Řešení testu 1a

Mechanika a molekulová fyzika NOFY021

úterý 30. listopadu 2021

Příklad 1

Zadání: Lučištnice vystřelila šíp z výšky h₀ = 1.2 m nad zemí, šíp se zabodl do terče ve vzdálenosti L = 70 m ve výšce h₁ = 0.9 m nad zemí. Před výstřelem lučištnice mířila na pomyslný bod, který se nachází svisle nad terčem ve výšce h= 8.5 m nad zemí.

Vypočítejte, pod jakým úhlem a jakou rychlostí lučištnice šíp vystřelila.

Poznámka: Úlohu vyřešte nejprve obecně, poté teprve číselně. Počítejte s tíhovým zrychlením g = 9.81 m s⁻² a při výpočtu použijte následující identitu.

cos²α= 1 1 + tg²α

Řešení: Na šíp po vystřelení působí tíhová síla, která mu uděluje zrychlení −g ve svislém směru. Pohybové rovnice pro šíp, který reprezentujeme hmotným bodem, můžeme tedy na- psat jako:

¨ x= 0

¨ y =−g s počátečními podmínkami

x(t= 0) = 0 y(t= 0) =h₀ v_x(t= 0) =v₀cosα v_y(t= 0) =v₀sinα Jejich vyřešením dostáváme trajektorii letu oštěpu:

x(t) =v₀tcosα, (1)

y(t) =h₀+v₀tsinα−1

2gt². (2)

tgα= h−h₀

L (3)

V bodě T, kde se šíp zapíchne do terče, můžeme dosadit do rovnic (1) a (2) známou x-ovou a y-ovou souřadnici.

x(T) = L=v₀Tcosα, (4)

y(T) = h₁ =h₀+v₀T sinα− 1

2gT². (5)

Z rovnice (3) si vyjádříme dobu letu T a dosadíme ji do rovnice (4).

T = L v₀cosα

h₁ =h₀+v₀sinα L

v₀cosα − gL² 2v²₀cos²α 0 = h₀−h₁+Ltgα− gL²

2v²₀cos²α (6)

Použijeme-li vztah (3) pro úhel α a identitu ze zadání, můžeme dopočítat neznámou rych- lost v₀.

0 =h₀−h₁+h−h₀− gL² 2v₀²cos²α v²₀ = gL²

2(h−h₁) 1

cos²α (7)

v²₀ = gL²

2(h−h₁) 1 + tg²α v²₀ = gL²

2(h−h₁)

1 + (h−h0)² L²

v²₀ = g[L²+ (h−h₀)²)]

2(h−h₁) (8)

Dopočítejme tedy z rovnic (8) a (3) počáteční rychlost v₀ a úhelα.

v₀ = s

g[L²+ (h−h₀)²)]

2(h−h1)

= 56.5 m s. ⁻¹ (9)

α= arctg

h−h₀ L

.

= 6.0^◦ (10)

Příklad 2

Zadání: Mějme kuličku o hmotnosti m = 500 g a pružinu o zanedbatelné hmotnosti, délce L₀ = 8 cm a tuhosti k = 200 N m⁻¹. Kuličkou stlačíme pružinu o ∆L= 4 cm a pustíme.

V jaké poloze se kulička oddělí od pružiny? Za jak dlouho od okamžiku, kdy pustíme pružinu s kuličkou, narazí kulička do protilehlé stěny, která je ve vzdálenosti D = 1 m od druhého konce pružiny (viz obrázek)?

Předpokládejme, že při odrazu od stěny kulička ztratí polovinu své kinetické energie a vrátí se zpět k pružině, která je v nenapjatém stavu. O jakou délku ji stlačí tentokrát?

Řešení: Kulička s pružinou tvoří harmonický oscilátor, jehož úhlová frekvence kmitů ω a perioda T jsou následující.

ω= rk

m (1)

T = 2π rm

k (2)

Časová závislost výchylky pružiny z rovnovážné polohyx(t)a rychlosti kuličkyv(t)jsou dány obecnou funkcí sinus resp. kosinus s amplitudou A a fázovým posuvem ϕ.

x(t) = Acos(ωt+ϕ) (3)

v(t) = −Aωsin(ωt+ϕ) (4)

Dosadíme-li počáteční podmínkyx(t= 0) = ∆Lav(t= 0) = 0, můžeme dopočítat neznámou amplitudu A a fázový posuv ϕ.

