dráha rovnoměrně zrychleného (zpomaleného) pohybu · 2011-04-05 · pro přesnější...
TRANSCRIPT
1. Dráha rovnoměrně zrychleného (zpomaleného) pohybu
teorie
Veličina, která charakterizuje změnu vektoru rychlosti, se nazývá zrychlení.zrychlení = akcelerace…a, [a] = m.s-2
ΔtvΔ
aa
==
Zrychlení je vektorová fyzikální veličina (je zadaná velikostí, jednotkou a směrem).s0…počáteční dráhav0…počáteční rychlostV následující tabulce jsou vzorce používané pro rovnoměrně zrychlený (zpomalený) pohyb:
Podmínky Rovnoměrně zrychlený pohyb
Rovnoměrně zpomalený pohyb
s0 = 0, v0 = 02at
21s =
--------
s0 = 0, v0 ≠ 0 20 at
21tvs += 2
0 at21tvs −=
s0 ≠ 0, v0 ≠ 0 200 at
21tvss ++= 2
00 at21tvss −+=
Pokud znázorníme závislost dráhy na čase, potom je grafem část paraboly.S pojmem zrychlení (zpomalení) se můžeme setkat:a) u dopravních prostředků
• automobil zrychlí na 100 km.h-1 za 14 s
• automobil začne brzdit v určité vzdálenosti před překážkouProstředkem, který zrychluje nebo zpomaluje může být i motocykl, kolo, vlak, autobus, traktor,letadlo, loď, člun, popř. běžec, lyžař, …b) střelných zbraní a raket
• kulka opouštějící hlaveň střelné zbraně
• raketové střelyc) vesmírných letů
• rakety a z nich vypouštěné sondy
1
Příklady
Příklad 1)Osobní automobil Felicia Combi zrychlí na 100 km.h-1 za 14 s. Vypočtěte jeho zrychlení, sestrojte graf závislosti dráhy na čase, z grafu zjistěte jakou dráhu automobil urazí za 10 s, zjištěnou hodnotu ověřte výpočtem.___________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________
Řešení:t = 14 sv = 100 km.h-1= 27,8 m.s-1
a = ? ; s = ? (za 10 s)
2m.s2 −==
=
1427,8a
tva
m100=⋅⋅=
=
2
2
10221s
at21s
Felicia Combi
0
20
40
60
80
100
120
140
160
180
200
0 2 4 6 8 10 12 14
čas (s)
dráh
a (m
)
Velikost zrychlení automobilu je 2 m.s-2. Za 10 s urazí automobil dráhu o velikosti 100 m. Tato hodnota je patrná i z grafu.
2
Příklad 2)Následující graf znázorňuje závislost dráhy na čase. Určete: rychlost automobilu po uplynutí 3 s a čas za který dosáhne rychlosti 100 km.h-1. Překročí automobil při rovnoměrně zrychleném pohybu za 10 s povolenou rychlost na dálnici (130 km.h-1)?___________________________________________________________________
BMW
0
20
40
60
80
100
120
140
160
180
200
0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
čas (s)
dráh
a (m
)
Řešení:t = 3 s v = 100 km.h-1 = 27,8 m.s-1 t = 10 ss = 20 m t = 3 s a = 4,4 m.s-2
v = ? s = 20 m v = ?t1 = ?
1km.h48 −
−
=
=⋅=
==
=⇒==
v
m.s13,33202v
t2st
t2sv
t2saat
21s;atv
1
2
22
s6,3
m.s4,4 2
==
=⇒=
=⋅=
=⇒=
−
4,427,8t
avtatv
3202a
t2saat
21s
1
11
2
22
1km.h158,4 −
−
==⋅=
=
vm.s44104,4v
atv1
Po uplynutí 3 s bude rychlost automobilu 48 km.h-1. Rychlosti 100 km.h-1 dosáhne za
3
6,3 s. Za 10 s překročí automobil povolenou rychlost a bude se pohybovat rychlostí 158,4 km.h-1.Příklad 3)Vlak jedoucí rychlostí 72 km.h-1 začne brzdit. Jeho zpomalení je 0,2 m.s-2. Určete za jak dlouho se vlak zastaví a jakou dráhu při zastavování ještě urazí? Znázorněte graficky závislost dráhy na čase.__________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________
Řešení:v0 = 72 km.h-1 = 20 m.s-1
a = 0,2 m.s-2
t = ? ; s = ?
s100=−=
−=⇒−=
0,2020t
avv
tatvv 00
m1000=⋅⋅−⋅=
−=
2
20
1000,22110020s
at21tvs
Brzdící vlak
0
100
200
300
400
500
600
700
800
900
1000
1100
0 10 20 30 40 50 60 70 80 90 100 110
čas (s)
dráh
a (m
)
Vlak se zastaví za 100 s a urazí dráhu o velikosti 1000 m.
