v 1 = at 1, (1) t 1 = v 1

Transkript

1 Příklad Statující tyskové letadlo musí mít před vzlétnutím ychlost nejméně 360 km/h. S jakým nejmenším konstantním zychlením může statovat na ozjezdové dáze dlouhé,8 km? Po ychlost v ovnoměně zychleného pohybu letadla v čase t (s nulovou počáteční ychlostí) platí odtud snadno vyjádříme čas t jako Za čas t letadlo uazí dáhu, kteá odpovídá délce ozjezdové dáhy x Z tohoto vztahu vyjádříme zychlení a jako v = at, () t = v a. () x = at = v a. (3) a = v [360 (000 m)/(3600 s)] = x., m. =, 78 m.s. (4) Zychlení ovněž můžeme vyjádřit pomocí násobku tíhového zychlení g = 9, 8 m.s a =, 78 m.s g 9, 8 m.s. = 0, 8 g. (5)

2 Příklad Vyplašený pásovec (na obázku) vyskočí do výšky. V čase 0,00 s se nachází ve výšce 0,544 m. a) jaká je jeho počáteční ychlost? b) jaká je jeho ychlost v zadané výšce? c) jak vysoko ještě vyletí? Příklad řešíme po těžiště pásovce a) učení počáteční ychlosti v 0 y = v 0 t gt v 0 = y + g () t t číselně v 0 = 0, 544 m 0, 00 s + 9, 8 m.s. 0, 00 s = 3, 70 m.s () b) učení ychlosti v ve výšce y ychlost ve výšce y nastane v zadaném čase t, takže v = v 0 gt = 3, 70 m.s 9, 8 m.s. 0, 00 s =, 739 m.s (3) c) učení, o jakou výšku y ještě vyplašený pásovec nastoupá pásovec přestane stoupat v čase t d, kdy jeho ychlost bude nulová. Platí tedy 0 = v 0 gt d t d = v 0 g (4) pásovec tedy vystoupá v čase t d do maximální výšky y d, kteá je dána jako y d = v 0 t d gt d = v v 0 0 g g v 0 g = v0 g = (3, 70 m.s ) = 0, 698 m (5) 9, 8 m.s pásovec tedy nastoupá ještě o y = y d y = 0, 698 m 0, 544 m = 0, 54 m (6)

3 Příklad 3 Jaká je peioda otáčení pouťové centifugy o poloměu 5 m, jestliže v honí poloze působí na veselého cestujícího výsledné zychlení a=g směem nahou? Tíhové zychlení g=0 m.s. síla tíhová síla odstředivá ozdíl sil je oven G = mg () F O = mv () Po peiodu pohybu platí číselně F O G = mg mv mg = mg v = g v = g (3) T = l v = π v = π = π g g.5 m T = π 0 m.s = π s =. 3, 4 s (5) (4) F 0 G Obázek : Síly působící na cestujícího na centifuze. skutečná centifuga na pouti se točí ychleji, s dobou oběhu kolem s 3

4 Příklad 4 Během cikusového představení v oce 90 předvedl Allo Dae Devil Diavolo vcholné číslo, jízdu na kole ve spiále smti (viz. ob). Předpokládejte, že smyčka je kuhová a má polomě R=,7 m. Jakou nejmenší ychlostí mohl Diavolo pojíždět nejvyšším bodem smyčky, aby s ní neztatil kontakt? V honím bodě dáhy působí na akobata tíhová síla G a stejně oientovaná síla eakce podložky N. Součet těchto sil je oven dostředivé síle F d V okamžiku ztáty kontaktu kola se smyčkou je N = 0 a platí G + N = F d mg + N = mv R. () číselně mg = mv R v = gr. () v = 9, 8 m.s., 7 m. = 5, 5 m.s (3) 4

5 Příklad 5 Železniční vagón se pohybuje po vodoovné přímé tati. Bzdíme jej silou, kteá se ovná jedné desetině jeho tíhy. Vypočítejte čas měřený od začátku bždění za kteý se vagón zastaví a dáhu, kteou uazí od začátku bždění do zastavení. V okamžiku začátku bždění má vagón ychlost 7 km.h Rychlost vagónu, kteý se pohybuje ovnoměně zpomaleným pohybem, je v(t) = v 0 at, () kde v(t) je ychlost v čase t, a je zychlení a v 0 je počáteční ychlost. Zychlení a nyní vyjádříme pomocí známé bzdící síly F, po kteou platí F = mg 0 kde m je hmotnost vagónu a g tíhové zychlení. Zychlení a vyjádříme jako = ma, () a = F m = mg 0m = g 0. (3) Zychlení (3) nyní dosadíme do ovnice (). Po malé úpavě dostáváme po čas, ve kteém se vagón zastaví (tj. v = 0), ovnici t = 0(v 0 v) g = 0v 0 g = 0 7 3, 6 m.s 0 m.s = 0 s (4) Dáhu, kteou vagón uazil, vypočteme ze známého vztahu po dáhu ovnoměně zpomaleného pohybu, ve kteém vyjádříme zychlení pomocí (3) a čas pomocí vztahu (4). Pak dostaneme s = v 0 t at = v 0 0v 0 g ( g 0v0 0 g ) = 5v 0 g (5) číselně pak po dáhu máme s = ( ) 7 5 m.s 3, 6 = 00 m (6) 0 m.s 5

