Cvičení z Fyziky

LS 2024

1. Nakreslete závislost okamžité rychlosti $v(t)$ cyklisty na čase $t$.
2. Určete velikost zrchlení (zpomalení) $a(t)$ cyklisty.
Ze zadání víme, že se jedná o rovnoměrně zpomalený pohyb a tedy že zryhlení je konstantní ($a = konst.$) a zároveň míří proti směru pohybu - znaménko mínus. $$v(t) = \int -a \,\mathrm{d}t = -a \cdot t + v_0\tag{1.1.1}$$ Dosazením do vztahu (1.1.1) v momentu zastavení ($v(t_z)=0 \; \mathrm{m} \; \mathrm{s}^{-1}$) dostaneme: $$a = \frac{v_0-v(t_z)}{t_z} = \frac{10-0}{8} = \frac{5}{4} = 1.25 \; \mathrm{m} \; \mathrm{s}^{-2}$$

Pokud bychom neuvažovali, že sejedná o pohyb zpomalený a dosadili do obecného vztahu pro rovnoměrně zrychlený pohyb, zrychlení by nám vyšlo se záporným znaménkem. Nesmíme však zapomenout, že zrychlení je obecně vektorová veličina, která má vždy kladnou velikost ($\sqrt{a} \geq 0$), případné znaménko mínus, které nám v průběhu výpočtu vypadne, tedy značí pouze opačný směr vzhledem ke směru pohybu HB.

3. Určete dráhu $s$, kterou urazí cyklista za dobu $t = 5$ $\mathrm{s}$ od počátku brzdění.
$$s(t) = \int v(t) \,\mathrm{d}t = \int (-a \cdot t + v_0) \,\mathrm{d}t = -a \cdot \frac{t^2}{2} + v_0 \cdot t \tag{1.1.2}$$ Dosazením do vztahu (1.1.2) získáme: $$s(5) = -1.25 \cdot \frac{5^2}{2} + 10 \cdot 5 = 34.375 \; \mathrm{m}$$

1. Určete vydálenost $d$ hmotného bodu od počátku souřadnicového systému v čase $t = 2$ $\mathrm{s}$.
$$d = |\overrightarrow{r}(2)| = r(2) = \sqrt{(5 \cdot 2^2 -20)^2 + (6 \cdot 2^3 - 8 \cdot 2^2)^2 + (6 \cdot 2)^2} = 20 \; \mathrm{m}$$
2. Určete vektor okamžitého zrychlení $\overrightarrow{a}(t)$ v obecném čase $t$ a jeho velikost $a(1)$ v čase $t = 1$ $\mathrm{s}$.
$$a(t) = \frac{\mathrm{d}v(t)}{\mathrm{d}t} = \frac{\mathrm{d}^2r(t)}{\mathrm{d}t^2} \tag{1.2.1}$$ Dosazením do vztahu (1.2.1) dostaneme: $$\overrightarrow{a}(t) = \frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}t}\Bigl(10t \overrightarrow{i} + (18t^2-16t) \overrightarrow{j}+6\overrightarrow{k} \Bigr) = \bigl( 10\overrightarrow{i} + (36t-16)\overrightarrow{j} \bigr) \; \mathrm{m} \; \mathrm{s}^{-2}$$ Velikost vektoru spočteme opět z Pythagorovy věty. $$a(1) = |\overrightarrow{a}(1)| = \sqrt{10^2+(36 \cdot 1 - 16)^2} = \sqrt{500} = 10\sqrt{5} \simeq 22.36 \; \mathrm{m} \; \mathrm{s}^{-2}$$
3. Nakreslete závislost y-ové složky $a_{y}$ vektoru okamžitého zrychlení na čase $t$ a slovně popište typ pohybu hmotného bodu ve směru osy y.
Vybereme pouze y-ovou složku zrychlení. $$a_y = (36t-16) \; \mathrm{m} \; \mathrm{s}^{-2}$$
Jelikož zrychlení není konstantní, ale je funkcí času ($a = a(t)$), mluvíme o pohybu nerovnoměrně zrychleném.

1. Jaký je největší úhel, pod kterým může Hnědý havran vystřelit, aniž by jeho šíp mohl být zablokován supím nešťastníkem, chce-li vystřelit maximální rychlostí?
Dle zadání hledáme takový úhel $\alpha$ pod kterým když vystřelíme šíp rychlostí $v_0$, tak tento šíp dosáhne právě výšky $h = 50 \; \mathrm{m}$. Řešení je samozřejmě více, my zde využijeme řešení následující. Nejprve si zapíšeme pohybové rovnice ve směru osy y. (Víme, že na šíp působí tíhová síla $F_{G}$, která mu uděluje tíhové zryhlení $g = 9.81 \; \mathrm{m}$ $\mathrm{s}^{-2}$ ve směru opačném ke směru osy y. Šíp se tedy (ve směru osy y) směrem vzhůru pohybuje rovnoměrně zpomaleně a směrem dolů rovnoměrně zrychleně). $$v_y = -g \cdot t + v_0 \cdot \mathrm{sin}(\alpha) \tag{2.1.1}$$ $$h = -\frac{1}{2}g \cdot t^2 + v_0 \cdot \mathrm{sin}(\alpha) \cdot t \tag{2.1.2}$$ Dále víme, že v bodě maximální výšky ($h = 50 \; \mathrm{m}$) budey y-ová složka rychlosti nulová ($v_y(t_h) = 0 \; \mathrm{m}$ $\mathrm{s}^{-1}$). Zapíšeme tedy rovnice (2.1.1) a (2.1.2) v čase $t_h$ kdy dosáhneme maximální výšky. $$v_y(t_h) = 0 = -g \cdot t_h + v_0 \cdot \mathrm{sin}(\alpha)$$ $$h = 50 = -\frac{1}{2}g \cdot t_{h}^2 + v_0 \cdot \mathrm{sin}(\alpha) \cdot t_h$$ Jelikož známe tíhové zrychlení $g$ a počáteční rychlost $v_0$, řešíme dvě rovnice o dvou neznámých ($t_h$ a $\alpha$). Můžeme například vyjádřit čas z první rovnice a dosadit jej do rovnice druhé. $$t_h = \frac{v_0 \cdot \mathrm{sin}(\alpha)}{g} \tag{2.1.3}$$ $$h = 50 = -\frac{1}{2}g \cdot \Biggl( \frac{v_0 \cdot \mathrm{sin}(\alpha)}{g} \Biggr)^2 + v_0 \cdot \mathrm{sin}(\alpha) \cdot \frac{v_0 \cdot \mathrm{sin}(\alpha)}{g} = \frac{1}{2}\frac{{v_0}^2 \cdot \mathrm{sin^2}(\alpha)}{g}$$ Nyní pouze vyjádříme úhle $\alpha$. $$\mathrm{sin}(\alpha) = \frac{\sqrt{2gh}}{v_0} \Rightarrow \alpha = \mathrm{sin}^{-1} \Biggl ( \frac{\sqrt{2gh}}{v_0} \Biggr) = \mathrm{sin}^{-1} \Biggl ( \frac{\sqrt{2 \cdot 9.81 \cdot 50}}{35} \Biggr) = \mathrm{sin}^{-1} \biggl( \frac{3\sqrt{109}}{35} \biggr) \simeq 63.5^{\circ}$$

(Zkuste si porovnat získaný vztah se vztahem, který bychom získali z rovnosti kinetické a potenciální energie $E_k = E_p$.)

2. Do jaké maximální vzdálenosti je Hnědý havran schopný dostřelit, nachází-li se v dobré kondici?

Dle zadání hledáme maximální vzdálenost ($d_{\mathrm{max}}$), do které je Hnědy havran schopný dostřelit, pokud šíp vystřelí rychlostí $v_0$. Jelikož hledáme vzdálenost, začneme rozepsáním pohybových rovnic ve směru osy x. $$v_x(t) = v_0 \cdot \mathrm{cos}(\alpha) \tag{2.1.4}$$ $$x(t) = v_0 \cdot \mathrm{cos}(\alpha) \cdot t \tag{2.1.5}$$ Nyní si vyjádříme vztah (2.1.5) v čase dopadu a uvědomíme si, že při zanedbání odporu vzduchu je trajektorie letu šípu parabolou, která je souměrná a čas dopadu je tedy přesně dvojnásobkem času ve kterém dosáhneme maximální výšky ($t_d = 2 \cdot t_h$). Využijeme tedy výše uvedeného vztahu (2.1.3) a vyjádříme si čas dopadu ($t_d$). $$t_d = \frac{2 \cdot v_0 \cdot \mathrm{sin}(\alpha)}{g} \tag{2.1.6}$$ Následně dosadíme čas dopadu do rovnice (2.1.5) a vyjádříme si vztah pro dostřelovou vzdálenost. $$x(t_d) = d = v_0 \cdot \mathrm{cos}(\alpha) \cdot t_d = v_0 \cdot \mathrm{cos}(\alpha) \cdot \frac{2 \cdot v_0 \cdot \mathrm{sin}(\alpha)}{g} = \frac{v_0^2 \cdot 2 \mathrm{sin}(\alpha) \mathrm{cos}(\alpha)}{g} = \frac{v_0^2 \cdot \mathrm{sin}(2\alpha)}{g} \tag{2.1.7}$$ Nyní si musíme uvědomit, že hledáme vzdálenost maximální ($d_{\mathrm{max}}$). Vzhledem k tomu, že počáteční rychlost ($v_0$) a tíhové zrychlení ($g$) jsou v našem případě konstanty, je vztah (2.1.7) pouze funkcí elevačního úhlu. Musíme tedy najít takový úhel ($\alpha$), abychom dostali maximální dopadovou vzdálenost ($d_{\mathrm{max}}$). Buď si tedy selsky uvědomíme, že šíp dostřelíme nejdále, když budeme střílet pod úhlem $45 ^{\circ}$ nebo nám dojde, že sinus je omezená funkce nabívající maximální hodnoty rovné $1$. No, anebo na to půjdeme matematickou analýzou a vyšetříme si průběh funkce, respektive její extrémy (první derivaci položíme nule a najdeme maximum...). Ve všech případech se dopracujeme ke vztahu pro maximální dopadovou vzdálenost: $$d_{\mathrm{max}} = \frac{v_0^2}{g} \tag{2.1.8}$$ $$d_{\mathrm{max}} = \frac{v_0^2}{g} = \frac{35^2}{9.81} \simeq 125 \; \mathrm{m}$$

3. Jakou kinetickou energii bude mít letící šíp vystřelený do maximální vzdálenosti $1$ $\mathrm{s}$ před dopadem?

Dle zadání hledáme kinetickou energii šípu, který byl vystřelený rychlostí $v_0$ pod elevačním úhlem $\alpha = 45 ^{\circ}$ (maximální vzdálenost), a to přesně jednu vteřinu před časem dopadu ($t = t_d - 1$). Vyjdeme tedy z obecného vztahu pro kinetickou energii a z pohybových rovnic pro rychlost ve směru osy x (2.1.4) a ve směru osy y (2.1.1), které vyjádříme v čase $t_d-1$. $$E_{\mathrm{k}} = \frac{1}{2} \cdot m \cdot {v(t_d-1)}^{2}$$ $$v_x(t_d-1) = v_0 \cdot \mathrm{cos}(\alpha)$$ $$v_y(t_d-1) = -g \cdot (t_d-1) + v_0 \cdot \mathrm{sin}(\alpha)$$ $$t_d = \frac{2 \cdot v_0 \cdot \mathrm{sin}(\alpha)}{g} = \frac{2 \cdot 35 \cdot \mathrm{sin}(45^{\circ})}{9.81} \simeq 5 \; \mathrm{s}$$ $$v(t_d-1) = \sqrt{v_x(t_d-1)^2 + v_y(t_d-1)^2} = \sqrt{(v_0 \cdot \mathrm{cos}(\alpha))^2 + (-g \cdot (t_d-1) + v_0 \cdot \mathrm{sin}(\alpha))^2} = \sqrt{(35 \cdot \mathrm{cos}(45^{\circ}))^2 + (-9.81 \cdot (5-1) + 35 \cdot \mathrm{sin}(45^{\circ}))^2} = \sqrt{ \biggl (35 \cdot \frac{\sqrt{2}}{2} \biggr )^2 + \biggl (-9.81 \cdot (4) + 35 \cdot \frac{\sqrt{2}}{2} \biggr )^2} \simeq 28.7 \; \mathrm{m} \; \mathrm{s}^{-1}$$ $$E_{\mathrm{k}} = \frac{1}{2} \cdot m \cdot {v(t_d-1)}^{2} = \frac{1}{2} \cdot 50 \cdot 10^{-3} \cdot {28.7}^{2} \simeq 20.56 \; \mathrm{J}$$

1. Nakreslete obrázek a do něj zakreslete všechny síly působící na tašku, síly pojmenujte a napište obecný vztah pro zrychlení $a$ tašky.



