Priklady, ktore pohli (mojim) svetom

Transcript

1 Priklady, ktore pohli (mojim) svetom Juro Tekel juraj(dot)tekel(at)gmail(dot)com Poznamky k seminaru o niekolkych najzakladnejsich typoch uloh, ktore je ozaj dobre poznat a vediet riesit. Januar 2006 Pocuvadlo 2006 Contents 1 Uvod 1 2 Zmena vztažnej sstavy 1 3 Zkon zachovania hybnosti 3 4 Tažisk 4 5 Kmitanie všetkeho možnho 6 6 Hydrostatika 7 7 Otčav pohyby 8 8 In užitočně prklady 10 1 Uvod Na tomto seminári chcú byť odprezentované niektoré podľa mňa užitočné príklady. Sú to zväčša príklady, s ktorými som sa stretol a ktoré mi pomohli pochopiť niektoré dôležité veci 1, alebo príklady, s ktoré mi pripadajú veľmi vhodné na ujasnenie si niektorých nepríjemností. Obsah príkladov by mal byť prvácko-druhácky. Mal by byť, také veci sa ťažko odhadujú. Na úvod každej časti je krátke uvedenie do deja. Na samotnom seminári sa asi podarí preriešiť len niekoľko prvých príkladov. Ostatné príklady by mali byť potom malina. Riešenia príkladov, alebo veľmi podobných, nájdete často v zbierkach úloh k súťaži Náboj FKS, alebo v archíve FKS 2. S prípadnými problémami sa obracajte na jednu z uvedených adries. Veľa príjemných chvíľ. 2 Zmena vztažnej sstavy Zmena vzťažnej sústavy je podľa mňa najjednoduchší, a pritom najkrajší a najfyzikálnejší trik, s ktorým sa pri príkladoch stretnete. Myšlienka je založená na tom, že ak sa teleso pohybuje rýchlosťou v 3, pozorvateľ sediaci v tomto telese bude pozorovať, že sa všetko okolo neho hýbe okrem svojej pôvodnej rýchlosti aj rýchlosťou v. Takéto prehadzovanie kamery z miesta na miesto v mnohých 1 Odtiaľ názov celého semináru 2 Oboje dostupné na 3 Rýchlosť chápeme teraz ako vektor 1

2 úlohách veľmi zjednoduší nie len výpočty, ale často aj fyzikálnu podstatu úlohy. Prvý príklad je veľmi jednoduchou ilustráciou spomínaného princípu v jednom rozmere, druhý v dvoch rozmeroch a tretí ukazuje, že sa nič nemením, keď je vektor v premenný v čase. Priklad 1. Gulička letí rýchlosťou v (vzhľadom na pozorovateľa) kolmo proti stene. Stena sa vzhľadom na pozorovateľa pohybuje rýchlosťou w kolmo proti loptičke. Akou rýchlosťou sa bude vzhľadom na pozorovateľa pohybovať loptička po pružnom odraze od steny? Rýchlosť steny považujte celý čas za nemennú. Riesenie. Aby sme vedeli, o čom sa bavíme, považujme rýchlosť loptičky za kladne orientovanú a rýchlosť steny za záporne orientovanú. Loptička má teda rýchlosť v a stena rýchlosť w. Prevtelme sa do pozorovateľa sediaceho na pohybujúcej sa stene. Tento vidí loptičku, ako uháňa oproti stene rýchlosťou v + w, nakoľko pri jeho pohľade sa od vlastnej rýchlosti loptičky odčíta rýchlosť steny (v ( w) = v + w). Pružná zrážka znamená, že sa gulička získa opačnú rýchlosť vzhľadom na stenu ako tú, ktorú mala. Bude sa teraz vzďaľovať od steny rýchlosťou v w. Ale pozor, táto rýchlosť je vzhľadom na stenu! Ak chceme vedieť rýchlosť vzhľadom na zem, musíme sa vrátiť spať na zem. Pozorovateľovi sediacemu na stene sa zdá, že celý svet okolo neho uháňa rýchlosťou w. Túto rýchlosť musíme zas odčítať, čím dostávame hodnotu v w w = v 2w. Gulička sa teda po odraze od steny bude vzhľadom na zem pohybovať