4
Příklad 4)Nadzvukový letoun JAS-39 Gripen zrychlí ze 164 m.s-1 na 361 m.s-1 za 30 s. Graficky určete dráhu, kterou uletí za 60 s, je-li jeho počáteční rychlost 164 m.s-1 a jeho zrychlení je konstantní. Zjištěnou hodnotu ověřte výpočtem.__________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________
Řešení:v1 = 164 m.s-1, v2 = 361 m.s-1, ∆t = 30 ss = ? (za t = 3 s)
2
12
m.s6,630
164361a
Δtvv
a
−=−=
−=
m21720=⋅⋅+⋅=
+=
2
21
606,62160164s
at21tvs
JAS-39 Gripen
0
2000
4000
6000
8000
10000
12000
14000
16000
18000
20000
22000
0 10 20 30 40 50 60
čas (s)
dráh
a (m
)
Nadzvukový letoun JAS-39 Gripen uletí za 60 s dráhu o velikosti 21720 metrů.
Příklad 5)Loď se pohybuje rychlostí 12 m.s-1. Kormidelník pozorující moře spatří ve vzdálenosti 390 m před sebou ledovou kru pohybující se proti nim rychlostí 0,5 m.s-1. V ten samý okamžik začne loď zpomalovat (a = 0,2 m.s-2). Srazí se loď s ledovou krou? Pokud ano, tak za jak dlouho. Řešte graficky i výpočtem.
Řešení:v1 = 12 m.s-1
v2 = 0,5 m.s-1
5
s0 = 390 ma = 0,2 m.s -2 y1…vzdálenost lodě od místa ze kterého začala zpomalovaty2…vzdálenost ledové kry od místa ze kterého začala loď zpomalovat
tvsy
at21tvy
202
211
−=
−=
Pokud se loď srazí s ledovou krou, pak platí: y1 = y2 = y; t = x.
03900125xx039012,5x0,1x
0,5x3900,2x0,512x
xvsax21xvy
2
2
2
202
1
=+−=+−
−=⋅−
−=−=
60x;65x2
51252
39004125125x
21
2
1,2
==
±=⋅−±=
x1 = t1 = 65 s…y = 357,5 mx2 = t2 = 60 s…y = 360 m
Možnosti, které mohly nastat:1) Loď se s ledovou krou vůbec nesetká…kvadratická rovnice nemá řešení.2) Loď se s ledovou krou pouze dotknou…kvadratická rovnice má jedno řešení.3) Dojde ke srážce…kvadratická rovnice má dvě řešení. Loď se s ledovou krou srazí dvakrát (pokud se po první srážce nepotopí). Je to způsobeno tím, že se změnil směr vektoru rychlosti lodi (začala couvat). Při výpočtech jsme loď i ledovou kru považovali za hmotné body a zanedbali jsme pevnost konstrukce lodi. V praxi dochází k tomu, že při srážce si loď a ledová kra předají určité množství energie a konstrukce trupu lodi je schopna srážce odolat.
6
Ledová kra
0
50
100
150
200
250
300
350
400
0 20 40 60 80 100 120
čas (s)
souř
adni
ce y
(m)
Ke srážce lodě s ledovou krou dojde a to za 60 sekund.
Příklad 6)Startující raketa má zrychlení o velikosti 50 m.s-2. Určete jakou dráhu raketa uletěla při dosažení rychlosti zvuku (340 m.s-1) a danou situaci znázorněte graficky. Jak dlouho by se raketa při výpadku motorů (při rychlosti zvuku) pohybovala směrem vzhůru? Odpor prostředí zanedbejte.
Řešení:a = 50 m.s-2
v = 340 m.s-1
s = ? ; t = ? (při výpadku motorů)
m1156
s6,8
=⋅⋅=
=
==
=⇒=
2
2
6,85021s
at21s
50340t
avtatv
s34=−=
−=
−=
100340t
gvv
t
gtvv
0
0
7
Kosmická loď
0
200
400
600
800
1000
1200
1400
0 1 2 3 4 5 6 7
čas (s)
dráh
a (m
)
Při dosažení rychlosti zvuku raketa uletěla dráhu o velikosti 1156 m. Při výpadku motorů by se raketa vzhůru pohybovala ještě 34 s.
2. Volný pád
teorie
Jedná se o zvláštní případ rovnoměrně zrychleného pohybu (v0 = 0).Těleso volně padá ve vakuu v blízkosti povrchu Země.
tíhové zrychlení…g, [g] = m.s-2
- je pro všechna tělesa padající ve vakuu stejné- vektor tíhového zrychlení směřuje svisle dolů- velikost závisí na zeměpisné šířce a nadmořské výšce
normální tíhové zrychlení: gn = 9,80665 m.s-2 (9,81 m.s-2, 10 m.s-2)
2gt21s;gtv ==
Pouze s volným pádem se v praxi setkáváme málokdy. U většiny příkladů se mimo volného pádu vyskytují ještě jiné druhy pohybů (vrhy – následující kapitola). Pro přesnější výpočty je třeba brát v úvahu i odporovou sílu, která pohyb ovlivňuje.Příklady volného pádu:- padající kroupa (dešťová kapka, rampouch, úlomek skály, jablko) z určité výšky- parašutista před otevřením padáku
8
Příklady
Příklad 1)Jaké rychlosti dosáhne rampouch padající se střechy z výšky 15 metrů a jak dlouho tento pád bude trvat. Řešte výpočtem i graficky. Odpor prostředí zanedbejte. (g = 10 m.s-2)
Řešení:s = 15 mg = 10 m.s-2
v = ? ; t = ?