Dle zadání hledáme pohybový zákon ve směru osy x, ze kterého si následně vyjádříme zrychlení $a$. Zapíšeme si tedy výslednici sil $F_R$ ve směru osy x. $$F_R = m \cdot a = F_{G_x} - F_t = m \cdot g \cdot \mathrm{sin(\alpha)} - f \cdot m \cdot g \cdot \mathrm{cos(\alpha)}$$ Nyní si pouze vyjádříme obecný vztah pro zrychlení. $$a = g \cdot ( \mathrm{sin}(\alpha) - f \cdot \mathrm{cos}(\alpha)) \; \; \mathrm{m} \; \mathrm{s}^{-2}$$
2. Pomozte Edovi a zapište vektor rychlosti $\overrightarrow{v}_{\mathrm{pád}}$. Pro tento bod volte takový souřadnicový systém, kdy osa $y$ bude rovnoběžná s tíhovou sílou $\overrightarrow{F_{G}}$
Tento bod příkladu lze řešit více způsoby, my si zde ukážeme řešení využívající pohybových rovnic. Zatím budeme pohybové rovnice psát ve směru osy x, přižemž osa x bude mířit ve směru sklouzávání tašky, tak jak tomu je na obrázku 2.2. $$a(t) = a$$ $$v(t) = a \cdot t$$ $$s(t) = \frac{1}{2} a \cdot t^2$$ Nyní využijeme znalosti výšky $h_1$ ze které taška sklouzává a dopočítáme si dráhu $s$, kterou musí taška urazt než sklouzne až na okraj střechy. $$s = \frac{h_1}{\mathrm{sin}(\alpha)} = \frac{2}{\mathrm{sin}(60^{\circ})} = \frac{4}{\sqrt{3}} = 2.31 \; \mathrm{m}$$ Nyní nám stačí pomocí pohybové rovnice pro dráhu ($s$) vyjádřit čas za který taška sklouzne až na okraj střechy. Ten následně dosadíme do vztahu pro rychlost $v$ čímž získáme velikost vektoru $\overrightarrow{v}_{\mathrm{pád}}$. Za zrychlení dosadíme z předchozího výpočtu, který jsme provedli v bodě 1. $$t = \sqrt{\frac{2 \cdot s}{a}} = \sqrt{\frac{2 \cdot \frac{h_1}{\mathrm{sin}(\alpha)}}{g \cdot ( \mathrm{sin}(\alpha) - f \cdot \mathrm{cos}(60^{\circ}))}} = \sqrt{\frac{2 \cdot \frac{2}{\mathrm{sin}(60^{\circ})}}{9.81 \cdot ( \mathrm{sin}(60^{\circ}) - 0.2 \cdot \mathrm{cos}(60^{\circ}))}} \simeq 0.78 \; \mathrm{s} $$ $$v_{\mathrm{pád}} = a \cdot t = g \cdot ( \mathrm{sin}(\alpha) - f \cdot \mathrm{cos}(\alpha)) \cdot t = 9.81 \cdot ( \mathrm{sin}(60^{\circ}) - 0.2 \cdot \mathrm{cos}(60^{\circ})) \cdot 0.78 \simeq 5.9 \; \mathrm{m} \; \mathrm{s}^{-1}$$ Tímto způsobem jsme dopočetli velikost vektoru rychlosti $\overrightarrow{v}_{\mathrm{pád}}$, který však musíme dle zadání uvést ve vektorovém tvaru a tedy si musíme dopočíst nejprve jednotlivé složky, přičemž volíme takovou souřadnicovou soustavu, kdy osy y míří proti směru tíhové síly a osa x míří ve směru pádu tašky. $$\overrightarrow{v}_{\mathrm{pád}} = v_{x_0} \cdot \overrightarrow{i} + v_{y_0} \cdot \overrightarrow{j} = v_{\mathrm{pád}} \cdot \mathrm{cos}(\alpha) \cdot \overrightarrow{i} - v_{\mathrm{pád}} \cdot \mathrm{sin}(\alpha) \cdot \overrightarrow{j} = 5.9 \cdot \mathrm{cos}(60^{\circ}) \cdot \overrightarrow{i} - 5.9 \cdot \mathrm{sin}(60^{\circ}) \cdot \overrightarrow{j} = (2.95 \overrightarrow{i} - 5.11 \overrightarrow{j}) \; \mathrm{m} \; \mathrm{s}^{-1}$$
3. Určete, jak daleko od domu dopadne taška za předpokladu, že okraj střechy je ve výšce $h_{2} = 10 \; \mathrm{m}$. Stačí stařenka případně uskočit? Uvažujte, že reakční doba starší paní je cca $1 \; \mathrm{s}$.
Při řešení vyjdeme opět z pohybových rovnic pro šikmý vrh, které si zapíšeme pro náš konkrétní případ, kdy taška padá z okraje střechy. $$v_x(t) = v_{\mathrm{pád}} \cdot \mathrm{cos}(\alpha) = 2.95$$ $$x(t) = v_{\mathrm{pád}} \cdot \mathrm{cos}(\alpha) \cdot t = 2.95 \cdot t$$ $$a_y(t) = -g = -9.81$$ $$v_y(t) = -g \cdot t - v_{\mathrm{pád}} \cdot \mathrm{sin}(\alpha) = -9.81 \cdot t - 5.11$$ $$y(t) = -\frac{1}{2} \cdot g \cdot t^2 - v_{\mathrm{pád}} \cdot \mathrm{sin}(\alpha) \cdot t + h_2 = -4.905 \cdot t^2 - 5.11 \cdot t + 10$$ Nyní si zapíšeme poslední vztah pro čas dopadu ($t_d$), který si následně z rovnice vyjádříme a dopočteme (uvažujeme pouze fyzikální řešení). $$y(t_d) = 0 = -4.905 \cdot t_d^2 - 5.11 \cdot t_d + 10$$ $$t_d = \frac{-5.11 \pm \sqrt{5.11^{2}-4 \cdot 4.905 \cdot (-10)}}{9.81} \simeq 0.999 \; \mathrm{s}$$ Z výsledného času již vidíme, že stařenka bohužel o fous uskočit asi nestihne. Vzdálenost dopadu tašky ($d$) dopočteme ze vytahu pro x-ovou souřadnici, který si vyjádříme v čase dopadu ($t_d$). $$x(t_d) = d = 2.95 \cdot t_d = 2.95 \cdot 0.999 \simeq 2.95 \; \mathrm{m}$$