rýchlosťou v + 2w tým istým smerom ako stena. Priklad 2. V miestach A a B sú lode. Loď A vyštartuje pod uhlom α na spojnicu AB rýchlosťou u. Pod akým uhlom musí loď B vystreliť torpédo rýchlosťou v, aby loď A trafila? Riesenie. Úloha by sa dala riešiť hrubou silou. Vyjadríme si súradnice prvej lode, súradnice torpéda a požadujeme, aby sa oba objekty nachádzali v niektorý čas na tom istom mieste. Prechodom do správnej súradnicovej sústavy však prídeme na rišenie oveľa jednoduchšie. Pozrime sa, ako to celé vyzerá z pohľadu pozorovateľa na prvej lodi. Konkrétne ako sa bude pohybovať torpédo. To okrem svojej pôvodnej rýchlosti bude mať v sústave spojenej s prvou loďou rýchlosť u. Keď si nakreslíme obrázok, hneď budeme múdrejší. Obrázok je pre moment, kedy vyštartovala loď A a kedy vystrelia loď B torpédo. DOPLNIT V tejto sústave sa bude torpédo pohybovať rovnomerne priamočiaro, teda po priamke. Ak chceme, aby táto priamka prešla počiatkom sústavy súradníc, tj. trafila loď A, ktorá si tam veselo sedí, musí výsledná rýchlosť smerovať do toho bodu. Inak ním nikdy neprejde. To znamená, že musím mať nulovú y-ovú zložku. Z tejto podmienky dostávame v sin β u cos α = 0 ( u ) β = arcsin v cos α Priklad 3. Vo vzdialenosti d vo výške h visí jablko. V istej chvíli toto jablko začne padať. Pod akým uhlom máme v tej chvýli vystreliť šíp, ktorý sa pohybuje rýchlosťou v, aby sme jablko trafili? Riesenie. Zas by sme mohli riešiť hrubou silou. Dlho, veľmi dlho by sme rátali a došli by sme k nejakému výsledku. Našli by sme dve chyby a po opravení dojdeme k výsledku arctan h d. Ako to tak rýchlo vieme? Pozrime sa, čo uvidí kamera pripevnená na koniec šípu 4. Tak všetko sa pohyuje so zrýchlením g smerom nahor. Pretože v sústave spojenej so zemou šíp padá so zrýchlením g. Okrem toho má všetko rýchlosť opačnú ako rýchlosť šípu. A samozrejme svoju pôvodnú rýchlosť. Jablko sa tiež v sústave spojenej so Zemou pohybuje so zrýchlením g nadol. V sústave spojenej so šípom k tomu 4 Pre tých, ktorý majú radšej formálnejšie definície ako bude vyzerať situácia v sústave spojenej so šípom. 2

3 pribudne zrýchlenie g nahor a rýchlosť v, opačnú ako mal šíp v momente vystrelenia. Výsledný efekt bude iba rýchlosť v. Pohyb bez zrýchlenia, teda rovnomerný priamočiary. Tým pádom ale musí v sústave šípu utekať jablko rovno proti šípu, lebo inak ho nevyhnutne minie. Rýchlosť v musí smerovať na šíp, čo je to isté ako že rýchlosť v musí smerovať na jablko. Z toho už ľahko dostaneme spomínaný výsledok. 3 Zkon zachovania hybnosti Zákon zachovania hybnosti je priamym dôsledkom newtonovych pohybových zákonov. Ak na sústavu nepôsobí sila, zmena hybnosti bude nulová 5 a teda hybnosť konštantná. Ak vo vnútri sústavy teleso získa hybnosť, muselo naň niečo pôsobiť silou. Ale akcia a reakcia a aj toto niečo muselo získať opačnú hybnosť, a teda celkový hybnosť zostáva nulová. Toto platí iba pre inerciálne sústavy. Ak ale pôsobí sila iba v jednom smere, bude sa zachovávať zložka hybnosti v tomto smere, ale v smere, v ktorom pôsobí sila nie. Napríklad v gravitačnom poli alebo v zrýchľujúcej sústave. Rýchlo sa ukáže, že ZZH6 je oveľa univerzálnejší ako na