Pr klady a koment are k Fyzike 1 Letny semester 2008/2009davinci.fmph.uniba.sk/~markos3/prednasky/fyzika1-0809-priklady.pdf · Pr klady a koment are k Fyzike 1 Letny semester 2008/2009

Prıklady a komentare k Fyzike 1

Letny semester 2008/2009

Peter Markos, Katedra fyziky FEI

Obsah

1. Vektory

2. Derivacie

3. Pohyb

4. Riesene prıklady

5. Neriesene prıklady

1 Prıklady 1 - vektory

1. Suradne osi

Vektory ~i, ~j a ~k su jednotkove vektory v smere jednotlivych osi.

~i = (1, 0, 0), ~j = (0, 1, 0), ~k = (0, 0, 1)

2. Transformacia suradnych osı. Otocme suradny system o uhol φ okolo osi z. najdite vyjadrenie suradnıcx′ a y′ pomocou x a y.

Riesenie. Bod R ma v suradnice (x, y) a (x′, y′). Vzt’ahy medzi nimi vidiet’ z obrazku:

x = x′ cosφ− y′ sinφy = y′ cosφ+ x′ sinφ

(1)

Z tychto vzt’ahov l’ahko najdeme x′ a y′:

x′ = x cosφ+ y sinφy′ = y cosφ− x sinφ

(2)

1

3. Bod R ma suradnice x, y. Otocte suradnicovu sustavu tak, aby v novej sustave mal suradnice (x′, 0).

Riesenie: Ak y′ = 0, tak zo rovnice (2) dostaneme, ze suradnicovu sustavu musıme pootocit’ o uholtanφ = x/y.

4. Dany je vektor ~a = (ax, ay, az). Najdite jeho dlzku.

a = |~a| =√~a · ~a =

√a2x + a2

y + a2z

5. Nasobenie vektora cıslom. Najdite zlozky a dlzku vektora ~b = α~a, kde ~a je vektor z predchadzajucehoprıkladu a c je l’ubovol’ne cıslo.

6. Ukazte, ze vektor ~ea =~a

ama dlzku 1.

7. Ukazte, ze kazdy vektor mozeme pısat’ v tvare

~a = a~ea

Kde ~ea je jednotkovy vektor rovnobezny s vektorom ~a.

8. Vyjadrite vektor ~a = (ax, ay, az) pomocou jednotkovych vektorov

~a = ax~i+ ay~j + az~k

9. Skalarny sucin

~a ·~b = ab cos γ

kde γ je uhol, ktory zvieraju vektory ~a a ~b.

10. Najdite skalarne suciny vektorov ~i ·~i, ~i ·~j a ~i · ~k.

11. Ukazte, ze platı~a ·~b = axbx + ayby + azbz

12. Ukazte, ze platı~a · (~b+ ~c) = ~a ·~b+ ~a · ~c.

2

13. Ukazte, ze skalarny sucin dvoch rovnobveznych vektorov ~a a ~b je rovny ab.

Riesenie. Ak natocıme suradnu sustavu tak, aby vektor ~a bol rovnobezny s osou x, potom ~a = (ax, 0, 0)a a = ax. Podobne ~b = (bx, 0, 0) (lebo vektory su rovnobezne), a teda skalarny sucin ~a ·~b = axbx = ab.

14. Ukazte, ze skalarny sucin dvoch na seba kolmych vektorov je nula.

Riesenie. Natocme suradnicove osi tak, aby vektor ~a lezal v smere osi z. potom ~a = (0, 0, az). Kazdyvektor kolmy na vektor a musı lezat’ v rovine (x, y), a preto ma zlozky ~b = (bx, by, 0). Z definıcieskalarneho sucinu vidıme, za naozaj ~a ·~b = 0.

15. Dane su vektory ~a a ~b. Nakreslite vektory ~c = ~b− ~a a ~d = ~b+ ~a. Najdite uhol medzi nimi.

Riesenie.

cos γ =~c · ~dcd

(3)

Dlcku vektora ~c najdeme zo vzt’ahu

c2 = ~c · ~c = (~b− ~a) · (~b− ~a) = a2 + b2 − 2~a ·~b.

Podobne d2 = a2 + b2 + 2~a ·~b. Skalarny sucin

~c · ~d = (~b− ~a) ·~b+ ~a) = b2 − a2

lebo ~a ·~b = ~b · ~a. Po dosadenı dostaneme

cos γ =b2 − a2√

(a2 + b2)2 − 4(~a ·~b)2. (4)

16. Ukazte, ze dva vektory ~a a ~b = α~a su rovnobezne.

Riesenie: Z rovnice (3) dostaneme pre uhol γ ktory zvieraju vektory ~a a ~b

cos γ = 1

preto γ = 0.

17. Kosınova veta. Dokazte, ze v trojuholnıku platı

a2 + b2 − 2ab cos γ = c2 (5)

Riesenie. Pretoze ~b = ~a+ ~c, platı pre vektor ~c vzt’ah ~c = ~b− ~a. Potom

c2 = ~c · ~c = (~b− ~a) · (~b− ~a) = a2 + b2 − 2~a ·~b

pretoze skalarny sucin ~a ·~b = ab cos γ, dostaneme ihned’ vzt’ah (5).

3

18. Vektorovy sucin:~c = ~a×~b

je vektor. Platı c = ab sinφ, kde φ je uhol medzi vektormi ~a a ~b. ~c je kolmy na vektory ~a a ~b, jehoorientacia je dana pravidlom pravej ruky.

19. Ukazte, ze platı ~i×~j = ~k, ~j × ~k =~i, ~k ×~i = ~j.

20. Ukazte, ze pre zlozky vektoroveho sucinu ~c = ~a×~b platı

cx = aybz − azbycy = azbx − axbzcz = axby − aybx

(6)

21. Ukazte, ze platı~a× (~b+ ~c) = ~a×~b+ ~a× ~c

.

22. Vyuzite vyjadrenie vektora ~c (rovnica 6) a ukazte, ze vektor ~c je naozaj kolmy na obe vektory ~a aj ~b.

Riesenie: najdeme skalarny sucin ~a · ~c:

~a · ~c = axcx + aycy + azcz= ax(aybz − azby) + ay(azbx − axbz) + az(axby − aybx)= 0.

Tak isto dokazeme aj kolmost’ vektorov ~c a ~b.

23. Ak ~a = (ax, ay, 0) a ~b = (bx, by, 0), najdite smer vektora ~c. Presvedcte sa, ze ~c je kolmy na oba vektory,~a aj ~b. Vsimnite si, ze ma len zlozku v smerer osi z.