1. Pomozte Františkovi s analýzou pohybu kostky po nakloněné rovině a určete vzdálenost $l$ do které kostka po nakloněné rovině vystoupí, než se zastaví a rychlost $v$ se kterou se kostka vrátí na začátek nakloněné roviny. Výpočet proveďte pouze s využitím pohybových rovnic, bez použití vztahů pro kinetickou a potenciální energii.
Začneme s vhodným zvolením souřadnicového systému a zapíšeme si výslednici sil ve směru osy x (směr pohybu kostky): $$ma = - F_{G_x} - F_t = - m \cdot g \cdot \mathrm{sin}(\alpha) - m \cdot g \cdot f \cdot \mathrm{cos}(\alpha)$$ Z pohybového zákona tak získáme zrychlení a můžeme si následně zapsat všehcny pohybové rovnice ve směru osy x: $$a(t) = - g \cdot (\mathrm{sin}(\alpha) + f \cdot \mathrm{cos}(\alpha)) \tag{3.1.2}$$ $$v(t) = - g \cdot t \cdot (\mathrm{sin}(\alpha) + f \cdot \mathrm{cos}(\alpha)) + v_0 \tag{3.1.3}$$ $$x(t) = - g \cdot \frac{t^2}{2} \cdot (\mathrm{sin}(\alpha) + f \cdot \mathrm{cos}(\alpha)) + v_0 \cdot t \tag{3.1.4}$$ Jelikož nás zajímá, vzdálenost $l$ do které kostka po skriptech dojede, vyjádříme si pohybové rovnice pro rychlost (3.1.5) a pro polohu (3.1.4) v čase zastavení $t_z$. $$v(t_z) = 0 = - g \cdot t_z \cdot (\mathrm{sin}(\alpha) + f \cdot \mathrm{cos}(\alpha)) + v_0 $$ $$x(t_z) = l = - g \cdot \frac{t_z^2}{2} \cdot (\mathrm{sin}(\alpha) + f \cdot \mathrm{cos}(\alpha)) + v_0 \cdot t_z$$ Ze získaného vztahu pro rychlost si vypočteme čas zastavení $t_z$, který následně dosadíme do získaného vztahu pro výpočet vzdálenosti $l$. $$t_z = \frac{v_0}{g \cdot (\mathrm{sin}(\alpha) + f \cdot \mathrm{cos}(\alpha))} \tag{3.1.5}$$ $$ l = - g \cdot \frac{\biggl ( \frac{v_0}{g \cdot (\mathrm{sin}(\alpha) + f \cdot \mathrm{cos}(\alpha))} \biggr )^2}{2} \cdot (\mathrm{sin}(\alpha) + f \cdot \mathrm{cos}(\alpha)) + v_0 \cdot \frac{v_0}{g \cdot (\mathrm{sin}(\alpha) + f \cdot \mathrm{cos}(\alpha))} = \frac{v_0^2}{2 \cdot g \cdot (\mathrm{sin}(\alpha) + f \cdot \mathrm{cos}(\alpha))} = \frac{2^2}{2 \cdot 9.81 \cdot (\mathrm{sin}(60^{\circ}) + 0.3 \cdot \mathrm{cos}(60^{\circ}))} \simeq 0.2 \; \mathrm{m} \tag{3.1.6}$$ Nyní potřebujeme ještě dopočíst rychlost, se kterou se kostka vrátí po nakloněné rovině zpět. Musíme si tedy uvědomit, že kostka cestou zpět musí urazit vypočtenou vzdálenost $l$ a dále, že po zvolení vhodného souřadnicového systému, bude třecí síla $F_t$ mířit proti směru sklouzávání kostky, kděžto x-ová složka tíhové síly $F_{G_x}$ bude mířit ve směru sklouzávání kostky. $$ma = F_{G_x} - F_t = - m \cdot g \cdot \mathrm{sin}(\alpha) - m \cdot g \cdot f \cdot \mathrm{cos}(\alpha)$$ Pohybové rovnice tedy v tomto případě zapíšeme jako (porovnejte s vztahy (3.1.2) - (3.1.4), nezapoměňte, že jsme otočili osu x): $$a(t) = g \cdot (\mathrm{sin}(\alpha) - f \cdot \mathrm{cos}(\alpha)) \tag{3.1.7}$$ $$v(t) = g \cdot t \cdot (\mathrm{sin}(\alpha) - f \cdot \mathrm{cos}(\alpha)) \tag{3.1.8}$$ $$x(t) = g \cdot \frac{t^2}{2} \cdot (\mathrm{sin}(\alpha) - f \cdot \mathrm{cos}(\alpha)) \tag{3.1.9}$$ Nyní si vyjádříme pohybovou rovnici pro polohu (3.1.9) v čase $t_v$, kdy kostka sjede zpět do původní polohy. $$x(t_v) = l = g \cdot \frac{{t_v}^2}{2} \cdot (\mathrm{sin}(\alpha) - f \cdot \mathrm{cos}(\alpha))$$ Z rovnice si vyjádříme šas $t_v$ a následně dosadíme za vzdálenost $l$ ze vztahu (3.1.6) a upravíme: $$t_v = \sqrt{\frac{2 \cdot l}{g \cdot (\mathrm{sin}(\alpha) - f \cdot \mathrm{cos}(\alpha))}} = \sqrt{\frac{2 \cdot \frac{v_0^2}{2 \cdot g \cdot (\mathrm{sin}(\alpha) + f \cdot \mathrm{cos}(\alpha))}}{g \cdot (\mathrm{sin}(\alpha) - f \cdot \mathrm{cos}(\alpha))}} = \sqrt{\frac{{v_0}^2}{g^2 \cdot (\mathrm{sin}^2(\alpha) - f^2 \cdot \mathrm{cos}^2(\alpha))}} = \frac{v_0}{g \cdot \sqrt{\mathrm{sin}^2(\alpha) - f^2 \cdot \mathrm{cos}^2(\alpha)}} \tag{3.1.10}$$ Následně dosadíme získan čas $t_v$ do pohybové rovnice pro rychlost $v(t)$ (3.1.8) a získáme výslednou rychlost $v$ na konci nakloněné roviny. $$v = v(t_v) = g \cdot t_v \cdot (\mathrm{sin}(\alpha) - f \cdot \mathrm{cos}(\alpha)) = g \cdot \frac{v_0}{g \cdot \sqrt{\mathrm{sin}^2(\alpha) - f^2 \cdot \mathrm{cos}^2(\alpha)}} \cdot (\mathrm{sin}(\alpha) - f \cdot \mathrm{cos}(\alpha)) = v_0 \cdot \frac{\mathrm{sin}(\alpha) - f \cdot \mathrm{cos}(\alpha)}{\sqrt{\mathrm{sin}^2(\alpha) - f^2 \cdot \mathrm{cos}^2(\alpha)}} = v_0 \cdot \sqrt{\frac{\mathrm{sin}(\alpha) - f \cdot \mathrm{cos}(\alpha)}{\mathrm{sin}(\alpha) + f \cdot \mathrm{cos}(\alpha)}} = 2 \cdot \sqrt{\frac{\mathrm{sin}(60^{\circ}) - 0.3 \cdot \mathrm{cos}(60^{\circ})}{\mathrm{sin}(60^{\circ}) + 0.3 \cdot \mathrm{cos}(60^{\circ})}} \simeq 1.68 \; \mathrm{m} \; \mathrm{s}^{-1} \tag{3.1.11}$$
2. Pomozte Františkovi a vypočtěte vzdálenost $l$ a rychlost $v$ znovu, nyní však s využitím vztahů pro kinetickou a potenciální energii.
V tomto případě vyjdeme z teorému práce vs. kinetická energie, který nám říká, že změna kinetické energie $\Delta E_{\mathrm{k}}$ musí být rovna práci $W$, kterou vykonaly síly na těleso působící, tedy v našem případě síla třecí $F_t$ a síla tíhová $F_G$. Práci si zapíšeme rovnou ve směru osy x, tedy ve směru pohybu kostky. Jelikož síly $F_t$ a $F_{G_x}$ působí proti směru pohybu kostky, bude úhel $\varphi$ roven $180^{\circ}$. $$W = F^{\mathrm{R}} \cdot l \cdot \mathrm{sin}(\varphi) = -(F_{G_x} + F_t) \cdot l = -m \cdot g \cdot (\mathrm{sin}(\alpha) + f \cdot \mathrm{cos}(\alpha)) \cdot l$$ Nyní si zapíšeme změnu kinetické energie, přičemž uvažujeme, že na začátku se nacházíme v bodě $\mathrm{A}$, kdy má kostka počáteční rychlost $v_0$. Moment kdy se kostka zastaví a urazí vzdálenost $l$ zapíšeme jako bod $\mathrm{B}$. Zde si je nutné uvědomit, že v tomto bodě je ryhclost kostky nulová $v_\mathrm{B} = 0 \; \mathrm{m} \; \mathrm{s}^{-1}$. Změnu kinetické energie zapisujeme ve směru pohybu, tedy z bodu $\mathrm{A}$ do bodu $\mathrm{B}$: $$\Delta E_{\mathrm{k}} = E_{\mathrm{k}}^\mathrm{B} - E_{\mathrm{k}}^\mathrm{A} = 0 - \frac{1}{2} m \cdot {v_0}^2$$ Následně dáme do rovnosti vztahy po práci a kinetickou ($W = \Delta E_{\mathrm{k}}$) energii a vyjádříme si vzdálenost $l$: $$l = \frac{W}{-m \cdot g \cdot (\mathrm{sin}(\alpha) + f \cdot \mathrm{cos}(\alpha))} = \frac{\Delta E_{\mathrm{k}}}{-m \cdot g \cdot (\mathrm{sin}(\alpha) + f \cdot \mathrm{cos}(\alpha))} = \frac{- \frac{1}{2} m \cdot {v_0}^2}{-m \cdot g \cdot (\mathrm{sin}(\alpha) + f \cdot \mathrm{cos}(\alpha))} = \frac{{v_0}^2}{2 \cdot g \cdot (\mathrm{sin}(\alpha) + f \cdot \mathrm{cos}(\alpha))} = \frac{2^2}{2 \cdot 9.81 \cdot (\mathrm{sin}(60^{\circ}) + 0.3 \cdot \mathrm{cos}(60^{\circ}))} \simeq 0.2 \; \mathrm{m} \tag{3.1.12}$$ Jak vidíme, dostali jsme se ke stejnému výsledku jako v případě vztahu (3.1.6).
Pro výpočet rychlosti vyjdeme obdobně opět z teoremu práce vs. kinetická energie ($\Delta E_{\mathrm{k}} = W$). Nyní si však musíme uvědomit, že kostka (vlivem tíhové síly) sjíždí po nakloněné rovině zpět na její úpatí a volíme tedy osu x opět ve směru pohybu kostky, tedy tíhová síla $F_{G_x}$ bude mířit ve směru pohybu kostky a třecí síla $F_t$ bude mířit prosti směru pohybu kostky. Tedy výslednici sil píšeme jako: $$F^{\mathrm{R}} = F_{G_x} - F_t$$ No a práci těchto sil můžeme spočítat vztahem následujícím (výslednice sil v tomto případě míří ve směru pohybu kostky): $$W = F^{\mathrm{R}} \cdot l = (F_{G_x} - F_t) \cdot l = m \cdot g \cdot (\mathrm{sin}(\alpha) - f \cdot \mathrm{cos}(\alpha)) \cdot l$$ Změnu kinetické energie spočteme jako rozdíl kinetických energii na konci nakloněné roviny ($E_{\mathrm{k}}^\mathrm{B}$) a na začátku, respektive v místě kde kostka začne sjíždět zpět směrem dolů, ($E_{\mathrm{k}}^\mathrm{A}$). Samozřejmě víme, že rychlost kostky v bodě $\mathrm{A}$ je nulová ($v_{\mathrm{A}} = 0 \; \mathrm{m} \; \mathrm{s}^{-1}$). $$\Delta E_{\mathrm{k}} = E_{\mathrm{k}}^\mathrm{B} - E_{\mathrm{k}}^\mathrm{A} = \frac{1}{2} m \cdot {v_{\mathrm{B}}}^2 - \frac{1}{2} m \cdot {v_{\mathrm{A}}}^2 = \frac{1}{2} m \cdot {v_{\mathrm{B}}}^2$$ Níní využijeme teorému práce vs. kinetická energie, vyjádříme rychlost ${v_{\mathrm{B}}}^2$, což je rychlost $v$ na konci nakloněné roviny, kterou hledáme a dosadíme za $l$ ze vztahu (3.1.12). $$W = \Delta E_{\mathrm{k}}$$ $$m \cdot g \cdot (\mathrm{sin}(\alpha) - f \cdot \mathrm{cos}(\alpha)) \cdot l = \frac{1}{2} m \cdot {v_{\mathrm{B}}}^2$$ $$v = \sqrt{2 \cdot g \cdot (\mathrm{sin}(\alpha) - f \cdot \mathrm{cos}(\alpha)) \cdot l} = \sqrt{2 \cdot g \cdot (\mathrm{sin}(\alpha) - f \cdot \mathrm{cos}(\alpha)) \cdot \frac{{v_0}^2}{2 \cdot g \cdot (\mathrm{sin}(\alpha) + f \cdot \mathrm{cos}(\alpha))}} = v_0 \cdot \sqrt{\frac{\mathrm{sin}(\alpha) - f \cdot \mathrm{cos}(\alpha)}{\mathrm{sin}(\alpha) + f \cdot \mathrm{cos}(\alpha)}} = 2 \cdot \sqrt{\frac{\mathrm{sin}(60^{\circ}) - 0.3 \cdot \mathrm{cos}(60^{\circ})}{\mathrm{sin}(60^{\circ}) + 0.3 \cdot \mathrm{cos}(60^{\circ})}} \simeq 1.68 \; \mathrm{m} \; \mathrm{s}^{-1} \tag{3.1.13}$$ Čímž se dostáváme ke stejnému vztahu jako v předchozím případě (3.1.11).
3. Vypočtěte, jak daleko by musel František krystal docvrnknout, aby došlo k jeho detonaci. (Předpokládejte, že citlivost $\mathrm{NaN}_3$ na tření je zanedbatelná a $\mathrm{NaN}_3$ se vznítí až při dosažení teploty $300 \; ^{\circ}\mathrm{C}$, což ve skutečnosti asi pravda nebude.)
Jak je v zadání řečeno, vyjdeme z předpokladu, že veškerá práce vykonaná třecí silou ($F_t$) se přemění na teplo ($\Delta W = \Delta Q$), které ohřeje krystal $\mathrm{NaN}_3$ na detonační teplotu. Můžeme tedy psát: $$\Delta W = \Delta Q$$ $$F_t \cdot l = m \cdot c_p \cdot \Delta T$$ $$m \cdot g \cdot f \cdot \mathrm{cos}(\alpha) \cdot l = m \cdot c_p \cdot \Delta T$$ Následně si vyjádříme vzdálenost $l$, do které musíme krystal docvrnknout, aby došlo k jeho detonaci, přičemž nezapomeneme dosazovat v základních jednotkách. $$l = \frac{c_p \cdot \Delta T}{g \cdot f \cdot \mathrm{cos}(\alpha)} = \frac{1.18 \cdot 10^3 \cdot (300-25)}{9.81 \cdot 0.3 \cdot \mathrm{cos}(60^{\circ})} \simeq 220.5 \; \mathrm{km}$$

