Úloha VI.3... pracovní pohovor

Transkript

1 Úloha VI.3... pracovní pohovor 4 body; průměr,39; řešilo 36 sudenů Jedna z pracoven lorda Veinariho má kruhový půdorys o poloměru R a je umísěna na ložiscích, díky nimž se může oáče kolem své osy. Pro zajišění oáčení se používá moor, kerý může působi libovolným momenem síly. Při oáčení působí na podlahu mísnosi řecí momen M, nezávislý na rychlosi, kerý je shodný se saickým řecím momenem. Židle pro návšěvy je umísěna ak, že člověk na ní sedící pocíí účinky roace pouze ehdy, přesáhne-li úhlové zrychlení hodnou ε. Určee, za jakou nejkraší dobu se může mísnos ooči o 18, aby návšěva nic nepoznala, a jaká práce je k omuo oočení pořeba. Celková hmonos mísnosi, kerou můžee považova za homogenní disk, je m. Bonus Předpokládeje, že návšěvník pocíí vliv roace ehdy, přesáhne-li úhlový ryv (změna zrychlení) hodnou j. Mirek si už zase splel dveře od pokoje. Úloha má poněkud delší zadání, rozebereme si proo nejprve jednolivé čási a rozmyslíme si, co se po nás chce a jak budeme posupova. Důležié je uvědomi si, že moor je schopen nasavi libovolný momen síly, s nímž se mísnos bude oáče. Pro hledání nejmenšího času edy nemusíme uvažova vůbec řecí momen M, en sehraje roli až při výpoču práce. Naše úloha edy vypadá následovně: máme inegrál φ o = ω() d, dω d < ε [, ], kde φ o = π a ω je úhlová rychlos, a naším úkolem je minimalizova celkový čas, za kerý se mísnos oočí. Zadání by šlo přeformulova jako variační úlohu na hledání minima s danými podmínkami. My si však vysačíme s elemenárními úvahami, přičemž si pomůžeme náčrky rychlosních diagramů. Ješě si uvědomme jednu podsanou věc ačkoli o zadání explicině nezmiňuje, je přirozené předpokláda, že po oočce o φ o = π mísnos nerouje. Kdyby omu ak nebylo, Veinariho hos by po vyměřeném čase vsal a nejpozději při oevření dveří by si roace všiml (pravděpodobně by se před ním oáčela nějaká čás vnější sěny). Nyní budeme předpokláda, že řešení má jednoduchý var, kdy první polovinu času zrychlujeme s konsanním zrychlením ε a druhou polovinu času se sejných zrychlením zpomalujeme, a ukážeme, že ak skuečně dosáhneme minimálního času. Podívejme se na obrázek 1. Víme, že zrychlení je definováno jako první časová derivace rychlosi a že si uo derivaci můžeme v grafu znázorni jako ečnu, jež udává sklon křivky ω() v daném bodě. bsah plochy pod grafem je rovný úhlu, o kerý se mísnos oočí. Zrychlení je konsanní ε, resp. ε, graf se proo skládá ze dvou úseček, keré spolu s časovou osou vyvářejí rovnoramenný rojúhelník. Výšku ohoo rojúhelníku, j. maximální rychlos, můžeme snadno spočía. Pro rovnoměrně zrychlený pohyb máme φ o = 1 ( ) ε, = ε, (1) z čehož snadno vyjádříme = ε φ o. Nyní si předsavme, že základnu rojúhelníku zmenšíme, j. zkráíme čas na <. Pak zřejmě klesne obsah plochy pod grafem (polovina základny krá výška), nedojde edy k oočení 1

2 o celé φ o. Co kdyby plocha neměla var rojúhelníku, j. zrychlení by nebylo po čásech konsanní? bsah by se poé aké nuně zmenšil, argumen 1 je snadný: pokud by křivka v() prola pravou odvěsnu rojúhelníku, již bychom se nesihli vrái zpě v čase, proože sklon křivky nemůže bý věší než sklon odvěsny. Podobně, kdybychom se na začáku někdy pohybovali se zrychlením menším než ε, nesihli bychom v čase / dosáhnou maximální rychlosi a pak jsme již omezeni pravou odvěsnou. V žádném menším čase edy nedokážeme mísnos ooči o φ o. Hledaný minimální čas je edy podle rovnice (1) ω = φo ε. br. 1: Náčrek závislosi úhlové rychlosi roace mísnosi na čase. Čárkovaná čára ilusruje, proč nelze dosáhnou krašího času pořebného k oočce o π. Když už nyní máme jasno v om, jak bude vypada pohyb mísnosi, můžeme spočía práci mooru, kerou musí na jednu oočku o φ o vykona. Analogicky k ranslačnímu pohybu je práce při roaci definována jako inegrál W = π M moor dφ. kde M moor je momen síly, kerým působí moor. Při rozáčení je na mísnos pořeba působi momenem M = Iε + M, jelikož kromě rozáčení disku ješě působíme proi brzdnému řecímu momenu. Plaí I = 1 mr, kde m, R jsou hmonos a poloměr mísnosi ze zadání. Při zpomalování disku máme M = Iε M, jelikož zde ření napomáhá zpomalování. Celková práce je poom π ( ) π 1 1 W = W 1 + W = mr ε + M dφ + π mr ε M dφ. 1 Kdybychom chěli bý exaknější, mohli bychom zde zužikova Lagrangeovu věu o sřední hodnoě diferenciálního poču, ale již jsme si slíbili, že se budeme pohybova na elemenární úrovni.