s1,73=⋅=
=
=
10152t
g2st
gt21s 2
1m.s17,3 −=⋅⋅=
===
=
10152v
2sgg
2sgg2sgv
gtv2
Rampouch
0
5
10
15
20
0 0,2 0,4 0,6 0,8 1 1,2 1,4 1,6 1,8 2
čas (s)
dráh
a (m
)
Rampouch na zemi dopadne rychlostí 17,3 m.s-1 (asi 62 km.h-1). Jeho pád bude trvat 1,73 s.
9
Příklad 2)Kapitán Joseph W. Kittinger 16. srpna 1960 seskočil s balónu ve výšce 31330 m a bez otevření padáku proletěl 25820 m. Po seskoku dosáhl za určitý čas rychlosti 1000 km.h-1. Vypočtěte v jaké výšce nad povrchem země této rychlosti dosáhl, jakou dráhu urazil a za jak dlouho této rychlosti dosáhl. Danou situaci znázorněte graficky. Pro tyto výšky můžeme zanedbat odporovou sílu. (g = 10 m.s-2)
Řešení:h1 = 31330 mh2 = 25820 mh3 = h1 – h2 = 5510 mv = 1000 km.h-1 = 278 m.s-1
g = 10 m.s-2
h = ? ; s = ? ; t = ?
s27,8==
=
=
10278t
gvt
gtv
m3864=⋅
=
==
=
102278s
2gv
gvg
21s
gt21s
2
2
2
2
2
m27466=−=−=
386431330hshh 1
Parašutista
27000
27500
28000
28500
29000
29500
30000
30500
31000
31500
0 5 10 15 20 25 30
čas (s)
výšk
a na
d ze
mí (
m)
Parašutista dosáhl rychlosti 1000 km.h-1 ve výšce 27466 m, urazil přitom dráhu 3864 m. Této rychlosti dosáhl za 27,8 s.
10
3. Pohyby těles v homogenním tíhovém poli Země (vrhy)
teorie
Tělesa se pohybují v blízkosti Země a působí na ně pouze tíhová síla FG.
Odpor prostředí zanedbáváme.Vrhy jsou složené pohyby z pohybu rovnoměrně přímočarého a volného pádu.
A) Vrh svislý vzhůru (v0 ↑; g ↓)Těleso při pohybu směrem svisle vzhůru rovnoměrně zpomaluje a při pohybu dolů rovnoměrně zrychluje.Při dosažení maximální výšky se na okamžik zastaví (v = 0).v0 …počáteční rychlost
okamžitá rychlost: gtvv 0 −=
okamžitá výška: 20 gt
21tvy −=
doba výstupu:gv
t 0=−== ;gtv0;0v 0
výška vrhu:2gv 2
0=−=−=−=2gv
gv
gv
g21
gv
vgt21tvh
20
20
2
200
02
0
Doba výstupu a doba pádu je stejná, rychlost vrhu je také stejná jako rychlost dopadu.
B) Vrh vodorovný (v0 → ; g ↓)Těleso se pohybuje po části paraboly.
okamžitá poloha bodu:
20 gt
21hy;tvx −==
doba pohybu:
g
2ht =−== ;210;0 2gthy
délka vrhu:
g
2hvd 0=
11
C) Vrh šikmý vzhůruα…elevační úhelTěleso se pohybuje po parabole.
okamžitá poloha bodu: 200 gt
21sinαt vy;cosαt vx −==
doba pohybu:gsinα2v
t;gt21sinαtv0;0y 02
0 =−==
délka vrhu (dostřel):gsin2αv
gcosαsinα2v
cosαgsinα2v
vd20
200
0 ===
Maximální délky vrhu dosáhneme při elevačním úhlu 45°.Ve vzduchu se těleso pohybuje po balistické křivce.S vrhy se můžeme setkat:Vrh svislý vzhůru předměty vržené svisle vzhůru určitou počáteční rychlostí v0
skákající míčekVrh vodorovný
12
střely, které byly vystřeleny rovnoběžně se zemským povrchemtělesa padající z dopravníkových pásůshazování předmětů z letadel, která letí rovnoběžně se zemským povrchem (zásoby, bomby)Vrh šikmý vzhůru ve sportu (vrh koulí, hod diskem, kladivem, oštěpem, skoky, pohyb míče, střelba)armáda (střely, rakety, granát)ostatní oblasti (hasiči, zahradní hadice)
Příklady
Příklad 1)Fotbalovému míči byla udělena počáteční rychlost v0. Závislost rychlosti na čase je dána následujícím grafem. (g = 10 m.s-2)a) Jaké maximální výšky míč dosáhl.b) V jakém čase dosáhl výšky 8 m.c) Znázorněte graficky závislost okamžité výšky na čase.