1. Zapište obecně zákon zachování hybnosti pro uvedený případ ve vektorovém a následně ve složkovém tvaru.
Zapíšeme zákon pro zachování hybnosti (ZZH) ve vektorovém tvaru. $$(m_{\mathrm{R2}}+m_{\mathrm{A}}) \cdot \overrightarrow{v} = m_{\mathrm{A}} \cdot \overrightarrow{v_{\mathrm{A}}} + m_{\mathrm{R2}} \cdot \overrightarrow{v_{\mathrm{R2}}}$$ Ze zadání dosadíme $m_{\mathrm{A}} = 1.5 m_{\mathrm{R2}}$. $$2,5 \cdot m_{\mathrm{R2}} \cdot \overrightarrow{v} = 1.5 \cdot m_{\mathrm{R2}} \cdot \overrightarrow{v_{\mathrm{A}}} + m_{\mathrm{R2}} \cdot \overrightarrow{v_{\mathrm{R2}}} \tag{3.2.1}$$ Pro složkový zápis zvolíme takový souřadnicový systém, ve kterém bude osa Y směřovat ve směru vektoru rychlosti $\overrightarrow{v}$. Poté píšeme: $$\mathrm{X:} \; \; 0 = m_{\mathrm{A}} \cdot v_{\mathrm{A}} \cdot \mathrm{sin}(\alpha) - m_{\mathrm{R2}} \cdot v_{\mathrm{R2}} \cdot \mathrm{sin}(\beta)$$ $$\mathrm{X:} \; \; 0 = 1.5 \cdot m_{\mathrm{R2}} \cdot v_{\mathrm{A}} \cdot \mathrm{sin}(\alpha) - m_{\mathrm{R2}} \cdot v_{\mathrm{R2}} \cdot \mathrm{sin}(\beta) \tag{3.2.2}$$ $$\mathrm{Y:} \; \; (m_{\mathrm{R2}}+m_{\mathrm{A}}) \cdot v = m_{\mathrm{A}} \cdot v_{\mathrm{A}} \cdot \mathrm{cos}(\alpha) + m_{\mathrm{R2}} \cdot v_{\mathrm{R2}} \cdot \mathrm{cos}(\beta)$$ $$\mathrm{Y:} \; \; 2.5 \cdot m_{\mathrm{R2}} \cdot v = 1.5 \cdot m_{\mathrm{R2}} \cdot v_{\mathrm{A}} \cdot \mathrm{cos}(\alpha) - m_{\mathrm{R2}} \cdot v_{\mathrm{R2}} \cdot \mathrm{cos}(\beta) \tag{3.2.3}$$
2. Vypočítejte úhel odklonu $\beta$ části o hmotnosti $m_{R2}$ od původního směru.
Zde musíme mít na paměti, že pro výpočet můžeme použít buď složkový tvar ZZH anebo počítat s vektory. Nelze do vektorového tvaru ZZH, rovnice (3.2.1), dosazovat za vektory rychlostí pouze jejich velikost! Pro výpočet úhlu $\beta$ si zvolíme například ZZH pro osu X, rovnice (3.2.1). $$\beta = \mathrm{sin}^{-1} \Biggl ( \frac{ 1.5 \cdot m_{\mathrm{R2}} \cdot v_{\mathrm{A}} \cdot \mathrm{sin}(\alpha)}{m_{\mathrm{R2}} \cdot v_{\mathrm{R2}}} \Biggr ) = \mathrm{sin}^{-1} \Biggl ( \frac{ 1.5 \cdot 6.5 \cdot 10^3 \cdot \mathrm{sin}(45^{\circ})}{8 \cdot 10^3} \Biggr ) = 59.5^{\circ}$$
3. Vypočítejte rychlost $v$ se kterou se pohybovala Eta-2 před sestřelením.
Původní rychlost $v$ vypočítáme dosazením do ZZH pro osu Y, rovnice (3.2.3). $$v = \frac{m_{\mathrm{A}} \cdot v_{\mathrm{A}} \cdot \mathrm{cos}(\alpha) + m_{\mathrm{R2}} \cdot v_{\mathrm{R2}} \cdot \mathrm{cos}(\beta)}{m_{\mathrm{R2}}+m_{\mathrm{A}}} = \frac{1.5 \cdot v_{\mathrm{A}} \cdot \mathrm{cos}(\alpha) + v_{\mathrm{R2}} \cdot \mathrm{cos}(\beta)}{2.5} = \frac{1.5 \cdot 6.5 \cdot 10^3 \cdot \mathrm{cos}(45^{\circ}) + 8 \cdot 10^3 \cdot \mathrm{cos}(59.5^{\circ})}{2.5} = 4.38 \cdot 10^3 \; \mathrm{m} \; \mathrm{s}^{-1}$$

1. Nakreslete obrázek a vyznačte síly, které působí na oválný objekt (válec/trubku/kouli/…) při valení po nakloněné rovině.



2. Určete obecné zrychlení $a$, se kterým se bude pohybovat hmotný střed oválného objektu (válce/trubky/koule) a obecnou rychlost $v$ tohoto objektu na konci nakloněné roviny, pokud víte, že moment setrvačnosti objektu lze spočítat podle vztahu (4.1.1), kde $\zeta$ je obecný číselný parametr ($\zeta \in \lt 0, 1 \gt$).
Začneme zápisem pohybového zákona pro translaci (píšeme ve směru osy X): $$F_R = m \cdot a = F_{G_{x}} - F_t$$ a pokračujeme pohybovým zákonem pro rotaci, kde využijeme vztahu (4.1.1) pro moment setrvačnosti a vyjádříme úhlové zrychlení pomocí poloměru $r$ a zrychlení $a$: $$F_t \cdot r = J \cdot \varepsilon = \zeta \cdot m \cdot r^2 \cdot \frac{a}{r} \Rightarrow F_t = \zeta \cdot m \cdot a$$ Nyní dosadíme do pohybového zákona pro translaci vyjádřený vztah za $F_t$ a upravíme: $$m \cdot a = F_{G_{x}} - F_t = m \cdot g \cdot \mathrm{sin}(\alpha) - \zeta \cdot m \cdot a$$ $$ a = \frac{g \cdot \mathrm{sin}(\alpha)}{1+\zeta} \; \; \mathrm{m} \; \mathrm{s}^{-2}$$ Rychlost $v$ vyjádříme ze zákona zachování energie (ZZE). Vyjdeme tedy z toho, že válec se valí z výšky $h$ ve které má pouze potenciální energii ($E_\mathrm{p}$), která se na konci nakloněné roviny ($h_2 = 0 \; \mathrm{m}$) přemění na energii kinetickou ($E_\mathrm{k}$), přičemž kinetická energie válce se skládá z rotační a translační složky. $$E_{\mathrm{k}}^{\mathrm{celk}} = E_{\mathrm{p}} = E_{\mathrm{k}}^{\mathrm{rot}} + E_{\mathrm{k}}^{\mathrm{trans}}$$ Dosadíme a upravujeme: $$m g h = \frac{1}{2} J \omega^2 + \frac{1}{2} m v^2 = \frac{1}{2} \zeta \cdot m \cdot r^2 \Biggl ( \frac{v}{r} \Biggr)^2 + \frac{1}{2} m v^2 = \frac{1}{2} m v^2 \bigl ( 1 + \zeta \bigr)$$ Vyjádříme rychlost: $$v = \sqrt{\frac{2 m g h}{m ( 1 + \zeta )}} = \sqrt{\frac{2 g h}{( 1 + \zeta )}} \; \; \mathrm{m} \; \mathrm{s}^{-1}$$
3. Určete, v jakém pořadí dorazí níže uvedená tělesa na konec nakloněné roviny, pokud budou všechna vypuštěna ze stejné výšky a ve stejném čase. Válec $\zeta_{\mathrm{Válec}}=\cfrac{1}{2}$, trubka $\zeta_{\mathrm{Trubka}}=1$, koule $\zeta_{\mathrm{Koule}}=\cfrac{2}{5}$ a dutá koule $\zeta_{\mathrm{Dutá \; koule}}=\cfrac{2}{3}$. Své tvrzení zdůvodněte.
   Na konec nakloněné roviny dorazí tělesa na základě jejich zrychlení, nejdříve dorazí těleso s nejvyšším zrychlením. Z vypočteného vztahu pro zrychlení, je patrné, že čím je parametr $\zeta$ vyšší, tím je zrychlení $a$ nižší. Nejdříve dorazí tedy tělesa s nižším parametrem $\zeta$. $$\zeta_{\mathrm{Koule}} \lt \zeta_{\mathrm{Válec}} \lt \zeta_{\mathrm{Dutá koule}} \lt \zeta_{\mathrm{Trubka}}$$

1. Zvolte souřadnicový systém s jedním hmotným bodem v počátku a stanovte v něm polohu hmotného středu $T$ soustavy. Nakreslete obrázek.
Dle zadání zvolíme vhodný souřadnicový systém, například s počátkem v hmotném bodě (HB) o hmotnosti $m_1$. Pro polohu hmotného středu $X_T$ dále píšeme: $$X_T = \frac{1}{m}\sum{m_i \cdot x_i} = \frac{m_1 \cdot x_1 + m_2 \cdot x_2}{m_1 + m_2} = \frac{1 \cdot 0 + 3 \cdot 0.1}{1 + 3} = 0.075 \; \mathrm{m}$$
2. Určete moment setrvačnosti $J$ této tuhé soustavy vzhledem k rotační ose, která prochází hmotným středem soustavy kolmo na spojnici hmotných bodů.
Moment setrvačnosti tuhé soustavy je dán rovnicí (4.2.1). $$J = \sum{m_i \cdot r_{i}^2} \tag{4.2.1}$$ Z bodu 1. víme, že hmotný střed soustavy se nachází ve vzdálenosti $0.075 \; \mathrm{m}$ od HB1 a ze zadání víme, že HB2 je od HB1 vzdálen $0.1 \; \mathrm{m}$. Dopočteme vzdálenost HB2 od $X_T$ a dosadíme do (4.2.1). $$J = m_1 \cdot r_1^2 + m_2 \cdot r_2^2 = 1 \cdot 0.075^2 + 3 \cdot 0.025^2 = 7.5 \cdot 10^{-3} \; \mathrm{kg} \; \mathrm{m}^2$$
3. Určete kinetickou energii $E_k$ tuhé soustavy, rotuje-li kolem dané rotační osy s frekvencí $f = 10 \; \mathrm{s}^{-1}$
Z momentu setrvačnosti $J$, který jsme si vypočítali v bodě 2. a z frekvence $f$ můžeme vypočítat dle vztahu (4.2.2) kinetickou energii $E_k$ tuhé soustavy. $$E_k = \frac{1}{2}J\omega^2 \tag{4.2.2}$$ $$E_k = \frac{1}{2}J\omega^2 = \frac{1}{2}J(2 \pi f)^2 = \frac{1}{2} \cdot 7.5 \cdot 10^{-3} \cdot (2 \pi \cdot 10)^2 = 14.8 \; \mathrm{J}$$

1. Spočtěte výtokovou rychlost $v_2 = \lim_{t \to 0} v(t)$ v čase $t \to 0 \; \mathrm{s}$ (tedy těsně po vytáhnutí zátky).
Výtokovou rychlost spočteme ze známeho
Torricelliho
Evangelista Torricelli (1608-1647) byl italský fyzik a matematik, známý především vynálezem barometru v roce 1643. Jako žák Galilea se stal předním matematikem na Univerzitě v Pise. Jeho experimenty s rtutí ukázaly existenci atmosférického tlaku. Jeho práce ovlivnila fluidní dynamiku a zákony pohybu.
zákona ($v = \sqrt{2gh}$), který lze případně jednoduše odvodit z Bernoulliho rovnice. $$v_2 = \sqrt{2gh_2} = \sqrt{2 \cdot 9.81 \cdot 11 \cdot 10^{-2}} = 1.47 \; \mathrm{m \; s^{-1}}$$
2. Spočtěte vzdálenost $s = \lim_{t \to 0} s(t)$ do které dopadá voda v čase $t \to 0 \; \mathrm{s}$ (tedy těsně po vytáhnutí zátky).
Vzdálenost $s$ spočteme obdobně jako při řešení šikmých vrhů ze znalosti tvaru pohybvých rovnic, z nichž dostaneme: $$s = v_2 \cdot t_d = v_2 \cdot \sqrt{\frac{2h_1}{g}} = 2\sqrt{h_1 \cdot h_2} = 2\sqrt{11 \cdot 10.25} = 21.24 \; \mathrm{cm}$$
Bonus:
3. Zvládnete vyjádřit funkci $h(t)$ popisující vývoj hladiny v čase (hladinu měříme od středu díry)?
Při řešení tohoto bodu vyjdeme z rovnice kontinuity ($v_1 S_1 = v_2 S_2$), přičemž již víme, že rychlost $v_2$ je funkcí výšky hladiny ($v_2 = \sqrt{2gh(t)}$), jak jsme si ukázali v předchozích bodech. Rychlost $v_1$ si následně zapíšeme ve smyslu časové změny hladiny $-\frac{\mathrm{d}h(t)}{\mathrm{d}t}$. $$v_1 = -\frac{\mathrm{d}h(t)}{\mathrm{d}t} = \frac{S_2}{S_1} \sqrt{2gh(t)}$$

Znaménko mínus je u časové změny hladiny proto, že voda nám v láhvi s časem ubývá - rychlost $v_1$ míří proti směru osy-y.