3 Absoluní hodnoa zde vyjadřuje skuečnos, že práci mooru považujeme vždy za kladnou může oiž dojí k siuaci, kdy M > mr ε /, mísnos by edy samovolně zpomalovala příliš prudce a je proo pořeba její roaci i během brzdění urychlova. Po výpoču dosaneme W = 1 πmr ε pro M mr ε / a pro M mr ε /. W = πm Jisě jse si všimli, že naše řešení má ve funkci ε() nespojios ε v bodě /. uo prudkou změnu zrychlení by návšěvník sedící na židli dozajisa pocíil. Proo v bonusové čási požadujeme, aby úhlový ryv, j. časová derivace úhlového zrychlení, nepřesáhl hodnou j. Závislos v() bude nyní reprezenována hladkou funkcí. Při konsrukci grafu ε() budeme posupova podobně jako v první čási při konsrukci grafu ω() (předpokládáme nulové zrychlení na konci pohybu); zde však budeme navíc požadova rovnos plochy pod a nad časovou osou, čímž docílíme aky nulové rychlosi na konci pohybu. Ryv a zrychlení budou vypada následovně: { j pro [, /4] [3/4, ], j() = j pro (/4, 3/4) a ε() = { j pro [, /4], j / j pro (/4, 3/4), j + j pro [3/4, ]. Graf ω() je načrnu na obrázku. V obrázku je sugesivně zaznačeno, jak budeme posupova při výpoču inegrálu pro celkový úhel φ o. Jedná se o obsah obdélníku kde Z rovnic () a (3) pak snadno vyjádříme φ o =, () = 1 j ( 4 ). (3) = 4 3 φo j. (4) Práci budeme psá nyní jako inegrál ve varu W = Iε() + M dφ = Iε() + M ω d. (5) přičemž sále I = mr /. Inegrova budeme ři úseky o délce /4, / a /4. Časový vývoj momenu M moor je pro názornos uveden na obrázku 3. Pokud ješě neumíe dobře inegrova, uvědome si, že vlasně počíáme plochu pod grafem funkce ε() = ε násobenou momenem servačnosi, přičemž jedna srana obdélníku je zvěšena/zmenšena o M. 3

4 ω /4 / 3/4 br. : Náčrek závislosi úhlové rychlosi na čase pro podmínku j < j. V obrázku je vyznačeno, jak získa obsah plochy pod grafem bez inegrace. M M moor M br. 3: Náčrek závislosi momenu síly na čase. Plná čára značí výsledný momen působící na mísnos, přerušovaná čára předsavuje absoluní hodnou momenu síly mooru. Nyní je pořeba vyjádři rychlosi a zrychlení v jednolivých úsecích v závislosi na čase. U zrychlení jsme o již provedli, pro rychlosi dosaneme inegrací zrychlení { 1 j pro [, /4], ω() = 1 j + 1 j 1 16 j pro (/4, 3/4), 1 j j + 1 j pro [3/4, ]. Jak se bude chova absoluní hodnoa v inegrálu? Pro druhý úsek bude moor působi nulovým momenem síly v čase 1 = / + M j mr a v řeím úseku ze symerie podle obrázku 3 v čase Pokud řecí momen M přesáhne hodnou = M j mr. M mez = 1 8 j mr, 4

5 bude moor působi vždy momenem síly pouze ve směru úhlové rychlosi. eď už nezbývá než provés inegraci. Celkem inegrujeme pro případ M M mez přes pě úseků (druhý a řeí se rozšěpily na dva přes absoluní hodnou). Vzhledem k poču členů v jednolivých inegrandech a varu mezí se jedná o velmi pracný výpoče, uvedeme zde proo pouze výsledek pro M M mez, kerý po dosazení z (4) vypadá následovně: W = 1 3 j 3 M = πm. eno výsledek by nás neměl překvapova, sejně bude vypada při jakémkoli pohybu z klidu do zasavení, kdy po celou dobu pohybu nepřekročí příslušný mezní momen zadaný brzdný řecí momen M. Ješě poznámka na závěr: pokud bychom i v bonusu uvažovali omezení na ε (což bychom měli), museli bychom řeši siuaci, kdy j /4 > ε. Poom by v grafu ε() došlo k uříznuí špiček a v grafu v() by přibyly lineární úseky. Celkový čas by se zřejmě prodloužil. Podrobný přepoče práce mooru je jenom další úmorné cvičení na inegraci polynomů a nic nového do úlohy nepřináší, proo ho zde neuvádíme. Komenáře k došlým řešením Jak je ze zadání zřejmé, lord Veinari chce, aby návšěva po oočení nic neuše vsala a vyšla ven z mísnosi španými dveřmi. Je proo nuné, aby po oočení mísnos již neroovala. Jelikož o však nebylo v zadání přímo zmíněno, naprosá věšina z vás uo podmínku neuvažovala a řešila ak jinou, jednodušší úlohu. Za vyřešení základní čási za zjednodušených předpokladů byly uděleny dva body, za bonus byl další bod navíc, celkem edy ři body. bvykle jse se zjednodušenou verzí neměli problémy, nejčasěji docházelo k chybě při výpoču dráhy za konsanního ryvu, kdy jse u kubického členu chybně uváděli koeficien 1/4 namíso 1/6. Miroslav Hanzelka mirek@fykos.cz Fyzikální korespondenční seminář je organizován sudeny MFF UK. Je zasřešen ddělením pro vnější vzahy a propagaci MFF UK a podporován Úsavem eoreické fyziky MFF UK, jeho zaměsnanci a Jednoou českých maemaiků a fyziků. oo dílo je šířeno pod licencí Creaive Commons Aribuion-Share Alike 3. Unpored. Pro zobrazení kopie éo licence, navšive hp://creaivecommons.org/licenses/by-sa/3./. 5