∆L=Acosϕ

0 =−Aωsinϕ ⇒ ϕ= 0 ∧ A= ∆L Rovnice (3) a (4) mají v našem případě tvar:

x(t) = ∆Lcos(ωt), (5)

v(t) =−∆Lωsin(ωt). (6)

časut₁, který je roven jedné čtvrtině periodyT. Rychlost kuličky v okamžiku opuštění pružiny je maximální a je rovna:

v_max = ∆Lω= ∆L rk

m. (7)

Stejný výsledek bychom získali výpočtem pomocí energií. Ve stlačeném stavu je poten- ciální energie pružnosti maximální a kinetická energie kuličky nulová. Zatímco v okamžiku odpoutání kuličky od pružiny je potenciální energie pružnosti nulová a kinetická energie ku- ličky je maximální.

E_p0 = 1

2k(∆L)² (8)

E_k0 = 0 E_p1 = 0 Ek1 = 1

2mv²_max (9)

Z rovnosti energií E_p0 =E_k1 získáme po drobných úpravách stejnou velikost rychlosti v_max danou rovnicí (7).

Po odpoutání od pružiny se tedy kulička pohybuje rovnoměrným pohybem. Doba, za kterou kulička urazí vzdálenost D−Lje t₂

t₂ = D−L

v_max = D−L

∆L rm

k (10)

Celkový čas t =t₁+t₂, po který se bude kulička pohybovat je tedy:

t= T 4 +t₂ t= π

2 rm

k +D−L

∆L rm

k t=

rm k

π

2 + D−L

∆L

(11) t .

= 1.43 s (12)

Při nárazu do stěny kulička ztratí polovinu své kinetické energie a její rychlost klesne na hodnotu v₂. V momentu opětovného nárazu kuličky do pružiny je opět kinetická energie kuličky rovna E_k2 a potenciální energie pružnosti je nulová. Naopak v okamžiku maximál- ního znovu-stlačení pružiny o maximální výchylku xmax je kinetická energie kuličky nulová a potenciální energie pružnosti je maximální.

E_k2 = 1

2E_k1 = 1

4mv_max² = 1

4k(∆L)² (13)

Ep2 = 0 E_k3 = 0 E_p3 = 1

2kx²_max (14)

Z rovnosti obou energií opět můžeme dopočítat maximální výchylku x_max. E_k2 =E_p3

1

4k(∆L)² = 1 2kx²_max x_max =

√2

2 ∆L (15)

x_max = 2.8 cm (16)

Zadání: Na pevné kladce o zanedbatelné hmotnosti jsou zavěšena závaží o hmotnostech m₁ = m₂ = 300 g, přičemž druhé závaží m₂ se nachází ve výšce h = 50 cm nad zemí, viz obrázek. Nad druhým závažím se ve vzdálenosti d= 20 cm nachází třetí závaží o hmotnosti m₃ = 100 g. Soustavu uvedeme do pohybu tak, že

(a) závaží m₃ na druhé závaží položíme,

(b) závaží m3 na druhé závaží upustíme z výškyd a obě závaží se po nárazu spojí.

Vypočítejte pro oba případy, za jak dlouho dopadne druhé závaží na zem.

Poznámka: Počítejte s tíhovým zrychlením g = 9.81 m s⁻².

Řešení: Zrychlení soustavy po „přiložení“ třetího závaží bude stejné v obou případech a bude dáno pouze působícími silami. Na závažím₁ se pohybuje směrem nahoru, působí na něj tíhová síla směrem dolů a tahová síla T vlákna směrem nahoru. Závaží m₂+m₃ se pohybuje směrem dolů, působí na něj tíhová síla směrem dolů a tahová síla T vlákna směrem nahoru.

Pro obě závaží můžeme tedy psát 2. Newtonův zákon následovně.

m₁a=−m₁g+T (1)

−(m₂+m₃)a=−(m₂+m₃)g+T (2) Odečtením rovnic (1) a (2) vyloučíme tahovou sílu T a s využitím rovnosti m1 =m2 dosta- neme zrychlení soustavy a.

a = m2+m3 −m1

m₁ +m₂+m₃g = m3

m₁+m₂+m₃g (3)

(a) V prvním případě je počáteční rychlost soustavy po porušení rovnováhy nulová.

Všechny 3 závaží se společně pohybují rovnoměrně zrychleným pohybem se zrychlením a.

Pro dráhu h platí známý vztah:

h= 1

2at²₁, (4)

ze kterého snadno vyjádříme a dopočítáme čas t1. t₁ =

r2h a t₁ =

s 2h

g

m₁+m₂+m₃ m3

(5) t₁ .