Upravíme. $$\frac{\mathrm{d}h}{\sqrt{h(t)}} = -\frac{d_2^2}{d_1^2} \sqrt{2g} \; \mathrm{d}t$$ Integrujeme. $$ \int \frac{1}{\sqrt{h(t)}} \; \mathrm{d}h = \int -\frac{d_2^2}{d_1^2} \sqrt{2g} \; \mathrm{d}t$$ $$ 2\sqrt{h(t)} = -\frac{d_2^2}{d_1^2} \sqrt{2g} t + C$$ $$ h(t) = \frac{1}{4}(C-\frac{d_2^2}{d_1^2} \sqrt{2g} t)^2$$ Integrační konstantu $C$ určíme ze znalosti počátečních podmínek, tedy že v čase $t_0 = 0 \; \mathrm{s}$ je výška hladiny $h_0$, respektive $h_2$ v případě našeho zadání. $$ h_0 = \frac{1}{4}C^2 \Rightarrow C = 2\sqrt{h_0}$$ Vývoj hladiny v čase je tedy popsán funkcí $$ h(t) = (\sqrt{h_0}-\frac{d_2^2}{d_1^2} \frac{\sqrt{2g}}{2} \cdot t)^2 \tag{5.1.1}$$

4. Zvládnete spočítat čas $t_{h = 2 \; \mathrm{cm}}$, za který poklesne hladina v láhvi z původní výšky $h_2 = 11 \; \mathrm{cm}$ do výšky $h = 2 \; \mathrm{cm}$ (tedy o $9 \; \mathrm{cm}$), opět měřeno od středu výtokového otvoru?
Při výpočtu času $t$, za který hladina v láhvi poklesne z původní výšky $h_2$ do výšky $h = 2 \; \mathrm{cm}$ si počítání zjednodušíme zavedením konstanty $k$, která bude reprezentovat všechny paramtery ($d_1, d_2, g$). $$ k = \frac{d_{2}^2}{d_{1}^2}\frac{\sqrt{2g}}{2}$$ Což nám umožní zapsat rovnici (5.1.1) v následujícím tvaru. $$ t^2-\frac{2\sqrt{h0}}{k}\cdot t + \frac{h_0-h(t)}{k^2} = 0$$ Vidíme, že se jedná kvadratickou rovnici, kterou řešíme pro $h(t) = 2 \; \mathrm{cm}$ a uvažujeme pouze fyzikální řešení dle okrajových podmínek. $$t = \frac{\sqrt{h0}-\sqrt{h(t)}}{k} = \sqrt{2} \cdot \frac{d_1^2}{d_2^2} \cdot \frac{\sqrt{h_0} - \sqrt{h(t)}}{\sqrt{g}} = \sqrt{2} \cdot \frac{9.5^2}{0.4^2} \cdot \frac{\sqrt{0.11} - \sqrt{0.02}}{\sqrt{9.81}} = 48.45 \; \mathrm{s}$$

Když známe předpis pro vývoj hladiny v čase ($h(t)$), můžeme si také vykreslit průběhy trajektorií ($y_t(x_t)$) proudu vody pro různé časy ($t$). $$x_t(t') = \sqrt{2gh(t)}\cdot t'$$ $$y_t(t') = -\frac{1}{2}gt'^2+h_1$$

1. Funkci rychlosti propisky ($v(t)$) v závislosti na čase mezi časovými body odpalu ($t_0 = 0 \; \mathrm{s}$) a maximální výšky ($t_h$).
Ze zákona zachování energie - ZZE ($E_k = E_p$) zjistíme počáteční rychlost $v_0$. $$v_0 = \sqrt{2gh} = \sqrt{2 \cdot 9.81 \cdot 12.3 \cdot 10^{-2}} = 1.55 \; \mathrm{m \; s^{-1}}$$ Propiska vyskočí vertikálně a proti počáteční rychlosti působí tedy tíhové zrychlení $g$, funkce rychlosti je ve tvaru: $$v(t) = -g\cdot t + \sqrt{2gh} = (-9.81t + 1.55) \; \mathrm{m \; s^{-1}}$$
2. Konstantu pružiny $k$, pokud víte, že propiska vyskočila do výšky $h = 12.3 \; \mathrm{cm}$, celková délka pružinky je $l_0 = 23.8 \; \mathrm{mm}$, délka pružinky v propisce před stlačením je $l_1 = 17.9 \; \mathrm{mm}$, a délka pružinky v propisce při maximálním stlačení je $l_{\mathrm{min}} = 7.65 \; \mathrm{mm}$. Přičemž hmotnost propisky s pružinkou je $m_0 = 11 \; \mathrm{g}$.
Opět vyjdeme ze ZZE ($E_p = mgh = \frac{1}{2}kx^2$), přičemž $x = l_1 - l_{\mathrm{min}}$. $$k = \frac{2m_0 gh}{x^2} = \frac{2m_0 gh}{(l_1 - l_{\mathrm{min}})^2} = \frac{2 \cdot 11 \cdot 10^{-3} \cdot 9.81 \cdot 12.3 \cdot 10^{-2}}{(17.9 \cdot 10^{-3} - 7.65 \cdot 10^{-3})^2} = 252.7 \; \mathrm{N \; \mathrm{m^{-1}}}$$

Porovnejte výsledek s běžnými hodnotami, viz: Sodemann-pružiny, Compression spring.

3. Maximální výšku $h_{\mathrm{max}}$, do které je možné odpálit "rozmontovanou" část propisky o hmotnosti $m_1 = 3 \; \mathrm{g}$. Pokud předpokládáte, že pružinka zůstane součástí propisky (nedojde k nepružné srážce - roztržení). V tomto případě se pružinka po stalčení a vypuštění propisky roztáhne do své plné délky $l_0$.
Nyní budeme odpalovat pouze lehčí ($m_1$) rozmontovaný konec propisky, přičemž se navíc pružinka bude moci natáhnout do délky $l_0$ a celková výchylka tedy bude $x_c = l_0 - l_{\mathrm{min}}$. Dále opět použijeme ZZE. $$h_{\mathrm{max}} = \frac{k x_c^2}{2 m_1 g} = \frac{k (l_0 - l_{\mathrm{min}})^2}{2 m_1 g} = \frac{252.7 \cdot (23.8 \cdot 10^{-3} - 7.65 \cdot 10^{-3})^2}{2 \cdot 3\cdot10^{-3} \cdot 9.81} = 1.12 \; \mathrm{m}$$

Výsledek zkuste experimentálně ověřit.

1. Vypočítejte úhlovou frekvenci kmitu $\omega$

$$\omega = \sqrt{\frac{k}{m}} = \sqrt{\frac{9.1}{0.2}} = 6.74 \; \mathrm{rad} \; \mathrm{s}^{-1}$$

2. Zapište závislost výchylky $x_1$ na čase $t$, je-li počáteční fáze v čase $t = 0 \; \mathrm{s}$ rovna ${\varphi}_1 = 45^{\circ}$

$$x_1 = A \cdot \mathrm{cos}(\omega t + \varphi_1) = 3 \cdot \mathrm{cos}(6.74 t + \frac{\pi}{4})$$

3. Určete maximální hodnotu kinetické energie $E_k$ tělesa a souřadnice $x_k$, ve kterých této hodnoty těleso dosáhne.

$$E_{\mathrm{k, max}} = \frac{1}{2}m A^2 \omega^2 = \frac{1}{2}0.2 3^2 6.75^2 = 40.8 \; \mathrm{J}$$ Maximální hodnotu kinetické energie těleso získá při průchodu rovnovážnou polohou. $$x_{\mathrm{k}} = 0 \; \mathrm{m}$$

4. Určete maximální hodnotu potenciální energie $E_p$ tělesa a souřadnice $x_p$,ve kterých této hodnoty těleso dosáhne.

Potenciální energie tělesa je v poli lineární návratné síly při výchilce $x$ dána vztahem $$E_{\mathrm{p}} = \frac{1}{2}k x^2$$ za předpokladu, že v rovnovážné poloze volím $E_{\mathrm{p}} = 0 \; \mathrm{J}$, maximální hodnoty potenciální energie dosáhne těleso v bodech s maximální výchylkou. $$x_{\mathrm{p}} = \pm A = \pm 3 \; \mathrm{m}$$ $$E_{\mathrm{p, max}} = \frac{1}{2}k A^2 = \frac{1}{2}9.1 3^2 = 40.8 \; \mathrm{J}$$ Opět platí, že celková energie je dána jako $$E = E_{\mathrm{k}} + E_{\mathrm{p}}$$ a energie se tedy přelévá mezi členy $E_{\mathrm{k}}$ a $E_{\mathrm{p}}$, přičemž $E_{\mathrm{k, max}} = E_{\mathrm{p, max}}$.

5. Stejnosměrný harmonický kmit $x_2$ o amplitudě $A_2 = \frac{4}{3} A_1$ a počáteční fázi ${\varphi}_2 = 135^{\circ}$ se skládá s harmonickým kmitem $x_1$ za vzniku výsledného kmitu $x_v$. Nalezněte závislost souřadnice $x_v$ na čase $t$. Nakreslete fázorový diagram v čase $t = 0 \; \mathrm{s}$.



Jelikož jsou na sebe fázory kolmé, amplitudu $A_{\mathrm{v}}$ výsledného fázoru určíme z Pythagorovy věty (vímě, že $A_2 = \frac{4}{3} A_1$). $$A_{\mathrm{v}} = \sqrt{A_1^2 + A_2^2} = \sqrt{3^2 + 4^2} = 5 \; \mathrm{m}$$ Úhel $\varphi_{\mathrm{v}}$ můžeme dopočítat za pomoci vzniklého pravoúhlého trojuhelníku. $$\varphi_{\mathrm{v}} = \mathrm{tan}^{-1} \biggl ( \frac{A_2}{A_1} \biggr ) + 45^{\circ} = \mathrm{tan}^{-1} \biggl ( \frac{4}{3} \biggr ) + 45^{\circ} = 53.13^{\circ} + 45^{\circ} = 98.13^{\circ} = 1.713 \; \mathrm{rad}$$ $$x_{\mathrm{v}} = 5 \mathrm{cos}(6.74 t + 1.713) \; \mathrm{m}$$