24. Comu je rovny vektorovy sucin dvoch rovnobeznych vektorov ?

25. Ukazte, ze platı|~a×~b|2 = a2b2 − (~a ·~b)2

Riesenie. Najprv vyjadrime

(~a ·~b)2 = (axbx + ayby + azbz)2

= a2xb

2x + a2

yb2y + a2

zb2z+

2(axbx)(ayby) + 2(axbx)(azbz) + 2(ayby)(azbz)(7)

Teraz vypocıtame

|~a×~b|2 = (aybz − azby)2 + (azbx − axbz)2 + (axby − aybx)2

Po roznasobenı dostaneme

|~a×~b|2 = a2x(b2y + b2z) + a2

y(b2x + b2z) + a2

z(b2x + b2y

−2(axbx)(ayby)− 2(axbx)(azbz)− 2(ayby)(azbz)(8)

Ak scıtame rovnice (7,8), dostaneme

|~a×~b|2 + (~a ·~b)2 = a2b2, (9)

co je rovnica, ktoru sme potrebovali dokazat’.

4

26. Ukazte, ze ak ~c = ~a×~b, tak c = ab sin γ.

Riesenie: vieme, ze ~a ·~b = ab cos γ. Dosadıme do rovnice (9) a vyuzijeme vzt’ah

cos2 γ = 1− sin2 γ. (10)

27. Ukazte, ze plocha lichobeznıka (obr.) je rovny |~a×~b|.

Riesenie. Plocha lichobeznıka je S = av. Pretoze v = b sin γ, dostaneme S = ab sin γ, co je naozajabsolutna hodnota vektora ~a×~b.

28. Najdite vektor ~a× (~b× ~c).Riesenie. Naprıklad rozpısanım do zloziek odvodıme dolezity vzt’ah

~a× (~b× ~c) = ~b(~a · ~c)− ~c(~a ·~b)

(tzv. zakon bac mınus cab )

29. Najdite ~c = ~a+~b v pre vektory na obrazku. Najdite dlzku vektora ~c.

Riesenie: na pravom obrazku je c =√a2 + b2, na l’avom obrazku c = 2a cos(γ/2).

30. Tulak putoval 2 km na zapad, potom 2 km na sever, 1 km vychodne, 5 km juzne, a 3 km na zapad.Ako d’aleko sa dostal od povodneho miesta? Koll’ko kilometrov presiel? Nakreslite drahu tulaka.

Riesenie: Polohu tulaka vyjadrıme vektorom ~r = ~a1 + ~a2 + ~a3 + ~a4 + ~a5. Zlozky vektorov su

~a1 = (−2, 0)~a2 = (0, 2)~a3 = (1, 0)~a4 = (0,−5)~a5 = (−3, 0)

Scıtanım vektorov dostaneme ~r = (−4,−3), r = |~r| = 5. Tulak presiel drahu s = a1+a2+a3+a4+a5 =13 km, ale vzdialil sa od startu len 5 km.

Draha tulaka vyzera takto:

5

31. Tulak vyrazil z bodu (0, 0) na severovychod a presiel drahu 3 km. Ake su jeho nove suradnice?

~r = (3/√

2, 3/√

2)

32. Dvaja tulaci sa v case t = 0 rozlucili v bode x = 0, y = 0 a motali sa po rovine (x, y). Kazdu hodinusi hlasili svoju polohu:

cas tulak 1 tulak 21 (1,1) (0,0.5)2 (2,4) (-1,3)3 (2,3) (0,-2)4 (3,4) (1,2)5 (3,4) (1,5)

Vypocıtajte, ako d’aleko boli tulaci od seba v jednotlivych casoch. Najdite, aku drahu presiel kazdytulak.

Vypocıtajte rychlost’ tulakov v jednotlivych casovych intervaloch. Najdite priemernu rychlost’ tulakov.

33. Teleso sa pohybuje po stranach stvorca rovnomernou rychlost’ou (obr.) Najdite casovu zavislost’ dlzkypolohoveho vektora, r = |~r(t)|. Strana stvorca je a. V case t = 0 je telesov bode O. Nakreslite r akofunkciu casu.

Riesenie. Pohyb pozostava zo stytroch faz, kazda trva cas T = a/v. V prvej faze sa teleso pohybujekolmo nahor, a zrejme r = vt. V druhej faze sa teleso pohybuje po vodorovnej hrane, a z Pytagorovej

6

vety najdeme r(t) =√a2 + v2(t+ T )2, T ≤ t ≤ 2T . V tretej faze, 2T ≤ t ≤ 3T , sa teleso pohy-

buje nadol po pravej zvislej hrane. Opat’ z Pytagorovej vety najdeme r(t) =√a2 + v2(3T − t)2. V

zaverecnej faze, 3T ≤ t ≤ 4T , sa teleso rovnomerne priamociaro blızi k pociatku a r = a+ v(3T − t).

34. Teleso sa pohybuje po kruznici s polomerom R (obr) tak, ze uhol φ = ωt rovnomerne narasta s casom.Najdite casovu zmenu vektora ~r a jeho absolutnej hodnoty. najdite rychlost’ telesa.

Riesenie. ~r = (x, y), kde x = (a + R) − R cosωt a y = R sinωt. Preto r =√x2 + y2. Rychlost’ v

samozrejme nezavisı od a, v = Rω.

7

2 Derivacie

1. Definıcia derivacie: majme funkciu f(t). Jej derivaciu v bode t najdeme:

∂f(t)∂t

= limδt→0

f(t+ δt)− f(t)δt

2. Geometricky vyznam derivacie: dotycnica ku krivke f(t)

3. Derivacie jednoduchych funkciı:∂tn

∂t= ntn−1

Najdite detrivaciu funkcie t3, t2,√t, 1/t, 1/

√t.

4.∂ sin t∂t

= cos t∂ cos t∂t

= sin t

Najdite∂2 sin t∂t2

,∂2 cos t∂t2

.

5.∂f(αt∂t

= α∂f(t)∂t

.

Najdite∂ sinωt∂t

, eαt

6. Najdite∂√a2 + t2

∂t,

∂

∂t

1√a2 + t2

7. Derivacie zlozitejsıch funkciı: Derivujte

∂

∂x(3xy2 + 2xy),

∂

∂y(3xy2 + 2xy)

8. Derivacie vektora. Mame vektor ~r = (x, y, z). Najdite jeho derivaciu.

Riesenie.∂~r

∂t=(∂x

∂t,∂y

∂t,∂z

∂t

)Ine vyjadrenie: vektor ~r napıseme v tvare ~r = r~er, kde r =

√x2 + y2 + z2 a ~er je jednotkovy vektor v

smere vektora ~r. Potom platı∂~r

∂t=

∂

∂t(r~er) =

∂r

∂t~er + r

∂~er∂t

. (11)

Derivacia vektora teda ovplyvnuje tak jeho dlzku (prvy clen) ako aj jeho smer (druhy clen).

8

9. Dany je vektor ~r(t) = (r cosωt, r sinωt). Najdite jeho absolutnu hodnotu. Nakreslite ~r(t) v case t = 0,t = π/(2ω), t = π/ω. Najdite vzt’ah y = y(x).

Riesenie: Zrejme |~r| = r, a x2 + y2 = r2, preto vektor ~r opisuje kruznicu so stredom v pociatku apolomerom r. y = ±

√r2 − x2, −r ≤ x ≤ +r. V case t = 0 ma smer osi x, s narastajucim casom

opisuje jeho koniec kruh s polomerom r. Perioda pohybu T = 2π/ω.