= 0.84 s (6)

(b) Ve druhém případě je počáteční rychlost soustavy po porušení rovnováhy nenulová a je určena zákonem zachování hybnosti. Po srážce se pohybují všechna tři závaží rychlostí o velikosti v.

m₁·0 +m₂·0 +m₃v₀ = (m₁+m₂+m₃)v (7) Rychlostv₀ třetího závaží před srážkou je daná rychlostí volného pádu a lze ji vypočítat např.

ze zákona zachování energie.

m₃gd= 1 2m₃v₀² v₀ =p

2gd (8)

⇒v =p

2gd m₃ m1+m2+m3

(9) Po srážce se všechny 3 závaží pohybují společně rovnoměrně zrychleným pohybem se zrych- lením a a počáteční rychlostí v. Pro dráhu h platí potom vztah:

h= 1

2at²₂+vt₂, (10)

ze kterého vyjádříme čas t₂ jako kladný kořen kvadratické rovnice.

t₂ = −v+√

v² + 2ah a

t₂ = v

a −1 + r

1 + 2ah v²

!

t₂ =

√2gd

g −1 + s

1 + 2gh 2gd

m₁+m₂+m₃ m₃

!

t₂ = s

2d

g −1 + r

1 + h d

m₁+m₂+m₃ m₃

!

(11) t₂ .

= 0.67 s (12)

Zadání:Uvažujme družici o hmotnostim= 100 kg, která se pohybuje (bez vlastního pohonu) ve společném gravitačním poli Země a Měsíce. Gravitační působení Slunce a okolních těles zanedbejme.

Nalezněte alespoň jeden bod v konečné vzdálenosti od Země, ve kterém je výsledná gravitační síla působící na družici nulová.

Vypočítejte potenciální energii družice v tomto bod2.

Poznámka: Střední vzdálenost Země a Měsíce je R = 384 400 km, hmotnost Země je M_Z = 6×10²⁴ kg, poměr hmotností Měsíce a Země je µ= ^M_M^M

Z = ₈₁¹ .

Řešení: Pro body ležící mimo spojnici středů Země a Měsíce, má výsledná gravitační síla vždy nenulovou složku ve směru kolmém na tuto spojnici. Počítejme tedy pouze polohy družice na této spojnici. Velikost gravitační síly, kterou působí Země na družici, je rovna:

FgZ = κM_Zm

r² , (1)

podobně můžeme napsat velikost gravitační síly, kterou na družici působí Měsíc:

F_gM = κM_Mm

(R−r)². (2)

V rovnováze mají obě síly stejnou velikost a opačný směr. Z rovnosti F_gZ = F_gM můžeme tedy dopočítat neznámé polohy r.

κM_Zm

r² = κM_Mm (R−r)² R²−2Rr+r² = M_M

M_Zr²

(1−µ)r²−2Rr+R² = 0 (3)

Kvadratická rovnice (3) má obecně 2 kořeny, jeden pro polohu družice „mezi“ Zemí a Měsícem, druhý pro polohu družice „za“ Měsícem. Ve druhém případě (bodX₂, družice „za“ Měsícem) ovšem mají obě dvě gravitační síly stejnou velikost i směr a výsledná gravitační síla tedy není nulová.

r₁₂= 2R±p

4R²−4R²(1−µ) 2(1−µ)

r12= R 1−µ

1±p

1−1 +µ

r₁ = 1−√ µ

1−µ R= (1−√ µ) (1 +√

µ)(1−√ µ)R r₁ = R

1 +√

µ = 0.9R = 345 960 km (4)

r₂ = 1 +√ µ

1−µ R = (1 +√ µ) (1 +√

µ)(1−√ µ)R r₂ = R

1−√

µ = 1.125R .

= 432 450 km (5)

Celková potenciální energie gravitačního pole je rovna součtu příspěvku od gravitačního pole Země a gravitačního pole Měsíce. Pro družici je potenciální energie gravitačního pole Země rovna:

EpZ1 =−κM_Zm

r₁ , (6)

podobně opět můžeme napsat potenciální energii gravitačního pole Měsíce:

E_pM1 =−κM_Mm

R−r₁ . (7)

Celková potenciální energie v bodě X₁ je rovna:

E_p1 =E_pZ1 +E_pM1 E_p1 =−κM_Zm

r1

1 +µ r₁ R−r1

E_p1 =−κM_Zm

R (1 +√

µ) 1 +µ

1 1+√

µ

1− ₁₊^1√_µ

!

E_p1 =−κM_Zm

R (1 +√ µ)

1 +µ 1 1 +√

µ−1

E_p1 =−κMZm

R (1 +√

µ)² (8)

E_p1 .

=−1.3×10⁸ J (9)