6 Příklad 6 Jupiteův měsíc Io obíhá po tajektoii s velkou poloosou a I =4800 km s peiodou T I =,769 dne. Zemský Měsíc obíhá po tajektoii s velkou poloosou a M =, AU s peiodou T M =7,3 dne. Učete z těchto údajů pomě hmotností Jupitea a Země. Astonomická jednotka AU je ovna 49, km. Použijeme 3. Kepleův zákon po Měsíc a Io T M a 3 M = 4π κm Z, T I a 3 I = 4π κm J. () Obě ovnice vydělíme a máme 4π κm Z 4π κm J po pomě hmotností Jupitea a Země dostáváme = TM a 3 M TI, () a 3 I M J = T M a3 I. (3) M Z T I a3 M číselně M J M Z = 7, 3. (4800 km) 3 ( , km) 3, 769. = 35 (4) 6

7 Příklad 7 Vzdálenost Měsíce od středu Země se mění od MP = km v peigeu do MA = km v apogeu, peioda oběhu Měsíce kolem Země je T M =7,3 dne. Umělá dužice se pohybuje po eliptické dáze nad ovníkem tak, že v peigeu je ρ DP =5 km nad povchem Země a v apogeu je ρ DA =70 km. Rovníkový polomě Země je R Z =6378 km. Učete peiodu oběhu umělé dužice T D. Ze 3. Kepleova zákona: z obázku vidíme, že TD TM = a3 D a 3 M a 3 D T D = T M, () a 3 M Obázek : Schematické znázonění dáhy dužice. a = a + p. () Po dužici je třeba přepočítat a,p a ρ a,p a D = ρ DA + R Z + ρ DP + R Z = ρ DA + ρ DP + R Z. (3) Nyní dosadíme () a (3) do () a dostaneme (ρda ) 3 + ρ DP + D Z T D = T M = 7, 3 dne MA + MP (5 ) = = 7, 3., dne. = 0, 0649 dne. =,56 h = h 34 min (4) 7

8 Příklad 8 Roto elektomotou s hmotností 0 kg má moment setvačnosti kg.m a koná 0 otáček za sekundu. Jak velkou má kinetickou enegii? W k = Jω = J(πf) () číselně W k = kg.m. (π.0 s ) = 579 J. = 5, 8 kj () ozměová kontola: J=N.m=kg.m.s.m=kg.m.s 8

9 Příklad 9 Jakou páci je třeba vykonat, aby vlak hmotnosti 300 t, pohybující se po vodoovné tati, zvětšil svou ychlost z 36 km.h na 54 km.h? Neuvažujeme ztáty třením a vliv odpou vzduchu. Po páci platí A = F. dl = d p dt. vdt = d(m v). v = m d(v ) = mv mv = T T. () Páce je tedy dána ozdílem kinetických enegií A = mv mv = kg [ ( ) ( ) ] , 6 m.s 3, 6 m.s = 8, 75 MJ () 9

10 Příklad 0 Dvě velmi malé kuličky, z nichž každá má hmotnost kg, jsou ve vakuu zavěšeny na velmi tenkých vláknech 0,05 m dlouhých a visících ze společného bodu. Oběma kuličkám byl udělen stejně velký záponý náboj. Kuličky se odpuzují tak, že vlákna na nichž visí, jsou odchýlena od svislého směu o 30. Najděte velikost nábojů. Celá soustava je umístěna v gavitačním poli. Gavitační zychlení je g=0 m.s, pemitivita postředí je ε=8,85.0 F.m. Na kuličku působí elektostatická (Coulombova) síla F e, gavitační síla G a tahová síla vlákna T. Je-li kulička v ovnováze, je jejich součet oven nule. F e + G + T = 0, () kde a q F e = 4πε 3 () F g = m g. (3) Potože pak se výslednice síly gavitační a elektostatické ovná síle tahové, platí (viz obázek) α l - - T F e Obázek 3: Schematické znázonění kuliček zavěšených na tenkých vláknech. G Z obázku ovněž vidíme, že lze vyjádřit z geometie soustavy tan α = F e G = q 4πεmg. (4) sin α = l = l sin α. (5) Nyní dosadíme do předchozí ovnice a máme tan α = q 6πεmgl sin α q = 4l sin α πεmg tan α. (6) 0