prvý pohľad jednoduchší zákon zachovania energie7, pretože ten v sebe často skrýva mnoho záludností. Toto sa plne ukáže v diskusií k prvému príkladu. Tento príklad je tak názorný pre ZZH, že nie je potrebný takmer žiaden iný. Druhý a tretí príklad je vlastne to isté v bledo modrom. Priklad 4. Na závese dĺžky l je plastenlínová gulička hmotnosti M. Rýchlosťou v do nej strelíme nádoj hmotnosti m ktorý v nej uviazne. Do akej výšky vystúpi gulička, teraz už aj s nábojom? Aká časť energie sa premení na teplo? Ako sa zmení odpoveď na otázky, ak náboj preletí guličkou a bude mať rýchlosť w? Riesenie. V tomto prípade bude platiť ZZH. Mechanická energia sa nezachováva, pretože, ako je naznačené v otázke, časť sa premení na teplo. O tom si povieme niečo potom. Napíšeme si rovnosť hybností pred a po zrážke vm = u (m + M) kde u je rýchlosť guličky s nábojom vo vniknutí. Ľahko dostaneme u = v m m+m. Ďalej sa už mechanická energia strácať nebude, takže celá kinetická energia v najnižšom bode sa premení na potenciálnu energiu v najvyššom bode, slovami matematika 1 2 (m + M) u2 = (m + M) gh h = 1 2g u2 = v2 2g ( m m + M ) 2 Na začiatku bola celková mechanická energia sústavy 1 2 mv2.po zrážke 1 2 (m + M) u2. povedali, rozdiel týchto energií bude presne energia, ktorá sa premení na teplo, teda Q = E = 1 2 mv2 1 2 (m + M) u2 = 1 ) (mv 2 m2 2 m + M v2 = = 1 ( 2 mv2 1 m ) = 1 m + M m m + M 2 mv2 m + M = 1 mm 2 m + M v2 Ako sme si 5 F = p/ t, F = 0 potom p = 0 za ľubovoľný t 6 Ako býva často zákon zachovania energie familiárne označovaný 7 ZZE 3

4 Ak náboj preletí a bude mať rýchlosť w, výsledky získame analogicky. vm = um + wm u = m (v w) M 1 2 Mu2 = Mgh h = 1 (v 2g u2 w)2 = 2g ( m M ) 2 Q = E = 1 2 mv2 1 2 Mu2 1 2 mw2 = 1 (v 2 m 2 m M (v w)2 w 2) = = 1 ( 2 m (v w) v + w m ) M (v w) = 1 (( 2 m (v w) 1 m ) v + M = 1 ( 2 m (v w) (v + w) 1 m ) M ( 1 m M ) ) w = Zamyslime sa na záver hlbšie nad tým, čo sa vlastne udialo. V jednom aj v druhom prípade. Najskôr náboj letel. Potom začal raziť cestu plastelínovou guľou. Týmto rozdáva energiu a hybnosť časticiam, z ktorých sa skladá plastelína. Častice získavajú hybnosť vo všetkých smeroch, okrem smeru proti pohybu náboja. Keďže častíc je veľa a ich pohyb je náhodný, celková hybnosť, ktorú získaju častice v smere kolmom na pohyb telesa bude nulová. Hybnosti jednotlivých častíc sa v tomto smere vynulujú. Avšak ich energie nie, nakoľko tá nemá smer. Takže častice v tomto smere sa urýchlia, ale nezískajú hybnosť. Preto sa nejaká energia premení na teplo, teda mechanická energia sa nezachováva. Avšak loptička v smere kolmom na smer pohybu náboja nezískala žiadnu hybnosť. Priklad 5. Na okraji stola výšky h leži plastelínová gulička hmotnosti M. Rýchlosťou v ňou preletí náboj hmotnosti m. Po tom gulička padla do vzdialenosti s od okraja stola. Do akej vzdialenosti doletel náboj? Priklad 6. Na vlákne dĺžky l a pevnosti F je zavesená gulička s hmotnosťou M. Vo vodorovnom smere cez guličku preletí rýchlosťou v náboj s hmotnosťou m. Pri akej hodnote rýchlosti sa vlákno pretrhne? 