10. Vypocitajte vektor ~v(t) = ∂~r(t)/∂t, a nakreslite jeho smer.

Riesenie: ~r zavisı od casu t. Ide o prıpad, kedy sa s casom t menı len smer vektora, nie jeho absolutnahodnota.

Derivacia~v(t) =

∂~r

∂t= (−rω sinωt, rω cosωt) (12)

je rychlost’ pohybu. Vidıme, ze ~r(t) nemenı svoju dlzku, pretoze ∂r/∂t = 0 pre kazde t. Menı ale smerPretoze ~v · ~r = 0 pre kazde t, je ~v(t) kolme na ~r(t) a vidıme, ze ~v(t) ma smer dotycnice ku kruznici,ktoru pisuje ~r.

11. Najdite druhu derivaciu

~a(t) =∂2~r

∂t2.

Riesenie:

~a(t) =∂2~r

∂t2= −ω2~r(t). (13)

3 Pohyb

Studujme pohyb v case t, pri ktorom sa rychlosti menia v case takto:

vx(t) = v0xvy(t) = v0y sinωt

(14)

vx je teda konstantna, vy osciluje v case. Nech castica vyrazila v case t = 0 z bodu x = y = 0.Polohovy vektor ~r(t) ma suradnice (x(t), y(t)), ktore najdeme integrovanım rychlosti podl’a casu: x(t) =∫

vx(t′)dt′ a y(t) =∫vy(t′)dt′:

x(t) = v0xt

y(t) =v0yω

[1− cosωt] . (15)

Z prvej rovnice vieme vyjadrit’ cas t = x/v0x; dosadenım do druhej rovnice dostaneme rovnicu drahy

y(x) =v0yω

[1− cos

ωx

v0x

], (16)

ktoru vidıme na pravom obrazku.V kazdom bode vieme najst’ dotycnicu k drahe: jej smernica je dana derivaciou

dy(x)dx

=v0yv0x

sinωx

v0x(17)

9

Vektor ~s rovnobezny s dotycnicou ma suradnice

~s =(

1,dy(x)dx

)(18)

(to je tak vzdy, nakreslite si, uvidıte). Preto vidiet’, ze je rovnobezny s vektorom rychlosti ~v = (vx, vy):

~v = (v0x, v0y sinωt), ~s =1v0x

~v. (19)

To musı tak byt’ vzdy, lebo rychlost’ ma vzdy smer dotycnice k drahe.Zrychlenie zıskame derivaciou rychlosti:

ax(t) = 0ay(t) = v0yω cosωt.

(20)

Zrychlenie ma preto vzdy smer osi y a nie je rovnobezne s rychlost’ou. Najdeme dve zlozky zrychlenia:

• zlozku zrychlenia rovnobeznu s rychlost’ou (tangencialne zrychlenie)

• zlozku zrychlenia kolmu na rychlost’ (a teda aj na dotycnicu k drahe) - normalove zrychlenie. Tatozlozka zodpoveda za zakrivenie drahy.

Uhol φ medzi vektormi ~v a ~a najdeme zo skalarneho sucinu

cosφ =~a · ~v|~a||~v|

, (21)

takze mamecosφ =

v0y sinωt√v20x + v2

0y sin2 ωt. (22)

Tangencialne zrychlenie zıskame priemetom vektora zrychlenia do smeru drahy (rychlosti):

at = a cosφ (23)

a normalove zrychlenie je ta zlozka vektora zrychlenia, ktora je kolma na smer rychlosti:

an = a sinφ =√a2 − a2

t , (24)

pretoze normalove zrychlenie je kolme na tangencialne, musı platit’ a2 = a2n + a2

t .

Vsimnite si, ze absolutna hodnota rychlosti je

v =√v20x + v2

0y sin2 ωt (25)

Derivovanım sa presvedcıte, zedv

dt= at, (26)

takze tangencialna zlozka zrychlenia naozaj zodpoveda za narast rychlosti castice.Normalove zrychlenie je rovne

an −v2

R(27)

10

Figure 1: Poloha y(t), rychlost’ v(t), tangencialne zrychlenie at(t) a normalove zrychlenie an(t) ako funkciacasu. Cas meriame v periodach T = 2π/omega. Pretoze x = v0xt, mozeme tie iste data zobrazit’ aj akofunkciu polohy x (X je priestorova perioda, X = v0xT = 2πv0x/ω. Pravy obrazok ukazuje, ze normalovezrychlenie je nulove vtedy, ked’ draha y(x) nema zakrivenie (castica sa pohybuje po priamke). Naopak,an(x) je maximalne v bodoch, kde je draha y(x) “najkrivsia”. Podobne tangencialne zrychlenie at je nulovevtedy, ked’ rychlost’ v (v absolutnej hodnote) dosahuje maximum, resp. minimum.

kde R je okamzity polomer drahy. Ten, samozrejme, nepozname, ale pretoze pozname an aj v2, dostanemeokamzity polomer drahy

R =v2

an(28)

Tento vzt’ah platı len ak an 6= 0. V poslednom prıpade je polomer drahy nekonecne vel’ky.

Ulohy

1. Najdite polohy, v ktorych je tangencialne zrychlenie nulove

2. Najdite body, v ktorych je normalove zrychlenie nulove.

11

4 Riesene prıklady zo skusok

1. Antilopa gnu utekala cas t1 = 10 s konstantnym zrychlenım a1 = 2.0 m/s2, a potom cas t2 = 20 s skonstantnym spomalenım a2 = 0.1 m/s2. Aku vzdialenost’ prebehla ? Aku mala rychlost’ na koncidrahy ?(2 body)

Riesenie: Za cas t1 prebehne antilopa vzdialenost’ s1 =12a1t

21. Na konci tejto drahy bude mat’ rychlost’

v1 = a1t1. Potom zacne spomal’ovat’, preto jej rychlost’ klesa s casom

v(t) = v1 − a2t t > t1. (29)

V druhej casti drahy t2 preto prebehne drahu s2 = v1t2 −12a2t

2. Celkova draha je preto

s = s1 + s2 =12

(a1t

21 − a2t

22

)+ v1t2. (30)

Rychlost’ antilopy na konci drahy je v(t2) = v1 − a2t2 = a1t1 − a2t2.

2. Lopticka hmotnosti m = 100 g sa pruzne odraza od podlahy; vzdialenost’ dvoch dopadov na podlahuje L = 10 m. Vo svojom najvyssom bode je lopticka vo vyske h = 5 m.Aky cas uplynie emdzi dvoma dopadmi lopticky na podlozku? (1)Gravitacne zrychlenie g = 10 m/s2.(3 body)

Riesenie. Oznacme rychlost’ lopticky ~v a jej vodorovnu a zvislu zlozku vx a vz. Rychlost’ vx jekonstantna, ale rychlost’ vz sa menı v zavislosti od polohy lopticky: je nulova v najvyssom bode drahy,a maximalna v najnizsom.