Fotbalový míč
0
2
4
6
8
10
12
14
16
18
20
0 0,5 1 1,5 2 2,5 3 3,5 4
čas (s)
rych
lost
(m.s
-1)
Řešení:v0 = 20 m.s-1
th = 2 s (doba výstupu)
13
g = 10 m.s-2
h = ? ; t = ? (y = 8 m)
m20=⋅
=
=
10220h
2gv
h
2
20
0820t5t
10t2120t8
gt21tvy
2
2
20
=+−
−=
−=
s0,45s3,55 ==
±=⋅⋅−±=
21
1,2
t;t10
2402010
85440020t
Maximální výška, které míč dosáhl je 20 m. Výšky 8 m dosáhl v čase 0,45 s (stoupá nahoru) a v čase 3,55 s (padá dolů).
Fotbalový míč
0
2
4
6
8
10
12
14
16
18
20
0 0,5 1 1,5 2 2,5 3 3,5 4
čas (s)
výšk
a (m
)
14
Příklad 2)Zátka od šampaňského je vystřelena svisle vzhůru. Závislost dráhy na čase popisuje následující graf. (g = 10 m.s-2)Z grafu odhadněte jak dlouho se zátka bude ve vzduchu pohybovat a jaké maximální výšky dosáhne. Své odhady ověřte výpočty. Vypočtěte počáteční rychlost zátky.
Šampaňské
0
1
2
3
4
5
6
7
8
0 0,2 0,4 0,6 0,8 1 1,2 1,4 1,6 1,8 2 2,2 2,4 2,6
čas (s)
výšk
a (m
)
Řešení:g = 10 m.s-2
t = ? ; h = ? ; v 0 = ?h = 8 m
-1m.s12,65=⋅⋅=
=
=
8102v
2ghv
2gv
h
0
0
20
s2,53=⋅=
=
1012,652t
g2v
t 0
Zátka se bude ve vzduchu pohybovat asi 2,53 s, maximální výška výstupu je 8 m. Počáteční rychlost zátky je asi 12,65 m.s-1.
15
Příklad 3)Střela byla vystřelena rovnoběžně se zemským povrchem rychlostí 1000 m.s-1. Sestrojte graf závislosti výšky ze které byla střela vystřelena na dostřelu. Jaká musí být výška, ze které byla střela vystřelena, aby byl její dostřel 1,5 km? Jak dlouho se střela pohybuje? Odpor prostředí zanedbejte. (g = 10 m.s-2)
Řešení:v0 = 1000 m.s-1
d = 1500 mg = 10 m.s-2
h = ? ; t = ?
m11,25=⋅
⋅=
=
=
=
2
2
20
2
20
2
0
10002101500h
2vgdh
g2hvd
g2hvd
s1,5=⋅=
=
1011,252t
g2ht
Střela
0
2
4
6
8
10
12
0 200 400 600 800 1000 1200 1400 1600
dostřel (m)
výšk
a ze
kte
ré s
e st
říle
lo (m
)
Aby byl dostřel 1,5 km musí být střela vystřelena z výšky 11,25 m. Ve vzduchu se bude pohybovat 1,5 s.
16
Příklad 4)Na dopravníkovém pásu se přepravuje kamení. Pás se pohybuje rovnoběžně se zemským povrchem rychlostí 2,5m.s-1. Pás je ve výšce 8 m nad zemí. Jak daleko dopadá kámen? Jak dlouho trvá než kámen dopadne z dopravníku na zemi? Úlohu řešte výpočtem i graficky.
Řešení:v0 = 2,5 m.s-1
h = 8 mg = 10 m.s-2
d = ? ; t = ?
m3,16=⋅=
=
10822,5d
g2hvd 0
s1,26=⋅=
=
1082t
g2ht
Dopravníkový pás
0
1
2
3
4
5
6
7
8
9
0 0,2 0,4 0,6 0,8 1 1,2 1,4
čas (s)
výšk
a vr
hu (m
)
Kámen dopadne do vzdálenosti asi 3,16 m a doba pádu je 1,26 s.
17
Příklad 5)Letadlo letící ve výšce 80 m nad vodní hladinou rychlostí 70 m.s-1 shazuje do vody zásoby pro loď, která se pohybuje rychlostí 12 m.s-1. Jak daleko od lodi musí být zásoby shozeny, aby dopadly do blízkosti lodi? Uvažte, že loď a letadlo se mohou pohybovat stejným směrem, nebo opačným směrem. Graficky znázorněte.
Řešení:h = 80 mv1 = 70 m.s-1
v2 = 12 m.s-1
s1 = ? ; s2 = ?
( )21
212
1
vvg2hs
g2hv
g2hvtvds
g2hvd;
g2ht
±=
±=±=
==
( ) ( )
( ) ( ) m232
m328
=−⋅=−=
=+⋅=+=
127010
802vvg2hs
127010
802vvg2hs
212
211
Letadlo a loď - opačný směr
0
10
20
30
40
50
60
70
80
0 50 100 150 200 250 300 350
x (m)
y (m
)
18
Pokud se letadlo a loď pohybují proti sobě, pak musí být zásoby shozeny ve vzdálenosti 328 m od lodi, aby dopadly do její blízkosti.