4 Tažisk Učene povedané, ťažisko je bod, vzhľadom na ktorý je celkový moment tiažové sily pôsobiacej na teleso nulový. Na prvé prečítanie asi málo kto tuší, čo to to ťažisko je. V prvom rade neide o nejaký konkrétny kúsok telesa. Ide o bod. Ten sa môže kľudne nachádzať mimo telesa8. V druhom rade, ak má teleso stred súmernosti (guľa, kocka, obdĺžnik), jeho ťažisko je práve tento stred súmernosti. Ak má teleso os súmernosti (Učko, kužeľ), ťažisko bude niekde na tejto osi. A má teleso rovinu súmernosti (štvrť guľa, v dobrom priblížení každé slušné zviera), bude ťažisko v tejto rovine. V treťom rade táto definícia ponúka vzorec, ktorým sa dá metódou zavriem oči a počítam prísť k výsledku. Pre súradnice ťažiska totiž platí X T = mi x i mi y, Y T = i mi mi 8 Napríklad U-čko 4

5 Kde m i sú hmotnosti jednotlivých častí, z ktorých sa teleso skladá a x i a y i sú súradnice ťažiska týchto častí. V štvrtom rade, poloha ťažiska sa však často dá nájsť aj lepšími metódami, ktoré budem ilustrovať na príkladoch. V piatom rade už nikto, lebo to zas nie je až také dobré predstavenie. A ešte v šiestom sa hlási trojuholník, že aj jeho ťažisko poznáme. Priklad 7. Tyč sa skladá z dvoch polovíc rovnakého tvaru a rozmerov, ale jedna má hustou ρ 1 a druhá ρ 2. Kde sa nachádza ťažisko takejto tyče. Riesenie. Príklad sa dá vyriešiť aj hrubou silou opísanou vyššie. Zvoľme súradnice tak, aby ležala celá tyč na osi x. Potom pre celú tyč y = 0 a preto aj Y T musí byť nulové 9.Tyč si rozdelíme na tie dve rozdielne časti. Jedna má ťažisko v bode x 1 = d 2 a hmotnosť m 1 = V ρ 1, druhá x 2 = d 2 a m 2 = V ρ 2. Toto teraz dosadíme do sumy a dojdeme k výsledku. X T = mi x i mi = m 1x 1 + m 2 x 2 m 1 + m 2 = d 2 V ρ 1 + d 2 V ρ 2 V ρ 1 + V ρ 2 = = d 2 ρ 1 + d 2 ρ 2 = d ρ 2 ρ 1 ρ 1 + ρ 2 2 ρ 1 + ρ 2 Všimnite si, že pre ρ 1 = ρ 2 dostávame ťažisko v strede tyče. Tento spôsob je veľmi vhodný, keď si nevieme presne zadefinovať časti, z ktorých sa skladá teleso, ktorého ťažisko hľadáme. Ak to však ide, často je názornejšie napísať si podmienku rovnosti momentov. Ako by to presne vyzeralo pre tento prípad? Súradnice si zvoľme tak isto a teda zas Y T = 0. Ťažisko sa bude nachádzať v mieste, kde budú momenty oboch tiažových síl rovnaké, teda ak X T je súradnica ťažiska tak ( ) ( ) d d V ρ 1 g 2 X T = V ρ 2 g 2 + X T Upravíme a dostaneme ten istý výsledok. ρ 1 ( d 2 + X T ) = ρ 2 ( d 2 X T ) ρ 1 d 2 + ρ 1X T = ρ 2 d 2 ρ 2X T (ρ 2 + ρ 1 ) X T = (ρ 2 ρ 1 ) d 2 X T = ρ 2 ρ 1 d ρ 2 + ρ 1 2 Treba si uvedomiť, že kladné hodnoty znamenajú polohu ťažiska časti tyče s hustotou ρ 2 a záporné v časti s hustotou ρ 1. Priklad 8. Nájdite ťažisko takéhoto útvaru 9 Lebo v spomínanej sume dostaneme v čiateteli samé nuly. 5

6 Priklad 9. Kde sa nachádza tažisko útvaru, ktorý vznikol vyrezaním gule s polorom r/2 z gule s polomerom r, ktorá sa jej z vnútra dotýkala. Priklad 10. Nájdite ťažisko takéhoto útvaru Priklad 11. Majme veľký štvorec, ktorý sa skladá z 16tich malých štvorcov. 3 rohové štvorce teraz zoberieme a odhodíme vdiaľ. Kde sa nachádza ťažisko nového útvaru. 