Z najvyssieho bodu drahy lopticka pada rovnomerne zrychlene so zrychlenım g a trva jej to cast =

√2h/g, teda t = 1 s. Cas T medzi dvoma dopadmi lopticky na podlahu je dvojnasobkom casu t,

T = 2t = 2√

2h/g = 2 s. (31)

3. Po naklonenej rovine, ktora s vodorovnou podlozkou zviera uhol θ, sa pohybuje smerom nadol telesohmotnosti M . Koeficient kinetickeho trenia medzi telesom a rovinou je µk.(a) Ake je zrychlenie telesa? (1)

12

(b) Najdite vodorovnu silu F , ktorou musıte posobit’ na teleso, aby sa pohybovalo nadol rovnomerne,t.j. s konstantnou rychlost’ou. (2)(3 body)

Riesenie. (a) Na teleso posobı len tiazova sila G = Mg. Do pohybu ju moze uviest’ len jej zlozkarovnobezna s naklonenou podlozkou, G‖ = G sin θ. Proti pohybu posobı sila trenia, Ft = µkN , kdeN = G cos θ. Zrychlenie telesa je teda

a =G‖ − FtM

= g (sin θ − µk cos θ) . (32)

(b) Silu F rozlozıme do zloziek F‖ a F⊥ (rovnobeznej a kolmej na podlozku). Dostaneme F‖ = F cos θa F⊥ = F sin θ.

V smere rovnobeznom s podlozkou posobı na teleso sila G‖ − F‖ smerom nadol, a sila trenia, N =µk(F⊥ +G⊥). Pretoze sa teleso pohybuje rovnomernou rychlost’ou, su tieto sily rovnake v absolutnejhodnote, ale opacne orientovane. mame preto rovnicu

Mg sin θ − F cos θ = µkN = µk(F sin θ +Mg cos θ) (33)

z ktorej vyjadrıme silu

F = Mgsin θ − µk cos θcos θ + µk sin θ

. (34)

4. Na lane dlzky L = 1 m roztacame kamen hmotnosti m = 0.1 kg. Uhlova rychlost’ otacok rovnomernerastie so zrychlenım ε = 0.1 s−2. Najdite cas, kedy sa lano pretrhne, ak vieme, ze maximalne zat’azenielana je F = 102, 4 N.(2 body)

Riesenie. Uhlova rychlost’ ω narasta s linearne s casom, ω = εt. Preto odstrediva sila narasta s casom

Fod = mω2L = mLε2t2 (35)

V kritickom case Fod = F , takze kriticky cas je

t =

√F

mLε2. (36)

Po dosadenı t = 320 s.

5. Dve telieska s rovnakymi hmotnost’ami m visia na nehmotnych nitiach dlzky L. Teliesko 1 vychylimeo uhol θ (pozri obrazok) a potom pustıme.(a) aku rychlost’ ma teliesko 1 v najnizsom bode drahy etsne pred zrazkou s druhym telesom?(b) aku rychlost’ budu mat’ telieska 1 a 2 po zrazke, ak je zrazka pruzna?(c) aku rychlost’ budu mat’ telieska 1 a 2 po zrazke, ak sa zrazkou zlepia dohromady ?(3 body)

13

Riesenie. (a) Teleso 1 zıska kineticku energiu Ek = 12mv

2 z potencialnej energie Ep = mgh, kdeh = L− L cos θ = L(1− cos θ). Preto jeho rychlost’ tesne pred zrazkou je

v =√

2gL(1− cos θ). (37)

(b) Zo zakona zachovania hybnosti plynie, ze

mv = mv1 +mv2 (38)

Pretoze zrazka je pruzna, zachovava sa aj kineticka energia, takze mame

12mv2 =

12mv2

1 +12mv2

2 (39)

Z tychto rovnıc dostaneme rovnicev = v1 + v2 (40)

av2 = v2

1 + v22 (41)

Z prvej rovnice dostaneme v2 = v − v1, a z druhej v22 = v2 − v2

1 = (v + v1)(v − v1) = (v + v1)v2, takzemame v2 = v − v1 a zaroven v2 = v + v1. Riesenım je v1 = 0 a v2 = v.

(c) Ak je zrazka nepruzna, tak zakon zachovania hybnosti dava

mv = (2m)v1, (42)

takze v1 = v/2.

6. Jozko postavil z kociek vezu podl’a obr. 2. Kazda kocka ma rozmer a× a× a, dlha kocka ma rozmera× a× 10a. Vsetky kocky su z toho isteho materialu.(a) Najdite t’azisko veze(b) Rozhodnite, ci je veza stabilna(3 body)

14

Riesenie

(a) Polozme pociatok suradnicovej sustavy do stredu podstavy spodnej kocky. Potom t’aziska jed-notlivych kociek su

~r1 = (0, 0, a/2), ~r2 = (0, 0, 3a/2), ~r3 = (0, 0, 5a/2), ~r4 = (0, 0, 7a/2), ~r5 = (9a/2, 0, 9a/2), (43)

a ich hmotnosti su m1 = m2 = m3 = m5 = m, ale m4 = 10m. Dosadıme do rovnice pre t’azisko

~R =∑mi~ri∑mi

, (44)

a dostaneme~R =

114

(9a/2, 0, 44a) =(

9a28, 0,

22a7

). (45)

(b) Horizontalna suradnica t’aziska hornych dvoch kociek sa nachadza vo vzdialenosti 9a/22 odstredu veze. Pretoze 9/22 < 1/2, je system stabilny.

Poznamka. Stabilitu je treba posudzovat’ pre kazdu kocku zvlast. Kocka 5 je OK, lebo jasne enspadnez kocky 4. V d’alsom kroku je treba posudit’ stabilitu kociek 4 a 5. Dovod: predstavte si, ze kocky 1,2a 3 budu 1000000× t’azsie ako kocka 5. Potom je t’azisko celej veze takmer totozne s t’aziskom kociek1-3, a to nezavisle od toho, ako umiestnime kocky 4 a 5 - aj keby sme ich vysunuli uplne doprava.Posudzovat’ t’azisko celej veze teda nestacı.

7. Na valci s hmotnost’ou M a polomerom R je namotane lano, na ktorom visı zavazie hmotnosti m. Vcase t = 0 sa zavazie da do pohybu. Aku bude mat’ rychlost’ v okamihu, ked’ kleslo do hlbky h ?(2 body)

Riesenie

Potencialna energia Ep = mgh sa zmenila na kineticku energiu valca, E1 = 12Jω

2 a na kinetickuenergiu telesa, E2 = 1

2mv2. Moment zotrvacnosti valca J = 1

2MR2 a platı v = Rω. Po dosadenıdostaneme vzt’ah

mgh =12

[m+

12M

]v2, (46)

z ktoreho vyjadrıme rychlost’ v.