Letadlo a loď - stejný směr
0
10
20
30
40
50
60
70
80
0 50 100 150 200 250 300
x (m)
y (m
)
Pokud se letadlo a loď pohybují stejným směrem (letadlo dohání loď), pak musí být zásoby shozeny ve vzdálenosti 232 m od lodi.
Příklad 6)Střelec vystřelí šíp z kuše pod úhlem 30°. Místo ze kterého šíp vyletí a místo dopadu leží ve stejné výšce nad zemským povrchem. Jakou rychlostí musí být šíp vystřelen, aby se dostřel kuše pohyboval od 500 m do 700 m? Znázorněte graficky. Jak dlouho se bude šíp ve vzduchu pohybovat? Odpor prostředí zanedbejte.
Řešení:α = 30°
d1 = 500 md2 = 700 mv0 = ? ; t = ?
19
1
1
m.s90
m.s76
−
−
=⋅==
=⋅==
=
=
sin6010700
sin2αgd
v
sin6010500
sin2αgd
v
sin2αdgv
gsin2αv
d
202
101
0
20
s9
s7,6
=⋅⋅==
=⋅⋅==
=
10sin30902
gsinα2v
t
10sin30762
gsinα2v
t
gsinα2v
t
022
011
0
Kuše
0
100
200
300
400
500
600
700
800
900
0 10 20 30 40 50 60 70 80 90 100
rychlost (m.s-1)
dost
řel (
m)
Pokud má být dostřel kuše od 500 m do 700 m musí se počáteční rychlost šípu pohybovat v intervalu od 76 m.s-1 do 90 m.s-1. Doba pohybu šípu ve vzduchu se bude pohybovat od 7,6 s (pro 76 m.s-1) do 9 s (pro 90 m.s-1).
Příklad 7)Hasičská hadice svírá se zemským povrchem úhel 50°. Výtoková rychlost vody je15 m.s-1. Do jaké maximální výšky se při hašení požáru voda dostává a v jaké maximální vzdálenosti od ohně může hasič při hašení požáru stát? Řešte výpočtem i graficky.
Řešení:α = 50°
v0 = 15 m.s-1
h = ? ; d = ?
20
m6,6=⋅
=
=−=
−=
=−=
10250sin15h
2gαsinv
2gαsinv
gαsinv
h
gsinαv
g21sinα
gsinαv
vh
gsinαv
t;gt21tsinαvy
22
220
220
220
200
0
020
m22,2==
=
10sin10015d
gsin2αv
d
2
20
Hadice
0
1
2
3
4
5
6
7
0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16
rychlost (m.s-1)
max
imál
ní v
ýška
(m)
21
Hadice
0
5
10
15
20
25
0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15
rychlost (m.s-1)
vzdá
leno
st o
d oh
ně (m
)
Maximální výška do které se voda dostává je 6,6 m. Hasič může stát maximálně ve vzdálenosti 22,2 m od požáru.
Příklad 8)Desetibojař hodil koulí pod úhlem 45° do vzdálenosti 15 m. Vypočítejte jakou počáteční rychlost měla koule a do jaké maximální výšky se během hodu dostala. Řešte i graficky. Odpor prostředí zanedbejte.
Řešení:α = 45°
d = 15 mv0 = ? ; h = ?
1m.s12,25 −=⋅=
=
=
sin901015v
sin2αdgv
gsin2αv
d
0
0
20
m3,75=⋅
=
=
10245sin12,25h
2gαsinv
h
22
220
22
Hod koulí
0
2
4
6
8
10
12
14
0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15
délka hodu (m)
počá
tečn
í ryc
hlos
t (m
.s-1)
Hod koulí
0
0,5
1
1,5
2
2,5
3
3,5
4
0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13
počáteční rychlost (m.s-1)
max
imál
ní v
ýška
(m)
Počáteční rychlost koule byla 12,25 m.s-1 a dosáhla výšky 3,75 m.
23
Příklad 9)Těleso bylo vrženo pod elevačním úhlem 45° a jeho pohyb popisuje následující graf. Určete počáteční rychlost tělesa, čas po který se těleso pohybovalo, délku vrhu a výšku vrhu. Odpor prostředí se zanedbává.
Šikmý vrh vzhůru
0
0,2
0,4
0,6
0,8
1
1,2
1,4
0 0,5 1 1,5 2 2,5 3 3,5 4 4,5 5
délka vrhu (m)
výšk
a vr
hu (m
)
Řešení:Délku vrhu určíme přímo z grafu…d = 5 mVýšku vrhu určíme také z grafu…h = 1,25 m
1m.s7,1 −==⋅=
=
=
50sin90
105v
sin2αdgv
gsin2αvd
0
0
20
s1=⋅⋅=
=
10sin45502t
gsinα2v
t 0
Počáteční rychlost tělesa je asi 7,1 m.s-1. Pohyb tělesa trval 1 s. délka vrhu byla 5 m a výška vrhu 1,25 m.