5 Kmitanie všetkeho možnho Ak zmena ťažiska je najjednoduchšou fyzikálnou fintou, tak malé kmity sú najjednoduchším trochu zložitým fyzikálnym javom. A jedným z najdôležitejších všeobecne. Z dvoch dôvodov. Ak má teleso nejakú stabilnú polohu, tak každý rozumne malý pohyb okolo tejto polohy je malým kmitaním. A na každý pohyb sa dá pozerať ako na niekoľko malých kmitaní naraz10. Rovnovážna poloha znamená, že na teleso nepôsobí žiadna sila. Stabilná rovnovážna poloha znamená, že keď sa toto teleso o trochu vychýli preč z tejto polohy, bude naň pôsobiť sila, ktorá ho bude chcieť vrátiť do tejto polohy. Teleso sa pôsobení tejto sily dostane späť do rovnovážnej polohy, ale nakoľko naň pôsobila silo, dodala mu nejakú energiu. Tým pádom teleso zotrvačnosťou prefičí rovnovážnou polohou 11. Nasleduje pohyb na opačnú stranu, kde sa nejaká sila snaží vrátiť teleso do rovnovážnej polohy. To zastane, a začne sa vracať späť. A kmity sú na svete 12. Dá sa ukázať 13, že ak na teleso hmotnosti m pôsobí sila F = kx, kde k je konštanta a x je veľkosť výchylky z rovnovážnej polohy, koná toto teleso okolo rovnovážnej polohy malé kmity s periódou T = 2π m k a v čase t bude jeho poloha x = x 0 sin 2π t T Prvý príklad je len na uvedomenie si, čo to kmitanie je na známom príklade. Ďalšie príklady sú len na ukážku, ako sa pracuje a počíta s malými kmitmi. Priklad 12. Teleso hmotnosti m je pripevnené na pružine tuhosti k. S akou periódou bude kmitať teleso na zemi a s akou vo vesmírnej stanici na obežnej dráhe? Ako je to s matematickým kyvadlom? 10 O tom tu hovoriť nebudeme, ale je dobré to vedieť 11 Sotva stihne zamávať priateľom. 12 Toto odporúčam veľmi dobre premyslieť, nakoľko ide o nosnú myšlienku celých malých kmitov. 13 Na korektné odvodenie sú potrebné derivácie. Dá sa to odvodiť aj bez nich, ale celé to je akési pofidérne, je to len inak povedané dá sa ukázať a zaberie to strašne veľa času. 6

7 Riesenie. Na teleso na natiahnutej pružinke vždy pôsobí sila F = k x. Na zemi okrem toho pôsobí na teleso tiažová sila. Ak uvažujme homogénne tiažové pole, táto sila je konštantná. Teleso bude teda v rovnováhe pri pružinke natiahnutej o kx 0 = mg x 0 = mg k Potom pri roztiahnutí pružinky o x bude na teleso pôsobiť celková sila k (x 0 + x) mg Ak uvážime, čomu sa rovná x 0, zistíme, že na teleso vychýli z rovnovážnej polohy o x bude pôsobiť sila k x. Teda bude konať malé kmity s periódou T = 2π m k bez ohľadu na to, aká konštantná sila naň pôsobí. Tá zmení iba miesto, okolo ktorého bude teleso kmitať, nie periódu týchto kmitov. Takže na pružine bude kmitať teleso s rovnakou periódou na zemi aj na vesmírnej stanici. Pre matematické kyvadlo to bude inak. Pri pružinke sila, ktorá spôsobovala kmitanie bola sila pružinky. Tá vôbec nezávisela od toho, kde sa pružinka nachádza. Avšak kmity matematického kyvadla sú priamo spôsobené tiažovou silou. Pozrime sa na to bližšie. Ak sa kyvadlo vychýli o malý uhol ϕ, bude naň pôsobiť sila mg sin ϕ. Ak teraz uvážime, že pre malé uhly sin ϕ ϕ a ϕ x l sila, ktorá bude pôsobiť na teleso zavesené na závese dĺžky l bude F = mg l x, teda bude kmitať s periódou m l T = 2 π mg = 2 π l g Vidíme, že keď nebude na teleso pôsobiť žiadna tiaž, teda g = 0, potom dostaneme formálne nekonečnú periódu, takže teleso kmitať vôbec nebude. Delenie nulou dostávame pretože na teleso pôsobí