8. Vo vodorovnej rovine lezı krız zlozeny zo styroch ramien, kazde rameno ma dlzku L a hmotnost’ M .Do okraja jedneho ramena narazı rychlost’ou v mucha hmotnosti m. Najdite uhlovu rychlost’ otacaniasustavy krız + mucha. (2 body)

15

Riesenie. Vyuzijeme zakon zachovania momentu hybnosti. Pred zrazkou bol

L0 = mvL (47)

Po zrazkeLf = 4× Jω +mL2ω. (48)

kde J je moment zotrvacnosti jedneho ramena krıza, J = 13mL

2. Porovnanım oboch clenov dostaneme

ω =m

43M +m

v

L. (49)

9. Po naklonenej rovine, ktora zviera s vodorovnou podlozkou uhol α, zacneme kotul’at’ dva homogennevalce s tou istou hmotnost’ou M ale s roznymi polomermi R1 a R2. Ktory valec sa skotul’a rychlejsie?(2 body)

Riesenie.

Kineticke energia kotul’ajuceho sa valca je

Ek =12Mv2 +

12Jω2 (50)

Pretoze J =12MR2 a v = ωR, dostaneme, ze

Ek =34Mv2 (51)

nezavisı od polomeru valca. Preto sa oba valce pohybuju rovnakou rychlost’ou a dosiahnu spodoknaklonenej roviny v rovnakom case.

10. Fyzikalne kyvadlo je zlozene zo 4 rovnakych guliciek hmotnosti m, spojenych nehmotnymi tycami(obr. 1) Vzdialenost’ dvoch susednych guliciek je `. Rozmery guliciek zanedbajte.Najdite periodu kmitov tohto kyvadla, ak je zavesene v bode A. (3 body)

16

Riesenie. Najprv najdem polohu t’aziska. Tazisko urcite lezı na osi telesa, takze stazı najst’ suradnicuv zvislom smere. Polozım pociatok sustavy do bodu A a dostanem

h =14

[0 + 1 + 1 + 1] ` =34`. (52)

Moment zotrvacnosti J vzhl’adom na bod A je

J = m`2 × [0 + 2 + 1 + 2] = 5m`2. (53)

Dosadım do vzorca

ω =

√4mghJ

=√

3g5`. (54)

11. Jozko hodil do studne hrajuci tranzistor. Tesne predtym, ako tranzistor dopadol do vody, vyslal tons frekvenciou f0 = 1050 Hz. Jozko zacul tento ton s frekvenciou f = 1000 Hz. Aka hlboka je studna? Rychlost’ zvuku c = 340 m/s. (2 body)

Riesenie. Z Dopplerovho princıpu pozname vzt’ah medzi frekvenciami f0 a f :

f =c

c+ vf0 (55)

z ktoreho najdeme rychlost’ radia tesne pred dopadom:

v =f0 − ff

c (56)

takze v = 0.05c = 17 m/s. Pretoze radio padalo vol’nym padom, platı v =√

2gh, a hlbka studne

h =v2

2g=(f0 − ff

)2 c2

2g. (57)

Po dosadenı h = 14.45 m.

12. Na (nehmotnej) niti dlzky ` visı zavazie s hmotnosti M . Na teliesku sedı mucha hmotnosti m. Muchaaj zavazie su v kl’ude. Nahle mucha odletı vodorovnym smerom rychlost’ou v.V akom maximalnom uhle θm od zvislice sa vychyli zavazie ?Zavazie aj muchu opovazujte za hmotny bod. (3 body)

Riesenie. Zakon zachovania momentu hybnosti (aj hybnosti) da MV = mv, takze pociatocna rychlost’zavazia je V = (m/M)v a jeho kineticka energia

Ek =12m2

Mv2. (58)

V okamihu maximalnej vychylky sa tato energia premenı na potencialnu energiu Ep = Mgh. Maximalnyuhol je urceny vzt’ahom h = L(1− cos θm), takze

cos θm = 1− m2

2M2

v2

g`. (59)

17

13. Na strune visia dve zavazia hmotnosti m1 = 10 dkg a m2 = 30 dkg. Struna sa vplyvom ich tiazepredlzila o ∆x = 10 cm. Zrazu zavazie m2 odpadlo. Zavazie m1 zacalo harmonicky kmitat’ s frekven-ciou ω.Najdite frekvenciu ω (2 body)

Riesenie. Zo vzt’ahu pre silu pruznosti pruziny vieme F = k∆x = (m1+m2)g, takze konstanta pruzinyk = (m1 +m2)g/∆x a

ω =

√k

m1=

√(m1 +m2)

m1

g

∆x= 20 s−1. (60)

Pozn. v niektorych pısomkach bola m2 = 20 dkg, takze ω = 17.3 s−1.

14. Voz so siestimi kolesami stojı na naklonenej rovine, ktora zviera s vodorovnou podlozkou uhol α = π/6.Voz bez kolies ma hmotnost’ MV = 200 kg. Kazde koleso ma tvar homogenneho disku s hmotnost’ouM = 20 kg a polomerom R = 1 m.(a) Akou silou Flano je napınane lano, ktore drzı voz?(b) Ak sa lano pretrhne, s akym zrychlenım sa bude voz pohybovat’ dole naklonenou rovinou?(c) Pohyboval by sa voz s vacsım, alebo s mensım zrychlenım, keby mal len styri kolesa? Uved’tefyzikalny dovod, alebo odovodnite odpoved’ vypoctom.(d) Ake by bolo jeho zrychlenie, keby nemal kolesa a smykal by sa po rovine?Valive trenie kolies zanedbajte. V prıpade (d) uvazujte kineticke trenie s koeficientom µk = 0.2.cosα =

√3/2, sinα = 1/2.

Riesenie.

(a) Pretoze voz stojı, je sila, ktorou je napınane lano Flano = (MV + 6M)g sinα.

(b) Po prejdenı drahy s zıska voz rychlost’ v a platı

s =v2

2a, (61)

kde a je hl’adane zrychlenie. Po prejdenı drahy s voz stratil potencialnu energiu Ep = (MV + 6M)gh,kde h = s sinα. Potencialna energia je teda

Ep = [MV + 6M ]v2

2ag sinα. (62)

Potencialna energia sa zmenila na kineticku energiu ( )

Ek =12

[MV + 6M ] v2 + 6× 12Jω2 (63)

18

kde J =12MR2 je moment zotrvacnosti jedneho kolesa. Pretoze rychlost’ voza v = Rω, dostaneme

kineticku energiu

Ek =12

[MV + 6M +

62M

]v2 =

12

[Mv + 9M ] v2. (64)

Porovnanım kinetickej a potencialnej energie, Ep = Ek, dostaneme zrychlenie

a =MV + 6MMV + 9M

g sinα. (65)

(c) Keby mal voz len styri kolesa, bolo by zrychlenie

a′ =MV + 4MMV + 6M

g sinα > a. (66)

Fyzikalny dovod: pohyboval by sa rychlejsie, pretoze by nepotreboval kineticku energiu na roztacaniedvoch kolies. Tuto energiu by pouzil na urychlenie celej sustavy. ( )