24
4. Zrychlení při rovnoměrném pohybu po kružnici
teorie
úhlová rychlost:ΔtΔω ϕ= [ω] = rad.s-1
úhlová dráha: ωt=ϕ [ϕ] = rad
perioda (oběžná doba):ω2πT = [T] = s
frekvence (kmitočet):T1f = [f] = Hz
Další vztahy:
Tr 2πrf 2πv
ωrvΔtΔr
ΔtrΔ
ΔtΔsv
f 2πω
==
=
===
=ϕϕ
U rovnoměrného pohybu po kružnici je úhlová rychlost konstantní, velikost okamžité rychlosti závisí na vzdálenosti od osy otáčení (čím je bod dále od osy otáčení tím větší je jeho okamžitá rychlost).Velikost rychlosti se nemění, ale mění se její směr, proto má hmotný bod zrychlení.Vektor zrychlení je kolmý k vektoru okamžité rychlosti a směřuje do středu kružnice.dostředivé zrychlení…ad…jeho velikost je konstantní, směr se však neustále mění
25
rωr
va 22
d ==
Příklady
Příklad 1)Vodní skútr projíždí zatáčkou o poloměru křivosti 18 m. Jakou rychlostí se skútr musí pohybovat, aby jeho dostředivé zrychlení bylo z intervalu od 5 m.s-2 do 10 m.s-2. Řešte výpočtem i graficky.
Řešení:r = 18 m ad1 = 5 m.s-2
ad2 = 10 m.s-2
v1 = ? ; v2 = ?
1m.s9,5 −=⋅==
=
=
815rav
ravr
va
d11
d
2
d
1m.s13,4 −=⋅==
=
=
8110rav
ravr
va
d22
d
2
d
Vodní skútr
0
2
4
6
8
10
12
14
0 2 4 6 8 10 12 14 16
rychlost (m.s-1)
zryc
hlen
í (m
.s-2)
Vodní skútr se musí pohybovat rychlostí od 9,5 m.s-1 do 13,4 m.s-1.
26
Příklad 2)Jak velká odstředivá síla působí na řidiče F1 o hmotnosti 70 kg , projíždí-li zatáčkou o poloměru křivosti 15 m rychlostí 30 m.s-1. Řešte výpočtem i graficky.
Řešení:m = 70 kgr = 15 m v = 30 m.s-1
Fd = ?
N4200==
==
153070F
rvmmaF
2
d
2
dd
F1
0
1000
2000
3000
4000
5000
6000
0 5 10 15 20 25 30 35
rychlost (m.s-1)
odst
ředi
vá sí
la (N
)
Na řidiče F1 projíždějícího zatáčkou působí odstředivá síla o velikosti 4200N.
27
Příklad 3)Následující graf znázorňuje závislost dostředivého zrychlení na rychlosti u setrvačníku v určité vzdálenosti od osy otáčení. Určete pro jakou vzdálenost od osy otáčení platí tento graf. Vypočítejte frekvenci setrvačníku pro rychlost 5 m.s-1.
Setrvačník
0
50
100
150
200
250
0 0,5 1 1,5 2 2,5 3 3,5 4 4,5 5
rychlost (m.s-1)
dost
ředi
vé z
rych
lení
(m.s-2
)
Řešení:v = 5 m.s-1
ad = 250 m.s-2
r = ? ; f = ?
m0,1==
=
=
2505r
avr
rva
2
d
2
2
d
Hz63,3=⋅
==
==
0,14π250
r4πa
f
rf4πrωa
22d
222d
Graf platí pro body, které jsou ve vzdálenosti 0,1 m od osy otáčení. Frekvence otáčení setrvačníku je asi 63,3 Hz (pro rychlost 5 m.s-1).
28
Příklad 4)Trajektorie po které se má těleso tvaru koule pohybovat je kružnice (viz. obrázek). Jakou rychlostí se musí těleso pohybovat, aby projelo po celé dráze. Poloměr kružnice je 5 m. Graficky znázorněte závislost rychlosti tělesa na poloměru kružnice.
Řešení:r = 5 m g = 10 m.s-2
v = ?
1m.s7,1 −=⋅=
=
==
105v
rgv
gr
va2
d
Pohyb kuličky
0
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
poloměr kružnice (m)
rych
lost
(m.s-1
)
Rychlost tělesa musí být větší než 7,1 m.s-1.
29
5. Kinetická energie tělesa
teorie
Kinetickou energii má každé pohybující se těleso.předpoklady: - hmotný bod
- nepůsobí na něj síly tření- zanedbáváme odpor prostředí
Hmotný bod se začne pohybovat s určitým zrychlením.
2k v m
21
EW ==
====
==
222
2
mv21m(at)
21at
21maFsW
at21s;maF
Hmotný bod byl původně v klidu, nyní se pohybuje rychlostí v.