1. Pepíček si před samotným experimente chce ještě krapet prověřit své teoretické znalosti a vše si řádně promyslet. Pomozte Pepíčkovi a spočtěte:
   1. Rychlosti laseru $v_{\mathrm{Vzduch}}$, $v_{\mathrm{Olej}}$, $v_{\mathrm{Voda}}$, $v_{\mathrm{Sklo}}$ postupně ve všech prostředích.
   Rychlost šíření světla v prostředí o indexu lomu $n$ je dána jako $v = \frac{c}{n}$, kde $c$ je rychlost světla ve vakuu. $$v_{\mathrm{Vzduch}} = \frac{c}{n_{\mathrm{Vzduch}}} = \frac{3 \cdot 10^8}{1} = 3 \cdot 10^8 \; \mathrm{m \; s^{-1}}$$ $$v_{\mathrm{Olej}} = \frac{c}{n_{\mathrm{Olej}}} = \frac{3 \cdot 10^8}{1.5} = 2 \cdot 10^8 \; \mathrm{m \; s^{-1}}$$ $$v_{\mathrm{Voda}} = \frac{c}{n_{\mathrm{Voda}}} = \frac{3 \cdot 10^8}{1.33} = 2.256 \cdot 10^8 \; \mathrm{m \; s^{-1}}$$ $$v_{\mathrm{Sklo}} = \frac{c}{n_{\mathrm{Sklo}}} = \frac{3 \cdot 10^8}{1.5} = 2 \cdot 10^8 \; \mathrm{m \; s^{-1}}$$
   2. Frekvenci laseru $f_{\mathrm{Vzduch}}$, $f_{\mathrm{Olej}}$, $f_{\mathrm{Voda}}$, $f_{\mathrm{Sklo}}$ postupně ve všech prostředích.
   Frekvence laseru je ve všech prostředích stejná. $$f_{\mathrm{Vzduch}} = f_{\mathrm{Olej}} = f_{\mathrm{Voda}} = f_{\mathrm{Sklo}} = \frac{v_{\mathrm{Vzduch}}}{\lambda} = \frac{3 \cdot 10^8}{632.5 \cdot 10^{-9}} = 4.74 \cdot 10^{14} \; \mathrm{Hz}$$
   3. Vlnovou délku laseru $\lambda_{\mathrm{Vzduch}}$, $\lambda_{\mathrm{Olej}}$, $\lambda_{\mathrm{Voda}}$, $\lambda_{\mathrm{Sklo}}$ postupně ve všech prostředích.
   $$\lambda_{\mathrm{Vzduch}} = \lambda = 632.5 \; \mathrm{nm}$$ $$\lambda_{\mathrm{Olej}} = \frac{\lambda_{\mathrm{Vzduch}}}{n_{\mathrm{Olej}}} = \frac{632.5}{1.5} = 421.67 \; \mathrm{nm}$$ $$\lambda_{\mathrm{Voda}} = \frac{\lambda_{\mathrm{Vzduch}}}{n_{\mathrm{Voda}}} = \frac{632.5}{1.33} = 475.56 \; \mathrm{nm}$$ $$\lambda_{\mathrm{Sklo}} = \frac{\lambda_{\mathrm{Vzduch}}}{n_{\mathrm{Sklo}}} = \frac{632.5}{1.5} = 421.67 \; \mathrm{nm}$$
   4. Energii laseru (myšleno energii fotonů) $E_{\mathrm{Vzduch}}$, $E_{\mathrm{Olej}}$, $E_{\mathrm{Voda}}$, $E_{\mathrm{Sklo}}$ postupně ve všech prostředích.
   Energie laseru bude ve všech prostředích stejná a spočteme ji pomocí plankovi konstanty $h = 6.626 \cdot 10^{-34} \; \mathrm{J \; s^{-1}}$ $$E_{\mathrm{Vzduch}} = E_{\mathrm{Olej}} = E_{\mathrm{Voda}} = E_{\mathrm{Sklo}} = h \cdot f_{\mathrm{Vyduch}} = 6.626 \cdot 10^{-34} \cdot 4.74 \cdot 10^{14} = 3.14 \cdot 10^{-19} \; \mathrm{J} = 1.96 \; \mathrm{eV}$$
2. Pepíček si dále chce ověřit, zdali se jím naměřené úhly $\beta$, $\gamma$, $\delta$, $\varepsilon$ (Obr. 7.1) shodují s teorií. Pomozte Pepíčkovi a spočtěte úhly $\beta$, $\gamma$, $\delta$ a $\varepsilon$.
Pro výpočet úhlů použijeme snellův zákon $n_1 \mathrm{sin}\theta_1 = n_k \mathrm{sin}\theta_k$. $$\beta = \mathrm{sin}^{-1} \Bigl ( \frac{n_{\mathrm{Vzduch}} \mathrm{sin}(\alpha)}{n_\mathrm{Olej}} \Bigr ) = \mathrm{sin}^{-1} \Bigl ( \frac{\mathrm{sin}(60^{\circ})}{1.55} \Bigr ) = 35.26^{\circ}$$ Jelikož součin indexu lomu a sinusu úhlu dopadu v daném prostředí zůstává stále stejný ($n_i \mathrm{sin}\theta_i = n_k \mathrm{sin}\theta_k$), můžeme úhly spočítat ze znalosti úhlu $\alpha$ ($n_{\mathrm{Vzduch}} = 1$). $$\gamma = \mathrm{sin}^{-1} \Bigl (\frac{\mathrm{sin}(\alpha)}{n_\mathrm{Voda}} \Bigr ) = \mathrm{sin}^{-1} \Bigl (\frac{\mathrm{sin}(60^{\circ})}{1.33} \Bigr ) = 40.62^{\circ}$$ $$\delta = \mathrm{sin}^{-1} \Bigl (\frac{\mathrm{sin}(\alpha)}{n_\mathrm{Sklo}} \Bigr ) = \mathrm{sin}^{-1} \Bigl (\frac{\mathrm{sin}(60^{\circ})}{1.5} \Bigr ) = 35.26^{\circ}$$ $$\varepsilon = \mathrm{sin}^{-1} \Bigl (\frac{\mathrm{sin}(\alpha)}{n_\mathrm{Sklo}} \Bigr ) = \mathrm{sin}^{-1} \Bigl (\frac{\mathrm{sin}(60^{\circ})}{1} \Bigr ) = 60^{\circ}$$
3. Pepíček je bezpečnost sama, jaký je mezní úhel $\alpha_m$, při kterém se paprsek laseru odrazí na rozhraní olej-voda a vypálí Pepíčkovi oko? Je to vůbec možné, neodrazí se náhodou již odražený paprsek následně i na rozhraní olej-vzduch?
Mezní úhel na prostředí olej-voda spočteme jako: $$\beta_{\mathrm{max}} = \mathrm{sin}^{-1} \Bigl ( \frac{n_\mathrm{Voda}}{n_\mathrm{Olej}} \Biggr ) = \mathrm{sin}^{-1} \Bigl ( \frac{1.33}{1.55} \Biggr ) = 62.46^{\circ}$$
4. Pepíček by si rád též spočítal vzdálenost $l$, do které na podložce dopadne paprsek laseru (měřeno od středu kádinky). Pro výpočet však potřebuje znát tloušťku oleje ($d_{\mathrm{Olej}}$). Vrstva oleje je velmi tenká a pravítkem se mu ji změřit asi nepovede. Napadlo ho však, že by tloušťku oleje mohl určit pomocí dopadajícího slunečního záření, které interferuje na tenké vrstvě tak, že je zesílena především zelená složka záření ($\lambda = 550 \; \mathrm{nm}$). Pepíčkovi zatím nedošlo, že tloušťka oleje bude pro výpočet vzdálenosti $l$ zanedbatelná, nicméně i tak Pepíčkovi pomozte a spočtěte nejmenší možnou tloušťku vrstvy oleje $d_{\mathrm{Olej}}$ která způsobuje zesílení zelené složky slunečního záření.
Pokud se paprsek odráží na rozhraní s opticky hustším prostředím, mění svoji fázi ($\frac{\lambda}{2}$), tedy paprsek odrážející se na rozhraní vzduch-olej ($n_{\mathrm{Vzduch}} \lt n_{\mathrm{Olej}}$) bude měnit svoji fázi. Naopak paprsek odrážející se až na rozhraní Olej-Voda, svou fázi měnit nebude ($n_{\mathrm{Olej}} \gt n_{\mathrm{Voda}}$). Dráhový rozdíl paprsku bude tedy: $$\delta = 2d \cdot n_{\mathrm{Olej}} + \frac{\lambda}{2} $$ Aby došlo k zesílení zelené složky světla, musí docházet ke konstruktivní interferenci $\delta = k \cdot \lambda$. $$ d = \frac{\lambda}{4 n_{\mathrm{Olej}}} = \frac{550}{4 \cdot 1.5} = 91.67 \; \mathrm{nm}$$
5. Experiment je skoro u konce a je potřeba už jen vypočíst a zkontrolovat vzdálenost $l$ do které dopadá paprsek laseru. Spočtěte tedy vzdálenost $l$, vliv tenoulinké olejové vrstvy můžete zanedbat.
Vzdálenost dopadajícího záření v jednotlivých prostředích spočteme ze znalosti tlouštky vrstvy $d$ a spočtených úhlů. $$l_i = \mathrm{tan}(\theta_i) \cdot d_i$$ $$l = \mathrm{tan}(\gamma) \cdot d_{\mathrm{Voda}} + \mathrm{tan}(\delta) \cdot d_{\mathrm{Sklo}} + \mathrm{tan}(\varepsilon) \cdot d_{\mathrm{Vzduch}} = \mathrm{tan}(40.62^{\circ}) \cdot 5 + \mathrm{tan}(35.26^{\circ}) \cdot 0.35 + \mathrm{tan}(60^{\circ}) \cdot 5 = 13.2 \; \mathrm{cm}$$

1. Úhlovou vzdálenost $\alpha_{\mathrm{max,}1}$ maxima intenzity prvního řádu od maxima nultého řádu pro světlo o vlnové délce $\lambda_1$.
Úhlovou vzdálenost interferenčních maxim v případě dvou štěrbin udává vztah $d \cdot \mathrm{sin}(\alpha_{k,\mathrm{max}} = k \lambda)$. Úpravou získáváme: $$\alpha_{\mathrm{max,}1} = \mathrm{sin}^{-1}\Biggl(\frac{1 \cdot \lambda_1}{d}\Biggr) = \mathrm{sin}^{-1}\Biggl(\frac{1 \cdot 600 \cdot 10^{-9}}{10 \cdot 10^{-6}}\Biggr) = 0.06 \; \mathrm{rad} = 3.44^{\circ}$$
2. Vzdálenost $y_{\mathrm{max,}1}$ na stínítku mezi maximem intenzity prvního řádu a maximem intenzity nultého řádu pro světlo o vlnové délce $\lambda_1$.
Vzdálenost $y_{\mathrm{max,}1}$ vypočteme pomocí tangensu získaného úhlu $\alpha_{\mathrm{max,}1}$. $$y_{\mathrm{max,}1} = \mathrm{tg}(\alpha_{\mathrm{max,}1}) \cdot L = \mathrm{tan}(3.44^{\circ}) \cdot 1 = 0.06 \; \mathrm{m}$$
3. Načrtněte průběh intenzity na stínítku. Porovnejte znaménky ($\lt, \gt, =$) vzdálenosti $y_{\mathrm{max,}1}(\lambda_1)$ pro světlo o vlnové délce $\lambda_1$ a $y_{\mathrm{max,}1}(\lambda_2)$ pro světlo o vlnové délce $\lambda_2$