(d) V prıpade, ze by voz kolesa vobec nemal, smykal by sa dole naklonenou rovinou so zrychlenim(pozri zapoctovu pısomku 1)

a′′ = [sinα− µk cosα] g. (67)

15. Vezove hodiny maju minutovu rucicku dlhu L = 2.0 m. Hmotnost’ rucicky je M = 100 kg. Rucicka jeupevnena na osi hodın vo vzdialenosti x = 0.2 m od okraja rucicky. Presne o 12:20 sa rucicka uvol’nilaa zacala kmitat’ okolo vodorovnej osi upevnenia ako fyzikalne kyvadlo (obrazok).(a) najdite periodu netlmenych kmitov hodinovej rucicky(b) Po N = 100 kmitoch klesla amplituda kmitov rucicky na polovicu: z povodnej θ0 na θ100 = θ0/2.Aky je koeficient utlmu kmitov?Zmenu frekvencie kmitov sposobenu tlmenım zanedbajte.

Riesenie.

(a) Rucicka kmita ako fyzikalne kyvadlo s periodou

T =1

2π

√J

Mgr(68)

kde r je vzdialenost’ bodu otacania od t’aziska: r = L/2 − x = 0.8 m, a J je moment zotrvacnostirucicky vzhl’adom na bod otacania. Ten najdeme s vyuzitım Steinerovej vety: Moment zotrvacnostivzhl’adom na t’azisko je

JT =112ML2, (69)

19

takzeJ = JT +Mr2. (70)

(b) Amplituta kmitov klesa vplyvom tlmenia ako θN = θ0e−bNT . Po dosadenı N = 100, θ100/θ0 = 1/2

dostaneme12

= e−100bT (71)

z cohob =

ln 1002T

. (72)

16. Kolotoc na obrazku ma parametre R = 5 m, L = 10 m.(a) Aka je uhlova rychlost’ otacok kolotoca, ak retiazka sedadla zviera so zvislicou uhol θ = π/6 ?

(b) Ak decko na kolotoci cely cas pıska na frekvencii f0 = 1000 Hz, aku maximalnu a aku minimalnufrekvenciu pocuje jeho mama, ked’ stojı na zemi 20 m od kolotoca? Gravitacne zrychlenie g = 10 m/s2,rychlost’ zvuku c = 340 m/s. sin θ = 1/2, cos θ =

√3/2.

Riesenie.

(a) Vektorovy sucet gavitacnej sily mg a odstredivej sily Fod = mω2(R + L sin θ). ma smer retiazky,na ktorej je sedadlo zavesene. Preto

tan θ =Fod

mg=mω2(R+ L sin θ)

mg, (73)

odkial’ω2 =

g tan θR+ L sin θ

= 1/√

3. (74)

( ). Po dosadenı dostaneme ω = 0.76 s−1.

(b) Podl’a Dopplerovho princıpu je frekvencia pıst’alky zmenena na hodnoty

f = f0c

c+ v(75)

kde v je okamzita rychlost’. V priebehu jednej otacky sa decko raz vzd’al’uje rychlost’ou v = ω(R +L sin θ), a raz sa tou istou rychlost’ou priblizuje. Preto

fmax =c

c− vfmin =

c

c+ v. (76)

Dosadenım: v = 7.6 m/s, fmax = 1054.5 s−1, fmin = 978 s−1.

20

17. V potrubı podl’a obrazku preteka kvapalina s hustotou ρ. V priereze S1 je jej rychlost’ v1 a v uzsompriereze S2 je jej rychlost’ v2. Na trubicu je napojena U-trubica naplnena ortut’ou s hustotou ρHg.Obrazok ukazuje, ze rozdiel hladın v U-trubici je h.Najdite rychlost’ v1 kvapaliny. 6 bodov

Riesenie.

Z rovnice kontinuity mame vzt’ah medzi rychlost’ami v1 a v2:

S1v1 = S2v2. (77)

Z Bernouliho rovnice vyjadrıme12ρv2

1 + p1 =12ρv2

2 + p2. (78)

( ) Rozdiel tlakov p1 − p2 = (ρHg − ρ)gh. Po upravach dostaneme

v1 =

√(ρHg − ρ)

ρ

S22

S21 − S2

2

2gh. (79)

18. Tank hmotnosti MT = 1×104 kg sa dostal na l’adovu plochu s nulovym koeficientom trenia a pohybovalsa rychlost’ou v0 = 5 km/hod. Aby zastavil, vystrelil v smere jazdy N nabojov hmotnosti m = 10 kg.(Rychlost’ vystreleneho naboja vzhl’adom na tank bola v = 200 km/hod.

Najdite, kol’ko nabojov musel vystrelit’, kym sa zastavil.

Riesenie.

Hybnost’ tanku pred prvym vystrelom bola p = MT v0. Zakon zachovania hybnosti po vystrele da

MT v0 = (MT −m)v1 +m(v0 + v) (80)

z coho dostaneme rychlost’ tanku po vystrele

v1 = v0 −m

MT −mv, (81)

kde x = m/MT . Po N vystreloch dostaneme

vN = v0 −m

MT −mv − m

MT − 2mv − . . .− m

MT −Nmv. (82)

Tento vyraz upravımevN = v0 − v

m

MTF (x) (83)

21

kdeF (x) =

11− x

+1

1− 2x+ . . .+

11−Nx

(84)

Predpokladjame teraz, zeN � 1, (85)

takze vyrazy umerne 1/N budeme povazovat’ za male v porovnanı s jednotkou. Akplatı aj Nm/MT �1, potom sumu v zatvorke vieme najst’:

F (x) = N ×[1 +

Nx

2+

(Nx)2

3+ . . .

](86)

kde sme vyuzili

1 + 2 + 3 + . . .+N =12N(N + 1) ≈ N2

2(87)

a podobne sme zıskali aj ostatne cleny. Vysledny stav upravıme

vN = v0 + v ln[1− Nm

MT

](88)

Ak tank po N vystreloch zastal, potom vN = 0 a dostaneme

N =MT

m

[1− e−v0/v

]. (89)

Po dosadenı v0/v = 1/40, e−v0/v = 0.975 najdeme N = 25.

19. Vozık so styrmi kolesami je pripojeny na pruzinu s konstantou k = 0.1 N/m. Ak ho posuniemez rovnovaznej polohy o vzdialenost’ A = 10 cm a pustıme, zacne vykonavat’ harmonicke kmity sfrekvenciou ω.(a) najdite maximalnu rychlost’ vozıka vmax

(b) vypocıtajte frekvenciu ω(c) najdite celkovu energiu vozıka.

Riesenie. Natiahnutım pruziny o A dodame do systemu potencialnu energiu

Ep =12kA2, (90)

ktora je zaroven aj celkovou energiou vozıka (odpoved’ na otazku c).