nulová sila a teda nemá vôbec zmysel uvažvať o kmitavom pohybe. Priklad 13. V kvapaline hustoty ρ pláva kocka s hustotou ρ/2. Niekto ju teraz malilinko vychýli ona začne kmitať. S akou periódou? Priklad 14. V trubicu tvaru U s prierezom S je kvapalina s hustotou ρ. Aká bude perióda malých kmitov hladiny kvapaliny okolo rovnovážnej polohy. Priklad 15. Majme dva rovnaké valce s polomerom R, ktorých stredy vo vzdialenosti d > 2R. Valce sa proti sebe otáčajú uhlovou rýchlosťou ω. Na nich je položená doska šírky l > d. Aká bude perióda malých kmitov dosky okolo rovnovážnej polohy, ak dĺžková hustota dosky je λ? Priklad 16. Matematické kyvadlo s dĺžkou závesu l je položené na vozíku, ktorá sa voľne pohybuje po naklonenej rovine so sklonom α. Aká bude perióda jeho kmitov? 6 Hydrostatika V tejto kapitole je najdôležitejším pojmom hydrostatický tlak. To znamená tlak, ktorý pôsobí na mieste, nad ktorým na nachádza kvapalina. Tá svojou hmotnosťou tlačí nadol. Ide o podobný efekt ako tlak atmosféry. Keďže však vzduch je oveľa ľahší ako voda, rovnaký tlak ako 50 km vysoká atmosféra spôsobí už metrová vrstva vody. Pre tlak na mieste, nad ktorým sa nachádza stĺpec kvapaliny vysoký h je hydrostatický tlak p = ρgh. 7

8 Dôsledkom toho, že vo väčšej hĺbke je väčší tlak je vznik vztlakovej sily. Ide vlastne o to, že spodné časti telies sú tlačené nahor viac, ako vrchné nahor a tým pádom sa objaví výsledná sila smerom nahor. Jej veľkosť veľmi dobre poznáme a je F vz = ρv g. Celé to však nie je vôbec také jednoduché, ako sa na prvý pohľad zdá. Problém nastane vtedy, keď teleso nemá spodnú stranu. Inými slovami keď nie je celé... ale to predsa uvidíte druhom príklade. Predtým sa v prvom pozrieme a energie a ako to funguje s nimi v hydrostatike. Potom sa budeme točiť už len okolo Archimedovho zákona a ako to s ním funguje. Priklad 17. Na dovolenke sme v mori ponorili pingpongovú loptičku do hĺbky h. Ako vysoko vyskočí po uvoľnení? Riesenie. Ako bolo naznačené, budeme postupovať uvážením energetickej bilancie. Mohli by sme ísť aj cez rovnicu F = ma ale to by bolo dosť zložité, najmä pri vystupovaní guličky z vody. Takže energia Nulovú potenciálnu energiu zvoľme na povrchu mora. Tým, že sme guličky ponorili do hĺbky h sme jej odobrali potenciálnu energiu mgh. Dodali sme tým okrem toho potenciálnu energiu vode, ktorá bola pôvodne na mieste, kde je teraz gulička. Tu sme vytlačili na hladinu a teda jej pribudla potenciálna energia. Celkovo sme do sústavy vložili energiu V ρ 0 gh mgh = ghv (ρ 0 ρ) Keď teraz uvolníme guličku, sústava nám túto energiu vráti. Vráti ju vo forme energie loptičky. Takže tá bude mať pri výstupe z vody takúto energiu, ktorú premení na svoju potenciálnu a vystúpi do výšky V ρgh = ghv (ρ 0 ρ) H = h ρ 0 ρ ρ Všimnite si, že ak je loptička hustejšia ako voda, dostaneme zápornú výšku, to znamená lotpička vôbec nevyskočí. Mohli sme postupovať aj tak, že by sme pozerali, o koľko menej potenciálnej energie bude mať sústava po vynorení loptičky. To by sme vlastne robili presne to isté. Priklad 18. Predstavte si takýto prístroj. V dne valcovej nádoby je otvor. Cez tento otvor prestrčíme lano, ktoré ho