1− cotgα +

√(1− cotgα)2 +

2(H + L)g

v20 sin2 α

)− L (8)

xb = 2.81 m

2

Pro kontrolu stejný výsledek obdržíme pro y-ovou souřadnici bodu B dosazením času tb dorovnice (2).

tb =v0g

(sinα− cosα +

√1− 2 sinα cosα +

2(H + L)g

v20

)

yb = H + v0tb sinα− 1

2gt2b

yb = H +v20 sinα

g

(sinα− cosα +

√1− 2 sinα cosα +

2(H + L)g

v20

)

− v202g

(sin2 α− 2 sinα cosα + cos2 α + 1− 2 sinα cosα +

2(H + L)g

v20

)− v20

g

((sinα− cosα)

√1− sin 2α +

2(H + L)g

v20

)

yb = H +v20g

(sin2 α− sinα cosα− 1 + 2 sinα cosα

)+v20g

(cosα

√1− 2 sinα cosα +

2(H + L)g

v20

)−H − L

yb =v20 cosα

g

(sinα− cosα +

√1− 2 sinα cosα +

2(H + L)g

v20 sin2 α

)− L (9)

yb = 2.81 m

Z rovnic (5) a (6) si můžeme vzdálenost D vyjádřit jako D =√

2xb =√

2yb, neboli:

D =√

2

[v20 sinα cosα

g

(1− cotgα +

√(1− cotgα)2 +

2(H + L)g

v20 sin2 α

)− L

](10)

D ≈ 4 m.

Oštěp se tedy zabodne ve vzdálenosti 4 m od paty kopce.

3

Příklad 2Zadání: Posilovací náčiní (viz obrázek) se skládá ze tří stejných pružin o stejné tuhosti ka délce L = 40 cm. Působíme-li na každou pružinu zvlášť silou F = 100 N, prodlouží seo délku ∆L = 10 cm.Jakou práci vykonáme při natažení posilovacího náčiní na dvojnásobnou délku?

Řešení: V nenapjatém stavu má pružina délku L a napneme ji na dvojnásobnou délku2L. Práce, kterou při napínání pružiny vykonáme, je rovna rozdílu potenciálních energiív napjatém a v nenapjatém stavu.

W = Ep1 − Ep0

Potenciální energie pružnosti je dána výrazem

Ep =1

2Ky2,

kde K je tuhost celého náčiní a y je výchylka z rovnovážné polohy. Potenciální energie nena-pjaté pružiny je tedy nulová a práce W je rovna potenciální energii Ep1.

W =1

2K(2L− L)2

W =1

2KL2 (1)

Tuhost k každé pružiny určíme ze známého prodloužení ∆L a rovnováhy síly F se siloupružnosti pružiny.

F = k∆L

k =F

∆L(2)

4

Tuhost K tří pružin spojených vedle sebe je rovna součtu tuhostí jednotlivých pružin k.Pokud bychom chtěli napnout všechny tři pružiny o délku ∆L, museli bychom na ně působittrojnásobnou silou. Dáme-li dohromady rovnice (1) a (2) a položíme K = 3k, dostaneme propráci W :

W =3FL2

2∆L(3)

W = 240 J.

5

Příklad 3Zadání: Uvažujme pohyb planety X kolem Slunce po eliptické trajektorii. V periheliu trajek-torie je vzdálenost planety X od Slunce rovna rp = 2 AU a její rychlost vp je rovna 4

5oběžné

rychlosti vZ Země kolem Slunce. Hmotnost planety X je rovna 12hmotnosti Země MZ .

Vyjádřete obecně:(a) celkovou mechanickou energii planety X,(b) vzdálenost a rychlost planety X v afeliu.

Pozn.: Předpokládejte, že Země se pohybuje kolem Slunce po kružnici konstantní rychlostí vevzdálenosti R = 1 AU. Rotaci planety X kolem vlastní osy a vliv gravitace ostatních planetzanedbáváme.Řešení: (a) Celková mechanická energie planety X je rovna součtu její kinetické a potenciálníenergie Ek a Ep:

Ek =1

2MXv

2, (1)

Ep =−κMXMS

r, (2)

kde MS je hmotnost Slunce a κ je gravitační konstanta. Vzhledem k tomu, že se celkovámechanická energie zachovává v každém bodě trajektorie, můžeme ji vypočítat ze známýchhodnot vzdálenosti a rychlosti v periheliu. Vzdálenost planety X v periheliu je rovna dvojná-sobku střední vzdálenosti Země od Slunce, rp = 2R; rychlost planety X v periheliu je zadánapomocí oběžné (kruhové) rychlosti Země vZ .

vZ =

√κMS

R

vp =4

5

√κMS

R

Celková mechanická energie je tedy rovna:

E = Ek + Ep

E =1

2MXv

2p −

κMXMS

2R

E =16

50

κMXMS

R− κMXMS

2R

E = − 9

50

κMXMS

R

E = − 9

100

κMZMX

R(3)

Uvážíme-li, že celková mechanická energie Země EZ je

EZ = −κMZMS

2R,

můžeme rovnici (3) přepsat jako:

E =9

50EZ . (4)

6

Energie Země i planety X jsou záporné, celková mechanická energie planety X je tedy vyššía planeta se pohybuje po elipse s ohniskem ve Slunci.