1. Určete kapacitu $C_0$ kondenzátoru, velikost intenzity $E_0$, energii homogenního elektrického pole $W_0$ a absolutní hodnotu elektrického náboje $Q_0$ na deskách kondenzátoru.
Kapacita vakuového kondenzátoru je dána permitivitou vakua $\varepsilon_0$ a jeho geometrií. $$C_0 = \varepsilon_0 \frac{S}{d} = 8.85 \cdot 10^{-12} \frac{100 \cdot 10^{-4}}{5 \cdot 10^{-3}} = 17.7 \; \mathrm{pF}$$ Intenzitu elektrického pole vakuového kondenzátoru spočteme jako: $$E_0 = \frac{U_0}{d} = \frac{2 \cdot 10^{3}}{5 \cdot 10^{-3}} = 400 \; \mathrm{kV \; m^{-1}}$$ Energii elektrického pole spočteme jako práci potřebnou k nabytí kondenzátoru ($\mathrm{d}W = U \mathrm{d}Q$), tedy postupné přesouvání elementu náboje $\mathrm{d}Q$ na desky kondenzátoru. $$W = \int \mathrm{d}W = \int_{0}^{Q} U \mathrm{d}Q = \int_{0}^{Q} \frac{Q}{C} \mathrm{d}Q = \frac{1}{2} \frac{Q^2}{C} = \frac{1}{2}C U^2$$ Pro vakuový kondenzátor tedy vypočteme energii následovně. $$W_0 = \frac{1}{2} C_0 U_0^2 = \frac{1}{2} 17.7 \cdot 10^{-12} \cdot (2 \cdot 10^3)^2 = 3.54 \cdot 10^{-5} \; \mathrm{J}$$ Náboj na vakuovém kondenzátoru bude: $$Q = U_0 \cdot C_0 = 2 \cdot 10^3 \cdot 17.7 \cdot 10^{-12} = 3.54 \cdot 10^{-8} = 35.4 \; \mathrm{nC}$$
2. Určete kapacitu $C$, intenzitu $E$, napětí $U$ a energii elektrického pole $W$, pokud je mezi desky kondenzátoru vloženo skleněné dielektrikum o relativní permitivitě $\varepsilon_\mathrm{r} = 5$ a elektrický náboj na deskách kondenzátoru je zachován.
Pokud mezi desky vakuového kondenzátoru vložíme dielektrikum o relativní permitivitě $\varepsilon_r$, zvýší se jeho kapacita $\varepsilon_r$-krát. $$C = \varepsilon_r \cdot C_0 = 5 \cdot 17.7 = 88.5 \; \mathrm{pF}$$ Pokud se nám podaří dielektrikum vloži tak, že náboj $Q$ na stěnách kondenzátoru zústane zachován, sníží se napětí ($U$), intenzita elektrického ($E$) pole a energie elektrického pole ($W$) $\varepsilon_r$-krát ($Q = U_0 \cdot C_0 = U \cdot C$). $$U = \frac{U_0}{\varepsilon_r} = \frac{2 \cdot 10^3}{5} = 400 \; \mathrm{V}$$ $$E = \frac{\frac{U_0}{\varepsilon_r}}{d} = \frac{E_0}{\varepsilon_r} = \frac{400}{5} = 80 \; \mathrm{kV \; m^{-1}}$$ $$W = \frac{1}{2} C U^2 = \frac{1}{2} \varepsilon_r C_0 \Biggl ( \frac{U_0}{\varepsilon_r} \Biggr )^2 = \frac{W_0}{\varepsilon_r} = \frac{3.54 \cdot 10^{-5}}{5} = 7.08 \; \mathrm{\mu J}$$
3. Mezi deskami kondenzátoru se nachází nyní i molekula LiF o délce vazby $l = 1.5639 \; \overset{\circ}{\mathrm{A}}$. Předpokládejte, že molekula má 100% iontový charakter a lze ji tedy aproximovat dvěma bodovými náboji $+q$ a $-q$. V běžné chemické praxi se jako jednotka dipólového momentu používá Debey $[\mathrm{D}]$, přičemž $1 \; \mathrm{D} = 3.336 \cdot 10^{-30} \; \mathrm{C} \; \mathrm{m}$. Vypočtěte dipólový moment molekuly LiF $p$ v $[\mathrm{D}]$ a porovnejte výsledek s tabelovanou hodnotou. Více o iontovém charakteru a dipólovém momentu naleznete ZDE.
Pokud molekulu můžeme aproximovat dvěma elementárními bodovými náboji $+q$ a $-q$, spočteme velikost jejího dipólového memomentu jako: $$p = q \cdot l = 1.602 \cdot 10^{-19} \cdot 1.5639 \cdot 10^{-10} = 2.5 \cdot 10^{-29} \; \mathrm{C \; m} = 7.49 \; \mathrm{D}$$
Tabelovaná hodnota dipólového momemnut pro $\mathrm{LiF}$ je $6.284 \; \mathrm{D}$, iontový charakter molekuly $\psi_{\mathrm{ion}}$ můžeme tedy určit jako: $$\psi_{\mathrm{LiF}} = \frac{p_{\mathrm{exp.}}}{p_{\mathrm{calc.}}} = \frac{6.284}{7.49} = 83.9 \; \%$$
4. Molekula LiF se mezi deskami nachází tak, že její osa svírá s deskami kondenzátoru úhel $\alpha = 30^{\circ}$. Nakreslete obrázek a v něm vyznačte: vektor dipólového momentu $\overrightarrow{p}$, vektor intenzity elektrického pole $\overrightarrow{E}$ mezi deskami kondenzátoru, vektory sil $\overrightarrow{F}$, kterými elektrické pole kondenzátoru působí na molekulu LiF a vektor momentu $\overrightarrow{M}$ těchto sil. Vypočítejte velikost momentu sil $M$ působících na dipól v uvedené poloze, práci $W_{\mathrm{práce}}$ momentu sil elektrického pole, která se vykoná při otočení elektrického dipólu (LiF) do rovnovážné polohy, a tomu odpovídající změnu potenciální energie $\Delta E_{\mathrm{p}}$.



Moment sil působící na fluorid lithný odvodíme jako: $$\vec{M} = \vec{r} \times \vec{F} = 2 \cdot \frac{l}{2} \cdot F \cdot \mathrm{sin}(\alpha) = l \cdot Q \cdot E \cdot \mathrm{sin}(\alpha) = p \cdot E \cdot \mathrm{sin}(\alpha) = 2.5 \cdot 10^{-29} \cdot 80 \cdot 10^3 \cdot \mathrm{sin}(30^{\circ}) = 1 \cdot 10^{-24} \; \mathrm{N \; m} $$ Práci, kterou vykoná moment sil otočením molekuli do stabilní rovnovážné polohy ($\alpha = 0$), spočteme jako: $$ W = \int_{\varphi_1}^{\varphi_2} \vec{M} \cdot \mathrm{d}\vec{\varphi} = \int_{\varphi_1}^{\varphi_2} -M \cdot \mathrm{d}\varphi = \int_{\varphi_1}^{\varphi_2} -p \cdot E \cdot \mathrm{sin}(\varphi) \mathrm{d}\varphi = \int_{\alpha}^{0} -p \cdot E \cdot \mathrm{sin}(\varphi) \mathrm{d}\varphi = \Biggl [ p \cdot E \cdot \mathrm{cos}(\varphi) \Biggr ]_{\alpha}^{0} = p \cdot E \cdot (\mathrm{cos}(0) - \mathrm{cos}(\alpha)) = 2.5 \cdot 10^{-29} \cdot 80 \cdot 10^3 \cdot (1 - \mathrm{cos}(30^{\circ})) = 2.5 \cdot 10^{-29} \cdot 80 \cdot 10^3 \cdot \frac{2-\sqrt{3}}{2} = 2.68 \cdot 10^{-25} \; \mathrm{J}$$
Vektory $\vec{M}$ a $\mathrm{d}\vec{\varphi}$ mají opačný směr (úhel definujeme a obecně měříme v pravotočivé bázi), tedy jejich skalární součin vede na znaménko "$-$".
Potenciální energie dipólu je dána vztahem $E_p = -\vec{p} \cdot \vec{E} = - p \cdot E \cdot \mathrm{cos}(\alpha)$ ( Odvození), její změnu tedy spočteme jako:
Práce momentu sil otočením dipólu z obecné polohy $\alpha$ do polohy $\frac{\pi}{2}$: $$W = \int_{\alpha}^{\frac{\pi}{2}} \vec{M} \cdot \mathrm{d}\vec{\alpha} = E_p(\alpha) - E_p \Biggl ( \frac{\pi}{2} \Biggr )$$ Definujeme: $$E_p \Biggl ( \frac{\pi}{2} \Biggr ) = 0$$ Přepíšeme $E_p(\alpha)$ na levou stranu a integrujeme: $$E_p(\alpha) = \int_{\alpha}^{\frac{\pi}{2}} \vec{M} \cdot \mathrm{d}\vec{\alpha} = \int_{\alpha}^{\frac{\pi}{2}} - M \cdot \mathrm{d}\alpha = \int_{\alpha}^{\frac{\pi}{2}} -p \cdot E \cdot \mathrm{sin}(\alpha) \mathrm{d}\alpha = -p \cdot E \cdot \Biggl [ - \mathrm{cos}(\alpha) \Biggr]_{\alpha}^{\frac{\pi}{2}} = -p \cdot E \cdot \Biggl (-\mathrm{cos}\Bigl ( \frac{\pi}{2} \Bigr ) - (-\mathrm{cos}(\alpha)) \Biggr ) = -p \cdot E \cdot \mathrm{cos}(\alpha)$$ Vektory $\vec{M}$ a $\mathrm{d}\vec{\varphi}$ mají opačný směr (úhel definujeme a obecně měříme v pravotočivé bázi), tedy jejich skalární součin vede na znaménko "$-$".
$$\Delta E_p = E_p(\varphi_2) - E_p(\varphi_1) = - p \cdot E \cdot (\mathrm{cos}(0) - \mathrm{cos}(\alpha)) = - W = - 2.68 \cdot 10^{-25} \; \mathrm{J}$$
5. Doprostřed mezi desky kondenzátoru vlétne rovnoběžně k deskám kondenzátoru elektron s rychlostí $v_0 = 6 \cdot 10^7 \; \mathrm{m} \; \mathrm{s}^{-1}$. Zakreslete obrázek a určete velikost síly $F$ homogenního elektrického pole, která působí na elektron. Vypočítejte vzdálenost $x$, kterou elektron urazí, než se zachytí na kladně nabité desce kondenzátoru.
Síla elektrického pole působící na elektron. $$F = q \cdot E = 1.6 \cdot 10^{-19} \cdot 80 \cdot 10^3 = 1.28 \cdot 10^{-14} \; \mathrm{N}$$ Vzdálenost $x$, kterou elektron urazí než se zachytí na kladně nabité desce vypočteme analogycky jako v případě šikmých vrhů, nacházíme se v potenciálním poli kondenzátoru. $$X: a_x = 0 \; \; \; \; v_x = v_0 \; \; \; \; x = v_0 \cdot t$$ $$Y: a_y = -\frac{F}{m} \; \; \; \; v_y = -\frac{F}{m} \cdot t \; \; \; \; y = -\frac{F}{m} \cdot \frac{t^2}{2} + \frac{d}{2}$$ V čase dopadu ($t_d$) bude $y(t_d) = 0$, z poslední rovnice můžeme tedy vyjádřit: $$t_d = \sqrt{\frac{m \cdot d}{F}}$$ $$x = v_0 \cdot t_d = v_0 \cdot \sqrt{\frac{m \cdot d}{F}} = 6 \cdot 10^7 \cdot \sqrt{\frac{9.1 \cdot 10^{-31} \cdot 5 \cdot 10^{-3}}{1.28 \cdot 10^{-14}}} = 0.036 \; \mathrm{m}$$

1. Velikost síly $F$, kterou se náboje odpuzují.
$$F = k\frac{Q_A \cdot Q_B}{a^2} = 9 \cdot 10^9 \cdot \frac{(3 \cdot 10^{-6})^2}{(15 \cdot 10^{-2})^2} = 3.6 \; \mathrm{N}$$
2. Potenciál $V$ ve vrcholu C trojúhelníka.
$$V = V_A + V_B = k \frac{Q_A}{a} + k \frac{Q_B}{a} = \frac{k}{a}(Q_A + Q_B) = \frac{9 \cdot 10^9}{15 \cdot 10^{-2}}(3 \cdot 10^{-6} + 3 \cdot 10^{-6}) = 360 \; \mathrm{kV}$$
3. Velikost intenzity $E$ ve vrcholu C trojúhelníka. Nakreslete trojúhelník, směry dílčích intenzit $\overrightarrow{E}_{\mathrm{A}}$ a $\overrightarrow{E}_{\mathrm{B}}$, a směr výsledné intenzity $\overrightarrow{E}$.
$$Q_A = Q_B \; \; \; \; E_A = E_B = k \frac{Q_A}{a^2}$$ $$E = 2 \cdot E_A \cdot \mathrm{cos}(30^{\circ}) = 2 \cdot 9 \cdot 10^{9} \frac{3 \cdot 10^{-6}}{(15 \cdot 10^{-2})^2} \cdot \mathrm{cos}(30^{\circ}) = 9 \cdot 10^{9} \frac{3 \cdot 10^{-6}}{(15 \cdot 10^{-2})^2} \cdot \sqrt{3} = 2.08 \; \mathrm{MV \; m^{-1}}$$