11 numeicky q = 4.0, 05. sin 30 π.8, tan 30 =,.0 9 C. (7) ozměová kontola m F.m.kg.m.s = m C V.kg.s = = m C m J.kg.s = C N.m.kg.s = C m kg.m.s.kg.s = C = C (8)

12 Příklad Vypočítejte intenzitu elektického pole v bodě, kteý leží upostřed mezi dvěma náboji Q =+50 nc a Q =+70 nc, kteé jsou od sebe vzdálené = 0 cm. Náboje jsou ve vakuu, pemitivita vakua je ovna ε 0 = 8, F.m. Potože náboj Q má větší hodnotu než Q, bude smě intenzity elektického pole shodný se směem y Q Q x Obázek 4: Schematické znázonění obou nábojů. osy x. Intenzita elektického pole E je definována jako E = F e q. () Intenzitu elektického pole ve vzdálenosti od bodového náboje Q umístěného ve vakuu učíme tak, že sílu F e vyjádříme pomocí Coulombova zákona a dosadíme do této definice: Velikost pole v místě upostřed mezi náboji pak bude Numeicky dostaneme E = E = E E = 4πε 0 π 8, F e = 4πε 0 Qq E = Q 4πε 0. () ( Q Q ) = πε 0 ( Q Q ). (3) ( ) = 7, V.m (4) 0,

13 Příklad Vypočítejte intenzitu elektického pole v bodě, kteý leží upostřed mezi dvěma náboji Q =+50 nc a Q =+70 nc, kteé jsou od sebe vzdálené = 0 cm. Náboje jsou v petoleji, pemitvita petoleje je ovna ε p = ε 0, pemitivita vakua je ovna ε 0 = 8, F.m. Potože náboj Q má větší hodnotu než Q, bude smě intenzity elektického pole shodný se směem y Q Q x Obázek 5: Schematické znázonění obou nábojů. osy x. Intenzita elektického pole E je definována jako E = F e q. () Intenzitu elektického pole ve vzdálenosti od bodového náboje Q umístěného v petoleji učíme tak, že sílu F e vyjádříme pomocí Coulombova zákona a dosadíme do této definice: Velikost pole v místě upostřed mezi náboji pak bude E = E E = ( ) Q 8πε 0 Numeicky dostaneme E = π 8, F e = 4πε p Qq E = Q 4πε p. () Q = πε 0 ( Q Q ). (3) ( ) = 8, V.m (4) 0, 3

14 Příklad 3 Vypočtěte intenzitu elektického pole kolem nekonečně dlouhé ovnoměně nabité niti ve vzdálenosti a=5 cm od niti. Délková hustota náboje ξ =0,0 µc/m. K řešení využijte Gaussův zákon elektostatiky. Gaussův zákon elektostatiky: E.d S = Q ε. () Jako integační plochu zvolíme povch válce. Rotační plochu označíme S, podstavy S a S (viz obázek). Víme, že elektická intenzita bude mít smě kolmý k niti. K toku povchem válce pak přispívá pouze otační plocha válce S, tok přes podstavy válce S, S je nulový, potože na nich E S. Platí tedy ES = Q ε, () tj. číselně Eπal = ξl ε, (3) E = ξl ε πa. (4) E = 0, C π 0, 05 m 8, F.m = 3595, V.m (5) Obázek 6: Schematické znázonění integační plochy. 4

15 Příklad 4 Vypočítejte indukci magnetického pole buzeného dvěma přímými nekonečně dlouhými ovnoběžnými vodiči, vzdálenými od sebe a = 0 cm, kteými teče poud I = A stejným směem, ve vzdálenosti a = 4 cm od pvního na společné kolmé spojnici obou vodičů. Vodiče jsou umístěny ve vakuu. Velikost magnetické indukce B ve vzdálenosti od nekonečného vodiče potékaného poudem I učíme pomocí zákona celkového poudu jako B.d l = µi πb = µi B = µi π. () (l) Výsledné pole je pak dáno ozdílem velikostí magnetických indukcí, buzených jednotlivými dáty ve sledovaném bodě B = B A B B = B( A ) B( B ) = µi ( ). () π A B Po dosazení číselných hodnot máme B = 4π.0 7. π ( 0, 04 ) = 3, T (3) 0, 06 B B A B A B B A Obázek 7: Schematické znázonění dvou vodičů. 5