dokonale uzavrie. Toto lano prevedie von z nádoby a uzavrieme s jeho koncom. Dostali sme tak vlastne valcovú nádobu navlečenú na lane. Do nádoby teraz nalejeme vodu. Tá vztlakovou silou rozpohybuje lano, ktoré môže poháňať Dexterove laboratórium do konca sveta... alebo nemôže? Priklad 19. Majme dve kvapaliny, ktoré sa navzájom nemiešajú. Ich hustoty sú ρ 1 a ρ 2. V akej polohe sa na ich rozhraní ustáli guľa s polomerom r a husotou ρ 3 (uvažujte ρ 1 > ρ 3 > ρ 2 ). Priklad 20. V dne nádoby je kruhový otvor plochy S. Zarazíme do neho kužeľ, ktorý má plochu podstavy 9S a zalejeme ho celý vodou. Kužeľ na priek tomu zostal v dne nádoby. Čo viete povedať o jeho hustote. Priklad 21. Akou silou je pritláčaný ku dnu nádoby kužeľ, ktorý priľnieva svojou podstavou ku dnu? Rozmery kužeľa ako aj výška hladiny sú zadané. 7 Otčav pohyby Vôbec sa to nezdá, ale podľa mňa je práve toto jedna z najťažších častí stredoškolskej fyziky. Hlavne čo sa týka porozumenia. Neviem prečo bola táto kapitola zaradená do osnou už v prvom ročníku a 8

9 potom sa jej už nikdy nevenuje pozornosť. Prvý príklad bol napríklad na krajskom kole FO kategórie C. Máloktorý stredoškolák je schopný zrátať tento príklad. A pritom by malo ísť o elementárnu vec. Dosť bolo lamentovania, poďme si to radšej vysvetliť. Po celý čas budeme uvažovať dokonale tuhé teleso. To je také, ktorého každé dva kúsky za žiadnych okolností 14 nezmenia svoju vzdialenosť. Pohyb telesa na ktoré nepôsobia žiadne sily a momenty sál možno rozdeliť na dva. Posuvný pohyb ťažiska a otáčavý pohyb okolo osi, prechádzajúcej ťažiskom. Ak sa ťažisko pohybuje rýchlosťou v, bude mať každý bod telesa túto rýchlosť. Okrem nej bude mať aj ale aj rýchlosť, ktorú zdedí z otáčavého pohybu. Ak sa teleso otáča uhlovou rýchlosťou ω okolo istej osi, bude mať bod vo vzdialenosti r od tejto osi rýchlosť ωr. Treba si však dávať pozor na to, aký smer má táto rýchlosť. Na vyjasnenie tohoto je dobrý prvý príklad. Ak na tuhé teleso pôsobí sila, začne meniť jeho pohybový stav. Pohybový stav ťažiska 15 sa bude meniť podľa rovnice F = m a. To znamená ako keby sila pôsobila ťažisku. Ak má táto sila nenulový moment M, otáčavý stav telesa sa bude meniť podľa rovnice M = I ε kde I je moment zotrvačnosti telesa a ε jeo uhlové zrýchlenie. Ale to je moc všeobecné na to, aby to niekto pochopil, pozrime sa teda na ďalšie dva príklady. Priklad 22. Obruč sa valí bez prešmykovania po podlahe. Akú rýchlosť má v danom okamihu každý jej bod? Riesenie. Ak sa obruč valí rýchlosťou v bez prešmykovania, má uhlovú rýchlosť ω = v R kde R je jej polomer. Ako sme povedali, každý bod obruče bude mať rýchlosť v vo vodorovnom smere. Okrem toho bude mať aj rýchlosť ωr = v v smere dotyčnice ku obruči. To pretože okamžitá rýchlosť bodu pri otáčavom pohybe má vždy smer dotyčnice k otočeniu. Ak si teraz nakreslíme obrázok, pre bod ktorý je odklonení o uhol ϕ dostaneme rýchlosť Takže výsledná rýchlosť bude mať zložky v ϕx = v cos ϕ v ϕy = v sin ϕ w x = v v cos ϕ w y = v sin ϕ Všimnime si, že ak teleso neprešmykuje tak bod, pre ktorý ϕ = 0, tj. bod, ktorý sa nachádza v kontakte s podložkou je v pokoji, pretože w x = w y = 0. To