1. Spočtěte odpor $R_{\mathrm{max}}$ konstantanového drátu.
$$R_{\mathrm{max}} = \rho \frac{l}{S} = \rho \frac{4l}{\pi d^2} = 0.49 \cdot 10^{-6} \frac{4 \cdot 157}{\pi (0.35 \cdot 10^{-3})^2} = 799.6 \approx 800 \; \Omega$$
2. Spočtěte elektrický odpor žárovky $R_{\mathrm{Ž1}}$ (při pracovní teplotě wolframového vlákna $T_{\mathrm{prac}} = 2500 \; ^{\circ}\mathrm{C}$).
$$R_{\mathrm{Ž1}} = \frac{U}{I} = \frac{U^2}{P} = \frac{230^2}{60} = 881 \; \Omega$$
3. Spočtěte elektrický odpor žárovky $R_{\mathrm{Ž2}}$ při teplotě studeného vlákna $T_{\mathrm{stud}} = 25 \; ^{\circ}\mathrm{C}$, víte-li, že teplotní součinitel wolframového vlákna je $\alpha = 0.0045 \; \mathrm{K}^{-1}$.
Nejprve vypočteme odpor vlákna $R_0$, při pomyslných $0 \; \mathrm{K}$ a následně spočteme odpor $R_{\mathrm{Ž2}}$ při $T_{\mathrm{stud}} = 25 \; ^{\circ}\mathrm{C}$. $$R_0 = \frac{R_{\mathrm{Ž1}}}{1+\alpha \cdot \Delta T} = \frac{881}{1+0.0045 \cdot (2500+273.15-0)} = 65.36 \; \Omega$$ $$R_{\mathrm{Ž2}} = R_0(1+\alpha \cdot \Delta T) = 65.36 \cdot (1+0.0045 \cdot (273.15+25)) = 153 \; \Omega$$
4. Spočtěte nárazový elektrický proud $I_{\mathrm{Ž2}}$, který žárovkou protéká než se wolframové vlákno stačí zahřát.
$$I_{\mathrm{Ž2}} = \frac{U}{R_{\mathrm{Ž2}}} = \frac{230}{153} = 1.5 \; \mathrm{A}$$ Tím že se vlákno klasické žárovky zahřeje velmi rychle a zvýší tak skokově svůj odpor, našly si žárovky uplatnění jako omezovače proudu. Pokud si klasickou žárovku zapojíte do série před obvod, ve kterém chcete vyzkoušet, zdali jste vše zapojili správně a nemáte tam žádný zkrat, může Vám v případě nechtěného zkratu žárovka zachránit součástky, jelikož zahřáté vlákno nedovolí aby obvodem protekl vysoký proud, který by je mohl spálit.

Tato simulace běží nejlépe v prohlížečí Google Chrome. Pokud se Vám obsah nezobrazuje správně, najdete jej na následujícím odkazu:

https://youtu.be/wRFRwOnLsZI?feature=shared
5. Spočtěte proud procházející zahřátou žárovkou při nastavení reostatu na $0 \%$, $25 \%$, $50 \%$, $75 \%$ a $100 \%$. Výpočty si zkontrolujte upravením obvodu v aplikaci EveryCircuit.
Odpor reostatu, dle nsatavení jezdce, můžeme obecně spočítat jako $R_{\mathrm{reostat}} = x \cdot R_{\mathrm{max}}$, proud žárovkou pak tedy bude: $$x = 0 \% \; \; \; \; I_{0\% } = \frac{U}{R_{\mathrm{Ž1}}} = \frac{230}{881} = 261 \; \mathrm{mA}$$ $$x = 25 \% \; \; \; \; I_{25\% } = \frac{U}{R_{\mathrm{Ž1}} + x \cdot R_{\mathrm{max}}} = \frac{230}{881 + 0.25 \cdot 800} = 213 \; \mathrm{mA}$$ $$x = 50 \% \; \; \; \; I_{25\% } = \frac{U}{R_{\mathrm{Ž1}} + x \cdot R_{\mathrm{max}}} = \frac{230}{881 + 0.50 \cdot 800} = 180 \; \mathrm{mA}$$ $$x = 75 \% \; \; \; \; I_{25\% } = \frac{U}{R_{\mathrm{Ž1}} + x \cdot R_{\mathrm{max}}} = \frac{230}{881 + 0.75 \cdot 800} = 155 \; \mathrm{mA}$$ $$x = 100 \% \; \; \; \; I_{25\% } = \frac{U}{R_{\mathrm{Ž1}} + x \cdot R_{\mathrm{max}}} = \frac{230}{881 + 1.00 \cdot 800} = 137 \; \mathrm{mA}$$
6. Žárovka byla naplno zapnuta ($R_{\mathrm{reostat}} = 0 \; \Omega$) po dobu $t = 5 \; \mathrm{h}$, určete elektrickou energii $E$ odebranou žárovkou v kilowatthodinách.
$$E = P \cdot t = 60 \cdot 5 = 300 \; \mathrm{W \; h} = 0.3 \; \mathrm{kW \; h}$$

1. vnitřní odpor $R_{\mathrm{i}}$ zdroje napětí,
$$U_{S1} = \varepsilon_i - R_i \cdot I_1$$ $$U_{S2} = \varepsilon_i - R_i \cdot I_2$$ $$R_i = \frac{U_{S1}-U_{S2}}{I_2 - I_1} = \frac{30-28}{2 - 1.5} = 4 \; \Omega$$
2. elektromotorické napětí zdroje $\varepsilon$,
$$\varepsilon_i = U_{S1} + R_i \cdot I_1 = 30 + 4 \cdot 1.5 = 36 \; \mathrm{V}$$
3. elektromotorické napětí zdroje $\varepsilon$,
$$R_1 = \frac{U_{S1}}{I_1} = \frac{36}{1.5} = 20 \; \Omega$$ $$R_2 = \frac{U_{S2}}{I_2} = \frac{28}{2} = 14 \; \Omega$$

1. Určete velikost a směr vektoru magnetické síly $\overrightarrow{F}$, která působí na vodič.



$$\vec{F} = I \vec{l} \times \vec{B} = I l B \mathrm{sin}(\alpha) = 0.5 \cdot 0.05 \cdot 0.02 \cdot \mathrm{sin}(60^{\circ}) = 4.3 \cdot 10^{-4} \; \mathrm{N}$$

2. Určete velikost a směr vektoru magnetického momentu smyčky $\overrightarrow{m}$.
$$m = Z I S = Z I \frac{\pi d^2}{4} = I \frac{\pi d^2}{4} = 0.5 \frac{\pi 0.05^2}{4} = 9.82 \cdot 10^{-4} \; \mathrm{A \; m^2}$$
3. Určete velikost a směr vektoru silového momentu $\overrightarrow{M}$, kterým magnetické pole působí na závit smyčky. Určete též, jakým směrem se bude smyčka otáčet.



$$\vec{M} = \vec{m} \times \vec{B} = m \; B \; \mathrm{sin}(\beta) = Z \; I \; \frac{\pi \; d^2}{4} \; B \; \mathrm{sin}(\beta) = 1 \cdot 0.5 \cdot \frac{\pi \cdot 0.05^2}{4} \cdot 0.02 \cdot \mathrm{sin}(30^{\circ}) = 9.82 \cdot 10^{-6} \; \mathrm{N \; m}$$

4. Určete potenciální energii smyčky $E_{\mathrm{p}}$, je-li $E_{\mathrm{p}} = 0$ pro úhel $\beta = 90^{\circ}$.
$$E_{\mathrm{p}} = - m \; B \; \mathrm{cos}(\beta) = - Z \; I \; \frac{\pi \; d^2}{4} \; B \; \mathrm{cos}(\beta) = - 1 \cdot 0.5 \cdot \frac{\pi \cdot 0.05^2}{4} \cdot 0.02 \mathrm{cos}(30^{\circ}) = - 1.7 \cdot 10^{-5} \; \mathrm{J}$$

Nyní Luigi mezi magnety umístí cívku $d = 5 \; \mathrm{cm}$ s $50$ závity. Cívku mezi magnety umístí tak, že vektor plochy cívky je kolmý na vektor magnetické indukce. K cívce dále připevní kruhovou pružinku s torzní konstantou $k = 2 \cdot 10^{-5} \; \mathrm{N} \; \mathrm{m} / ^{\circ}$ tak, že pružinka drží cívku ve výchozí poloze. Do středu cívky následně ve směru vektoru plochy připevní ručičku ukazatele a nechá cívkou procházet proud $I = 0.5 \; \mathrm{A}$.

5. Napište obecný vztah pro určení výchylky ručičky ukazatele.



Moment síly vyvolaný porudem, který prochází cívkou: $$M = Z \; I \; \frac{\pi d^2}{4} \; B \; \mathrm{sin}(\alpha)$$ Moment síly vyvolaný návratnou silou pružiny: $$M = k \cdot \varphi$$ V rovnováze: $$\varphi = \frac{Z \; I \; \pi \; d^2 \; B \; \mathrm{sin}(\alpha)}{4 \; k}$$

Na závěr experimentu Luigi vymění magnety produkující lineární homogenní magnetické pole za magnety produkující pole radiální, přičemž indukce magnetického pole zůstane zachována. Radiální magnetické pole se chová tak, že pokud cívku mezi magnety natáčíme tím způsobem, že vektor plochy cívky zůstává v rovině magnetů, je úhel mezi vektorem magnetické indukce $\overrightarrow{B}$ radiálního pole a vektorem plochy cívky stále roven $90^{\circ}$.

6. Napište obecný vztah pro určení výchylky ručičky ukazatele v radiálním magnetickém poli.



V radiálním poli je vektor magnetické indukce $\vec{B}$ vždy kolmý na magnetický moment proudové smyčky $\vec{m}$, tedy $\alpha = 90^{\circ}$. $$\varphi = \frac{Z \; I \; \pi \; d^2 \; B }{4 \; k}$$
7. Určete výchylku $\gamma$ ručičky ukazatele od původní polohy.
$$\gamma = \frac{Z \; I \; \pi \; d^2 \; B }{4 \; k} = \frac{50 \cdot 0.5 \cdot \pi \cdot 0.05^2 \cdot 0.02 }{4 \cdot 2 \cdot 10^{-5}} = 49.1^{\circ}$$

1. Určete, jakým potenciálním rozdílem $U$ musel elektron projít, aby získal danou kinetickou energii $E_{\mathrm{k}}$. Elektron byl původně v klidu.
Potenciální rozdíl $U$ určíme ze znalosti vztahu pro kinetickou energie, respektive z definice elektronvoltu $E_{\mathrm{k}} = e \cdot U$. $$U = \frac{E_\mathrm{k}}{e} = \frac{1.64 \cdot 10^{-16}}{1.6 \cdot 10^{-19}} = 1.025 \; \mathrm{kV}$$
2. Určete velikost rychlosti $v$ elektronu před jeho vstupem do magnetického pole.
$$v = \sqrt{\frac{2E_\mathrm{k}}{m}} = \sqrt{\frac{2 \cdot 1.64 \cdot 10^{-16}}{9.1 \cdot 10^{-31}}} = 1.90 \cdot 10^{7} \; \mathrm{m \; s^-1}$$
3. Určete velikost magnetické indukce $B$, jestliže se elektron pohybuje v magnetickém poli po kružnici o poloměru $R = 0.5 \; \mathrm{m}$.
Pro výpočet velikosti magnetické indukce $B$ vyjdeme ze znalosti rovnosti síly magnetické a dostředivé ($F_d = F_m$). $$B = \frac{m \; v}{q \; R} = \frac{9.1 \cdot 10^{-31} \cdot 1.90 \cdot 10^{7}}{1.6 \cdot 10^{-19} \cdot 0.5} = 2.16 \cdot 10^{-4} \; \mathrm{T}$$