(b) Rychlost va a vzdálenost ra planety X v afeliu určíme nejsnadněji použitím zákonazachování mechanické energie, kterou jsme spočítali v předchozím bodě.

− 9

100

κMZMS

R=

1

4MZv

2a −

κMZMS

2ra(5)

Zaveďme si pro jednoduchost bezrozměrné jednotky pro vzdálenost a rychlost.

% =raR

ν =vavZ

=va√κMS

R

Rovnice (6) potom přejde do tvaru:

− 9

100=

1

4ν2 − 1

2%. (6)

Jako druhou rovnici pro neznámé ra a va, resp. % a ν použijeme druhý Kepplerův zákonzapsaný pro perihelium a afelium.

rava = rpvp

%ν =8

5(7)

Z poslední rovnice si můžeme vyjádřit např. parametr % = 85ν

a dosadit do rovnice (6).

− 9

100=

1

4ν2 − 5

16ν

0 =1

2ν2 − 5

8ν +

9

50

Řešením poslední kvadratické rovnice jsou kořeny:

νa,p =5

8±√

25

64− 18

50

νp =4

5

νa =9

20(8)

První kořen odpovídá (přirozeně) periheliu, druhý kořen afeliu. Pro vzdálenost v afeliu platí:

%a =8

5νa=

32

9. (9)

Rychlost a vzdálenost planety X v afeliu jsou tedy:

ra =32

9R (10)

va =9

20

√κMS

R(11)

7

Příklad 4Zadání: Sáňkař sjíždí z kopce z výšky h0 = 10 m podle obrázku.Vypočítejte, do jaké výšky h1 vyjede na protějším kopci, je-li koeficient smykového tření mezisáněmi a sněhem f = 0.1, délka rovinky l = 20 m a sklon kopců α = 30◦ a β = 20◦.

Řešení: Rozdělme si pohyb sáňkaře na tři části: jízda z kopce, jízda po rovince a jízda dokopce.

Při jízdě z kopce působí ve směru pohybu sáňkaře tečná složka tíhové síly Ft1 a protisměru jeho pohybu třecí síla Fs1.

Ft1 = FG sinα = mg sinα

Fs1 = fFn1 = fFG cosα = fmg cosα

Z druhého Newtonova zákona můžeme vypočítat zrychlení sáňkaře a1.

F1 = ma1

F1 = Ft1 − Fs1a1 = g(sinα− f cosα) (1)

Sáňkař koná rovnoměrně zrychlený pohyb, jehož dráhu a rychlost popisují následujícívztahy.

s1 =1

2a1t

21

v1 = a1t1 ⇒ t1 =v1a1

s1 =v212a1

Dráhu s1 můžeme vyjádřit ze známe výšky h0 a spočítat rychlost v1 sáňkaře na konci prvníhokopce.

v1 =√

2a1s1

v1 =

√2h0g

sinα(sinα− f cosα) (2)

v1 = 12.74 m s−1

8

Při jízdě po rovince působí proti směru pohybu sáňkaře třecí síla Fs2.

Fs2 = fFn2 = fmg

Z druhého Newtonova zákona vypočítáme zrychlení sáňkaře a2.

F2 = ma2

F2 = Fs2

a2 = fg (3)

Sáňkař koná rovnoměrně zpomalený pohyb, jehož dráhu a rychlost popisují následujícívztahy.

s2 = v1t2 −1

2a2t

22

v2 = v1 − a2t2První rovnice má dva kořeny:

t2 =1

a2

(v1 ∓

√v21 − 2a2s2

),

kde první kořen odpovídá dosažení konce rovinky s rychlostí v2, zatímco druhý kořen odpovídáteoretické situaci, kdy sáně zastaví až za koncem rovinky a vrátí se opačným směřem dovzdálenosti s2. Rychlost sání na konci rovinky je tedy:

v2 =√v21 − 2a2s2

v2 =

√2h0g

sinα(sinα− f cosα)− 2fgl (4)

v2 = 11.09 m s−1

Při jízdě do kopce působí proti směru pohybu sáňkaře tečná složka tíhové síly Ft3 a třecísíla Fs3.

Ft3 = FG sin β = mg sin β

Fs3 = fFn3 = fFG cos β = fmg cos β

Z druhého Newtonova zákona můžeme vypočítat zrychlení sáňkaře a3.

F3 = ma3

F3 = Ft3 + Fs3

a3 = g(sin β + f cos β) (5)

Sáňkař koná rovnoměrně zpomalený pohyb, jehož dráhu a rychlost popisují následujícívztahy.

s3 = v2t3 −1

2a3t

23

v3 = v2 − a3t3 ⇒ t3 =v2 − v3a3

∣∣∣∣v3=0

=v2a3

s3 =v222a3

9

Dráhu s3 můžeme opět vyjádřit pomocí konečné výšky h a dosadit z rovnice (4) rychlost v2.

h

sin β=

v222a3

h = sin β2h0g(1− fcotgα− 2fgl)

2g(sin β + f cos β)

h = h0(1− fcotgα)− fl/h0

1 + fcotgβ(6)

h = 4.9 m

Sáňkař tedy vyjede druhý kopec do výšky 4.9 m.

10