Vozık ma maximalnu rychlost’ v okamihu, ked’ sa cela potencialna energia zmenı na kineticku:

Ep = Ek =12

[Mvoz + 4Mkoleso] v2 + 4× 12Jω2. (91)

Po dosadenı za moment zotrvacnosti kolesa J = mr2/2 (r je polomer kolesa) a uhlovu rychlost’ω = v/rdostaneme

v2 =kA2

Mvoz + 6Mkoleso= ω2A2. (92)

Posledny vzt’ah zaroven udava frekvenciu ω (otazka b).

Po dosadenı ω = 0.25 s−1 a v = 0.025 m/s

22

20. Dve gulocky visia na nehmotnych nitiach dlzky `. Gulocka 1 ma hmotnost’N -krat vacsiu ako gulocka1. Gulocku 1 vychylime o uhol θ (obrazok) a pustıme.(a) Najdite rychlosti oboch gulociek tesne po zrazke, ak zrazka bola pruzna(b) Do akej maximalnej vysky gulocky vyletia?

Riesenie.

Najprv najdeme rychlost’ prvej gulocky tesne pred zrazkou. Pretoze jej potencialna energia sa zmenilana kineticku, dostaneme

v2 =√

2gh (93)

kde vyskah = `(1− cos θ) (94)

(pozri zapoctovu pısomku 2).

Rychlosti v1 a v2 oboch gulociek tesne po zrazke najdeme zo zakonov zachovania hybnosti a energie:

Nmv = Nmv1 +mv2 (95)

a12Nmv2 =

12Nmv2

1 +12mv2

2. (96)

Z prvej rovnice mame v2 = N(v − v1). Dosadenım do druhej rovnice dostaneme kvadraticku rovnicupre v1, ktorej riesenım je

v1 =N − 1N + 1

v (97)

Po dosadenı do prvej najdeme rychlost’ druhej gulocky

v2 =2NN + 1

v. (98)

Pre prıpad N = 1 dostaneme v1 = 0 (gulocky maju rovnaku hmotnost’ a pri zrazke si vymeniarychlosti). Pre N � 1 vidıme, ze rychlost’ gulocky 1 sa zmenı len minimalne, zatial’ co rychlost’gulocky 2 je podstatne (takmer N×) vacsia, ako rychlost’ gulocky 1.

(b) Vysky, do akych gulocky vyletia, dostaneme zo zakona zachovania energie: h1 = v21/(2g) a h2 =

v22/(2g). Z vysok l’ahko urcıme maximalnu vychylku θ1 a θ2 (pozri rovnicu (94).

21. Dva reproduktory vysielaju zvukovy signal s tou istou frekvenciou f = 170 Hz a s tou istou fazou.Reproduktory su od seba vzdialene L = 11.44 m. Posluchac stojı na priamke, ktora prechadza obomareproduktormi, vo vzdialenosti x = 7.8 m od praveho reproduktora (pozri obrazok) O kol’ko a ktorymsmerom je treba posunut’ l’avy reproduktor, aby posluchac pocul najsilnejsı mozny signal? Rychlost’zvuku je v = 340 m/s.

23

Riesenie. Signal je najsilnejsı, ak je vzdialenost’ reproduktorov rovna celocıselnemu nasobku vlnovejdlzky. Pretoze λ = v/f = 2 m, vidıme, ze najlepsie je posunut’ l’avy reproduktor o vzdialenost’∆x = 56 cm dol’ava.Riesenı je samozrejme viac, napr. ∆x′ = 144 cm doprava.

22. Lopticka s priemerom d = 2 cm a hmotnosti m = 2 g je ponorena do hlbky H = 2 m pod hladinuvody.(a) ukazte, ze po uvol’nenı bude lopticka stupat’ nahor.(b) aku rychlost’ bude mat’ v okamihu, ked’ sa dotkne hladiny?(c) ako vysoko nad hladinu vyletı?(d) ako hlboko sa zasa ponorı ?(e) ako hlboko by musela byt’ ponorena do ortute, aby po uvol’nenı vyskocila do tej istej vysky?Odpor prostredı a povrchove napatie vody zanedbajte. Hustota vody je ρv = 1000 kg/m3, hustotaortute je ρHg = 13600 kg/m3.

Riesenie.

(a) Aby lopticka po uvol’nenı stupala, musı byt’ jej hmotnost’ mensia, ako hmotnost’ vody toho istehoobjemu. Polomer lopticky je r = d/2 = 10−2 m, takze aj bez kalkulacky najdeme

mv =43πr3ρv = 4.2 g > m. (99)

(b) Z Archimedovho zakona vieme, ze na lopticku posobı smerom nahor sila

F = [mv −m]g, (100)

kde mv =43πr3ρv a r = d/2. Tato sila udelı lopticke zrychlenie

a = F/m =mv −mm

g. (101)

V okamihu dotyku s hladinou bude preto rychlost’ lopticky

v =√

2aH =√mv −mm

2gH. (102)

(c) po opustenı vody sa lopticka pohybuje nahor so spomalenım g. Vyletı preto do vysky

h =v2

2g=mv −mm

H. (103)

(d) Pretoze neuvazujeme ziadne energeticke straty, musı sa lopticka ponorit’ do povodnej hlbky.

(e) Vyska, do ktorej lopticka vyletı nad hladinu, je dana jej rychlost’ou na hladine. Preto hlbku vorturi H ′ zıskame porovnanım rychlostı pri hladine:√

mv −mm

2gH =√mHg −m

m2gH ′. (104)

z coho dostanemeH ′ =

mv −mmHg −m

H. (105)

24

23. Aky musı byt’ minimalny objem balona naplneneho heliom, aby uniesol naklad o hmotnosti M = 104

kg ? Hustota vzduchu je ρv = 1 kg/m3, hustota helia je ρHe = ρv/8

Riesenie.

Pretoze helium je l’ahsie ako vzduch, bude balon naplneny heliom stupat’ k oblohe. Zo stavovej rovniceplynov vieme, ze 1 mol akehokol’vek plynu zabera ten isty objem, preto je 1 m3 helia 8× l’ahsı ako1m3 vzduchu. Objem V je preto nadl’ahcovany silou

F1 = V (ρvzduch − ρHe)g (106)

ktora musı byt’ rovna vahe Mg. Preto

V =M

ρvzduch − ρHe. (107)

25

5 Neriesene prıklady

1. Kamen hmotnosti M = 1 kg je uviazany na niti dlzky R = 1 m a otaca sa v horizonalnej rovine suhlovou rychlost’ou ω = 98.5 × π s−1. V case t = 0 bol v bode (x, y) = (0, R). V case t = 1 s sa nit’pretrhla(a) po akej krivke a akym smerom sa kamen bude pohybovat’?(b) aku drahu kamen prejde, ak proti smeru jeho pohybu posobı trecia sila Ft = 2 N ?(c) aky dlhy cas bude tento pohyb trvat’ ?