je dôvod, prečo na telesá valiace sa bez prešmykovania nepôsobí trecia sila, naokoľko sa vzhľadom na podložku nepohybujú16 Priklad 23. Peťo rád hrá bowling. Minule zobral bowlingovú guľu polomeru R a hmotnosti m, rozbehol sa a hodil ju počiatočnou rýchlosťou v na navoskovanú kolkársku dráhu. Koeficient trena medzi guľou a dráhou je f a kolky sú vo vzdialenosti d od miesta, kde Peťo vypustil guľu. Za aký čas zrazí guľa prvú kolku, ak sa na začiatku vôbec neotáčala? Priklad 24. Na planétu polomeru R a hmotnosti M pripevníme na okraj reaktívny motor, ktorý bude po zapnutí pôsobiť konštantnou silou veľkosti F. V čom je tento príklad iný ako predchádzajúci? Ako sa bude pohybovať takáto planéta po zapnutí motora? 14 Ani pod vplyvom alkoholu ani pri lukratívnych mnohomiliónových ponukách. 15 A tým aj celého telesa. 16 Toto odporúčam veľmi dobre premyslieť a pochopiť, pretože je to nesmierne dôležité. 9

10 8 In užitočně prklady Tu sú uvedené príklad, ktoré sa nevmestili do ani jednej kapitoly a neoplatilo sa kvôli nim vytvárať nové kapitoly. Napriek tomu si myslím, že sú natoľko užitočné, že sa oplatí pretárať si ich a porozumieť tomu, čo hovoria a čo je v nich skryté. Priklad 25. Kocku s hranou a rovnomerne nabijeme. V jednom jej vrchole nameriame intenzitu elektrického poľa E. Teraz vyrežeme z pôvodnej kocky kocku s hranou a/2, a tieto kocky majú spoločný už spomínaný vrchol. Akú intenzitu v tom mieste nameriame teraz? Priklad 26. Cez kladku je prevesené lano dĺžky l. Keďže ide o labilnú rovnováhu, lano veľmi rýchlo spadne. Akou rýchlosťou bude opúšťať kladku? Priklad 27. V naklonenej rovine s premenným sklonom je jamka guľovitého tvaru. Taká, že gulička s polomerom r z nej trčí do výšky 3/4 r. Pri akom sklone z nej gulička vypadne? Priklad 28. Priamka je od zvislice odklonená o uhol α. Na nej je pripevnená korálka hmotnosti m, ktorá sa po nej môže bez trenia pohybovať. Priamka sa začne otáčať okolo zvislej osi uhlovou rýchlosťou ω. Do akej vzdialenosti od bodu priamky, ktorý sa nepohybuje vystúpi korálka? Priklad 29. S povrchu planéty s polomerom R vystrelíme teleso prvou kozmickou rýchlosťou. Do akej vzdialenosti od miesta výstrelu sa dostane? Planéta nerotuje! Priklad 30. Majme megakvapku vodu objemu V a teploty T. Na koľko kvapiek ju treba rozprášiť, aby ich teplota klesla na t. Priklad 31. Dutá guľa polomeru R sa otáča okolo zvislej osi uhlovou rýchlosťou ω. Nachádza sa v nej malé teliesko, ktoré koná pohyb spolu s guľou (t.j. vzhľadom na guľu sa nepohybuje). Aký musí byť koeficient trenia f medzi guľou a telieskom, ak sa teliesko nachádza vo výške R/2. Priklad 32. Gulička hmotnosti m voľne padá z výšky l nad podlahou. Letela nadol, až kým vo výške l/2 nenarazila na noviny a preletela cez ne. Gulička ďalej voľne padala, až kým nedopadla na podlahu. Celý dej od pustenia po dopad trval čas t. Koľko energie sa vynaložilo na pretrhnutie diery v papieri? Priklad 33. Majme dve paličky, ktoré sú klbovo spojené s bodom O. Strcíme medzi ne gulu tak, aby situácia bola symetrická a každá palička sa odklonila od zvislice o uhol α. Aký musí byt koeficient trenia, aby gulicka ostala pevne zaseknutá? 10