[Ek] = kg.m2.s-2 = (kg.m.s-2).m = N.m = JKinetická energie nezávisí na směru rychlosti, ale na její velikosti.
- změna Ek je rovna práci, kterou vykoná výslednice působících sil…Ek2 – Ek1 = W- kinetická energie je závislá na volbě vztažné soustavy- Ek soustavy hmotných bodů:
2nn
222
211k vm
21...vm
21vm
21E +++=
30
Příklady
Příklad 1)Jakou rychlostí se musí pohybovat osobní automobil o hmotnosti 950 kg, aby se jeho kinetická energie pohybovala v intervalu od 300 kJ do 600 kJ? Znázorněte i graficky.
Řešení:m = 950 kg Ek1 = 300 kJ = 3.105 JEk2 = 600 kJ = 6.105 Jv1 = ? ; v2 = ?
1m.s25 −=⋅=
=
=
=
9503.102v
m2E
v
m2Ev
mv21E
5
1
k11
k
2k
1m.s36 −=⋅=
=
9506.102v
m2Ev
5
2
k22
Automobil
0
100000
200000
300000
400000
500000
600000
700000
800000
0 5 10 15 20 25 30 35 40
rychlost (m.s-1)
kine
tická
ene
rgie
(J)
31
Rychlost osobního automobilu se musí pohybovat v intervalu od 25 m.s-1 do 36 m.s-1.
Příklad 2)Následující graf znázorňuje závislost kinetické energie na rychlosti u fotbalového míče. Jaká je hmotnost míče? Jak rychle se musí pohybovat fotbalista o hmotnosti 80 kg, aby jeho kinetická energie byla stejná jako u míče, který se pohybuje rychlostí 20 m.s-1?
Fotbalový míč
0
20
40
60
80
100
120
140
160
180
200
0 2 4 6 8 10 12 14 16 18 20 22
rychlost (m.s-1)
kine
tická
ene
rgie
(J)
Řešení:v1 = 20 m.s-1
Ek1 = 160 Jm2 = 80 kg Ek1 = Ek2
m1 = ? ; v2 = ?
kg0,8=⋅=
=
=
21
21
k11
211k1
201602m
v2E
m
vm21E
1m.s2 −=⋅=
=
=
801602v
m2E
v
vm21E
2
2
k22
222k2
Míč má hmotnost 0,8 kg a fotbalista se pohybuje rychlostí 2 m.s-1.
32
Příklad 3)Kinetická energie cyklisty je 1620 J a jeho hmotnost 90 kg. Určete jakou rychlostí se cyklista pohybuje. Graficky znázorněte závislost rychlosti na kinetické energii.
Řešení:Ek = 1620 Jm = 90 kgv = ?
1m.s6 −=⋅=
=
=
9016202v
m2Ev
mv21E
k
2k
Cyklista
0
1
2
3
4
5
6
7
0 200 400 600 800 1000 1200 1400 1600 1800
kinetická energie (J)
rych
lost
(m.s-1
)
Cyklista se pohybuje rychlostí 6 m.s-1.
33
6. Dynamika kapalin
teorie
rychlost kapaliny vytékající otvorem:
2ghv =
= gh v21 2 ρρ
ρ…hustota kapaliny g…tíhové zrychlení (10 m.s-2)h…hloubka ve které se nachází otvor v…výtoková rychlost kapaliny
Příklady
Příklad 1)Vodní zásobník má tři vypouštěcí uzávěry. V jakých hloubkách jsou tyto uzávěry umístěny, pokud výtoková rychlost vody dosahuje rychlostí 3 m.s-1, 7 m.s-1 a 10 m.s-
1? Řešte výpočtem a ověřte graficky.
Řešení:v1 = 3 m.s-1
v2 = 7 m.s-1
v3 = 10 m.s-1
h1, h2, h3 = ?g = 10 m.s -2
m0,45=⋅
=
=
=
1023h
2gv
h
2ghv
2
1
21
1
11
m2,45=⋅
=
=
=
1027h
2gv
h
2ghv
2
2
22
2
22
m5=⋅
=
=
=
10210h
2gv
h
2ghv
2
3
23
3
33
34
Výtoková rychlost
0
0,5
1
1,5
2
2,5
3
3,5
4
4,5
5
0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
rychlost (m.s-1)
hlou
bka
(m)
Uzávěry jsou umístěny v hloubkách 0,45 m; 2,45 m a 5 m.
35
Příklad 2)Následující graf znázorňuje závislost výtokové rychlosti kapaliny (vody) na hloubce. V jaké hloubce je výtoková rychlost vody 50 m.s-1? Jaká je výtoková rychlost vody v hloubce 200 m. Z daného grafu určete tíhové zrychlení.Nejprve výsledky odhadněte z grafu a potom výpočtem ověřte.