2. Z fyziky 1 vieme, ze hustota vzduchu klesa s vyskou z exponencialne,

ρ = ρ0e−z/H , (108)

kde ρ0 = 1 kg/m3 je hustota vzduchu na povrchu Zeme.Do akej vysky vystupi balon, ak ma hmotnost’ M = 100 kg a objem V = 1000 m3 ?

3. Lopticka hmotnosti m = 100 g bola vyhodena sikmo nahor rychlost’ou v0 = 10 m/s (obrazok). (a)Aka je vzdialenost’ medzi djej druhym a tret1ım dopadom na podlozku?(b) Ako vysoko vyletı medzi druhym a tretım dopadom?(c) Aku ma rychlost’ v najvyssom a v najnizsom bode drahy ?

4. Kruhovy disk hmotnosti M a polomeru R sa otaca uhlovou rychlost’ou ω. V jeho strede sedı 10mravcov, kazdy hmotnosti m. V case t = 0 sa mravce rozutekaju v smere polomeru k okraju disku.Aku uhlovu rychlost’ bude mat’ disk v okamihu, ked’ vsetky mravce dosiahnu okraj disku? (6 bodov)

5. Najdite suradnice t’aziska utvaru na obrazku. Stredy kruhovych vyrezov lezia vo vzdialenosti R/2 odstredu vel’keho kruhu. Kruhove vyrezy maju polomer R/4.

6. Najdite moment zotrvacnosti vzhl’adom na stred kolesa na obrazku, ak kazda spica ma hmotnost’ m aobruc ma hmotnost’ M . Hrubku spıc a obruce zanedbajte. polomer kolesa je R.

26

7. Na stene visı pısmeno W (obr.). Aky uhol bude zvierat’ so zvislym smerom jeho strana a, ak hozavesıme v bode A ?

8. V kvapaline s hostotou ρ0 plava drevena kocka s hustotou ρ a dlzkou strany a. V rovnovahe je polovicaobjemu kocky ponorena v kvapaline. Ak kocku stlacıme tesne pod hladinu a pustıme, zacne vykonavat’harmonicke kmity. Najdite frekvenciu tychto kmitov a ich maximalnu kineticku energiu.

9. Gul’a hmotnosti M sa kotul’a po vodorovnej rovine rychlost’ou v. Ako vysoko sa vykotul’a, ak terenzacne stupat’ so sklonom θ = 100 ? Ako vysoko vy sa vykotul’al valec tej istej hmotnosti, pohybujucisa na rovine tou istou rychlost’ou? Trenie zanedbajte.

10. Hustota kvapaliny rasttie s jej hlbkou h linearne: ρ(h) = ρ0 +αh (ρ0 je hustota kvapaliny na hladine).Aky je hydrostaticky tlak v hlbke H ?

11. Vo vyske H = 1 km vybuchla umela druzica a rozpadla sa na N rovnakych castı, ktore sa rozletelivsetkymi smermi rychlost’ou v0.(a) Kedy a kam dopadne na zem prvy ulomok?(b) Kedy a kam dopadne na zem posledny ulomok?(c) Do akej najvacsej vzdialenosti mozu jednotlive ulomky dopadnut’?

12. Z l’aveho rohu jamy hlbky h a sırky L vystrelıme naboj pod uhlom α = π/4. Aka musı byt’ minimalnarychlost’ naboja, aby vyletel z jamy von?

13. Vlak musı spomalit’ z rychlosti v1 = 60 km/h na rychlost’ v2 = 40 km/h na drahe s = 200 m. skonstantnym spomalenım a.(a) najdite hodnotu a(b) S akym zrychlenım sa musı pohybovat’ v d’alsom useku drahy, aby za cas t = 2 minuty znovu zıskalrychlost’ v1 ? Aku drahu prejde za tento cas?

14. Po naklonenej rovine, ktora s vodorovnou podlozkou zviera uhol θ, su cez nehmotnu kladku spojenelanom dve telesa: Teleso s hmotnost’ou M = 10 kg visı a t’aha nahor nahor teleso hmotnosti m = 4kg, ktore lezı na sikmej ploche. Koeficient kinetickeho trenia medzi telesom a rovinou je µk.

27

(a) Ake je zrychlenie oboch telies?(b) Akou silou je napınane lano, ktorym su telesa spojene?

15. Teleso s hmotnost’ou m obieha po kruhovej drahe polomeru R. Uhlova rychlost’ obehu narasta suhlovym zrychlenım ε = 0.1 Najdite tangencialne a normalove zrychlenie ako funkciu casu t.

16. Na ceste je kanal sirky L0 = 0.5 m. Akou rychlost’ou musıme vyhodit’ lopticku, aby nepadla do kanala,ak stojıme L = 5 m od kanala, a lopticku hadzeme pod uhlom θ = π/4 ?

17. Kotuc sa otaca tak, ze jeho uhlova rychlost’ prvych 10 sekund narastala s uhlovym zrychlenım ε1 = 0.2s−1, potom sa 20 sekund otacal s konstantnou uhlovou rychlost’ou, a nakoniec 10 skund spomal’oval suhlovym spomalenım ε1. Kol’ko otacok kotucu urobil ?

18. Po naklonenej rovine, ktora s vodorovnou podlozkou zviera uhol α sa klze teleso hmotnosti m. Koefi-cient kinetickeho trenia medzi telesom a rovinou je µk.(a) Ake je zrychlenie telesa?(b) Ak zmenıme sklon naklonenej roviny na β > α, ako musıme zmenit’ koeficient trenia, aby sa telesopohybovalo s rovnakym zrychlenım ?

19. Male teliesko hmotnosti m je upevnene na nehmotnej tenkej niti dlzky `. Maximalne napatie vlaknaje F = 2 N. Ak teleso pustıme z vodorovnej polohy, v ktorom bode sa vlakno pretrhne ?

20. Kruhova doska polomeru R s momentom zotrvacnosti J sa otaca kruhou rychlost’ou ω. V jej stredestojı clovek hmotnosti M . Ako sa zmenı kruhova rychlost’ dosky, ked’ clovek prejde k okraju dosky?

21. Dole naklonenou rovinou, ktora zviera s vodorovou rovinou uhol α, sa kotul’a plny valec, obruc a gul’a.Vsetky telesa maju tu istu hmotnost’ M a polomer R. Ktore z nich bude mat’ najvacsiu a najmensiurychlost’ po prejdenı drahy s ? Vypocıtajte tieto rychlosti. (2 body)

22. Po naklonenej rovine, ktora zviera s vodorovnou podlozkou uhol α, zacneme kotul’at’ dva homogennevalce s tou istou hmotnost’ou M ale s roznymi polomermi R1 a R2. Ktory valec sa skotul’a rychlejsie?

Riesenie.

Kineticke energia kotul’ajuceho sa valca je

Ek =12Mv2 +

12Jω2 (109)

Pretoze J =12MR2 a v = ωR, dostaneme, ze

Ek =34Mv2 (110)

nezavisı od polomeru valca. Preto sa oba valce pohybuju rovnakou rychlost’ou a dosiahnu spodoknaklonenej roviny v rovnakom case.

28