Přehrada
0
50
100
150
200
250
300
0 10 20 30 40 50 60 70 80
výtoková rychlost (m.s-1)
hlou
bka
(m)
Řešení:v1 = 50 m.s-1
h1 = ?h2 = 200 mv2 = ? ; g = ?
m125=⋅
=
=
10250h
2gv
h
2
1
21
1
1m.s63,2 −=⋅⋅=
=
200102v
2ghv
2
22
2m.s10 −=⋅
=
=
125250g
2hvg
2
2
Výtoková rychlost 50 m.s-1 bude v hloubce 125 m. V hloubce 200 m bude výtoková rychlost asi 63,2 m.s-1.
36
Příklad 3)Ve stěně hráze přehrady se vytvořil otvor, ze kterého začala unikat voda. Výtoková rychlost vody byla 20 m.s-1. Vypočtěte v jaké hloubce se otvor vytvořil. Graficky znázorněte závislost výtokové rychlosti na hloubce.
Řešení:v = 20 m.s-1
h = ?g = 10 m.s -2
m20=⋅
=
=
=
10220h
2gvh
2ghv
2
2
Přehrada
0
5
10
15
20
25
30
35
0 5 10 15 20 25 30 35 40 45 50
hloubka (m)
výto
ková
ryc
hlos
t (m
.s-1)
Otvor se vytvořil v hloubce 20 m.
37
7. Druhá kosmická rychlost
teorie
Používá se při výpočtech drah raket, družic a kosmických lodí.předpoklady: těleso je ve výšce h nad povrchem Země a je mu udělena počáteční rychlost v0
Při určité rychlosti v0 = vp se těleso pohybuje po parabolické dráze a vzdaluje se od Země.vp…parabolická rychlost (úniková rychlost)
hRM2
vZ
Zp +
=κ
κ…gravitační konstanta (κ = 6,67.10-11 N.m2.kg-2)MZ…hmotnost Země (MZ = 5,98.1024kg)RZ…poloměr Země (RZ = 6,37.106 m)h…výška nad zemským povrchem
Při povrchu Země platí:
rychlostkosmickádruhá...km.s11,2v
RM2
v
1p
Z
Zp
−=
=κ
Při druhé kosmické rychlosti těleso opouští gravitační pole Země, ale zůstává v gravitačním poli Slunce.
38
Příklady
Příklad 1)Graficky znázorněte závislost únikové rychlosti na výšce od povrchu Země. Výšku volte od 0 – 450000 km. Vypočtěte jaká bude úniková rychlost ve vzdálenosti 385000 km (Země – Měsíc)?
Řešení:MZ = 5,98.1024 kgRZ = 6,378.106 m
κ = 6,67.10-11 N.m2.kg-2
h = 3,85.108 mvp = ?
1m.s1430 −−
=+
⋅⋅=
+=
86
2411
p
Z
Zp
3,85.106,378.105,98.106,67.102v
hRM2κ
v
Úniková rychlost
0
2
4
6
8
10
12
0 50 000 100 000 150 000 200 000 250 000 300 000 350 000 400 000 450 000
vzdálenost od Země (km)
únik
ová
rych
lost
(km
.s-1)
Úniková rychlost ve vzdálenosti 385000 km od Země bude asi 1430 m.s-1.
39
Příklad 2)Vypočtěte hmotnost Měsíce, na jehož povrchu dosahuje úniková rychlost velikosti 2,38 km.s-1. Poloměr Měsíce je 1738 km. Jaké hmotnosti by měl Měsíc, kdyby se úniková rychlost na jeho povrchu pohybovala od 0 – 10 km.s-1? Danou situaci znázorněte graficky.
Řešení:vp = 2,38.103 m.s-1
κ = 6,67.10-11 N.m2.kg-2
RM = 1,738.106 mMM = ?
kg7,38.1022=⋅⋅
=
=
=
−23
11
6
M
2p
MM
M
Mp
)(2,38.106,67.102
1,738.10M
v2κR
M
RM2κ
v
Měsíc
0,0E+00
2,0E+23
4,0E+23
6,0E+23
8,0E+23
1,0E+24
1,2E+24
1,4E+24
0 1000 2000 3000 4000 5000 6000 7000 8000 9000 10000
úniková rychlost (m.s-1)
hmot
nost
Měs
íce
(kg)
Hmotnost Měsíce je 7,38.1022 kg.
40
Příklad 3)Z následujících údajů vypočtěte velikost gravitační konstanty. Poloměr Země má velikost 6,37.106 m, průměrná hustota je 5510 kg.m-3 a úniková rychlost 11,2 km.s-1.
Řešení:RZ = 6,37.106 m
ρZ = 5,51.103 kg.m-3
vp = 1,12.104 m.s-1
κ = ?
( )( ) 2211 .kgN.m6,7.10 −−=⋅
⋅⋅⋅⋅=
==
=
=
24
363
6
2p
3ZZ
Z2p
ZZ
Z
2p
Z
Z
Z
Zp
1,12.106,37.10π
345,51.102
6,37.10κ
vπR
342ρ
Rv
V2ρR
κ
v2MR
κ
RM2κv
Gravitační konstanta má velikost 6,7.10-11 N.m2.kg-2. Graficky řešit tento příklad nemá příliš význam.
41