Energie, práce, výkon

Těleso o hmotnosti 3 kilogramy bylo uvolněno z klidu a padá volným pádem v homogenním tíhovém poli Země. Jak velkou práci vykoná Země prostřednictvím gravitační síly během prvních 5 sekund volného pádu? Jak velkou práci vykoná během následujících 5 sekund volného pádu?

Nejprve si ujasníme model úlohy. V čase \(t=0\) bylo těleso uvolněno z klidu. Odpor vzduchu zanedbáváme, tíhové zrychlení \(g\) považujeme za stálé a předpokládáme, že těleso během deseti sekund nenarazí na zem.

Gravitační síla i posunutí tělesa míří svisle dolů. Úhel mezi nimi je tedy \(0^\circ\), a Země proto koná kladnou práci:

\[ W = F_g\cdot s\cdot\cos 0^\circ = F_g\cdot s = m\cdot g\cdot s \]

Nejprve určíme velikost gravitační síly. V homogenním tíhovém poli je po celou dobu pádu stejná:

\[ F_g = m\cdot g \] \[ F_g = 3\,\mathrm{kg} \cdot 9{,}81\,\mathrm{m\,s^{-2}} = 29{,}43\,\mathrm{N} \]

1. Prvních pět sekund: interval \(0\text{–}5\,\mathrm{s}\)

Těleso padá z klidu se stálým zrychlením \(g\). Dráhu uraženou za prvních pět sekund vypočítáme:

\[ s_5 = \frac{1}{2}g\left(5\,\mathrm{s}\right)^2 \] \[ s_5 = \frac{1}{2} \cdot 9{,}81\,\mathrm{m\,s^{-2}} \cdot \left(5\,\mathrm{s}\right)^2 = 122{,}625\,\mathrm{m} \]

Nyní tuto dráhu dosadíme do vztahu pro práci gravitační síly:

\[ W_{0\text{–}5} = F_g\cdot s_5 \] \[ W_{0\text{–}5} = 29{,}43\,\mathrm{N} \cdot 122{,}625\,\mathrm{m} \] \[ W_{0\text{–}5} \approx 3\,608{,}9\,\mathrm{J} \approx \boxed{3{,}61\,\mathrm{kJ}} \]

2. Následujících pět sekund: interval \(5\text{–}10\,\mathrm{s}\)

Pohyb se po pěti sekundách nespustí znovu od začátku. Těleso už má nenulovou rychlost a dále zrychluje. Potřebujeme proto dráhu uraženou mezi časy \(5\,\mathrm{s}\) a \(10\,\mathrm{s}\).

Nejprve vypočítáme celkovou dráhu od začátku pádu do času \(10\,\mathrm{s}\):

\[ s_{10} = \frac{1}{2}g\left(10\,\mathrm{s}\right)^2 \] \[ s_{10} = \frac{1}{2} \cdot 9{,}81\,\mathrm{m\,s^{-2}} \cdot \left(10\,\mathrm{s}\right)^2 = 490{,}5\,\mathrm{m} \]

Od této dráhy odečteme prvních \(122{,}625\,\mathrm{m}\):

\[ \Delta s_{5\text{–}10} = s_{10}-s_5 \] \[ \Delta s_{5\text{–}10} = 490{,}5\,\mathrm{m} - 122{,}625\,\mathrm{m} \] \[ \Delta s_{5\text{–}10} = 367{,}875\,\mathrm{m} \]

Práce Země během následujících pěti sekund je tedy:

\[ W_{5\text{–}10} = F_g\cdot\Delta s_{5\text{–}10} \] \[ W_{5\text{–}10} = 29{,}43\,\mathrm{N} \cdot 367{,}875\,\mathrm{m} \] \[ W_{5\text{–}10} \approx 10\,826{,}6\,\mathrm{J} \approx \boxed{10{,}8\,\mathrm{kJ}} \]

V našem modelu působí na těleso pouze gravitační síla, takže její práce je zároveň prací výsledné síly. Výsledek proto můžeme zkontrolovat větou o práci a kinetické energii: práce výsledné síly se rovná přírůstku kinetické energie. Protože při volném pádu platí \(v=gt\), dostaneme stejné výsledky ze vztahů:

\[ v_5 = 9{,}81\,\mathrm{m\,s^{-2}} \cdot 5\,\mathrm{s} = 49{,}05\,\mathrm{m\,s^{-1}} \] \[ v_{10} = 9{,}81\,\mathrm{m\,s^{-2}} \cdot 10\,\mathrm{s} = 98{,}1\,\mathrm{m\,s^{-1}} \] \[ W_{0\text{–}5} = \Delta E_{\mathrm{k},\,0\text{–}5} \] \[ W_{0\text{–}5} = \frac{1}{2}m v_5^2 \] \[ W_{0\text{–}5} = \frac{1}{2} \cdot 3 \cdot 49{,}05^2\,\mathrm{J} \] \[ W_{0\text{–}5} = 3\,608{,}85375\,\mathrm{J} \approx 3{,}61\,\mathrm{kJ} \] \[ W_{5\text{–}10} = \Delta E_{\mathrm{k},\,5\text{–}10} \] \[ W_{5\text{–}10} = \frac{1}{2}m\left(v_{10}^2-v_5^2\right) \] \[ 98{,}1^2-49{,}05^2 = 7\,217{,}7075 \] \[ v_{10}^2-v_5^2 = 7\,217{,}7075\,\mathrm{m^2\,s^{-2}} \] \[ W_{5\text{–}10} = \frac{1}{2} \cdot 3 \cdot 7\,217{,}7075\,\mathrm{J} \] \[ W_{5\text{–}10} = 10\,826{,}56125\,\mathrm{J} \approx 10{,}8\,\mathrm{kJ} \]

Číselná kontrola tedy dává stejné výsledky jako výpočet z dráhy. Souhlasí i jednotka: \(\mathrm{kg\,m^2\,s^{-2}}=\mathrm{J}\).

Zadání hodnotu \(g\) neurčuje. Při školním zaokrouhlení \(g\approx10\,\mathrm{m\,s^{-2}}\) vyjde \(W_{0\text{–}5}=3{,}75\,\mathrm{kJ}\) a \(W_{5\text{–}10}=11{,}25\,\mathrm{kJ}\). V hlavním výpočtu jsme použili běžnou přibližnou hodnotu \(g\approx9{,}81\,\mathrm{m\,s^{-2}}\).

Během prvních pěti sekund vykoná Země práci přibližně \(3{,}61\,\mathrm{kJ}\). Během následujících pěti sekund vykoná práci přibližně \(10{,}8\,\mathrm{kJ}\).

Kulička o hmotnosti \(m\) visí v klidu na svislém provázku délky \(l\). Jak velkou práci musíme vynaložit, aby se poté rovnoměrně otáčela ve výšce jedné poloviny délky provázku (aby vystoupala o polovinu délky provázku)? Odpor vzduchu a další ztráty zanedbejte.

Práce naší roztáčecí síly se rovná přírůstku mechanické energie kuličky. Tah provázku práci nekoná, protože je v každém okamžiku kolmý k rychlosti kuličky; odpor vzduchu a další ztráty jsme zanedbali. Roztáčením získá kulička kinetickou energii a výstupem o \(l/2\) se zvýší její polohová energie.

Geometrie kuličky na provázku a rovnoběžník tahové a tíhové síly s dostředivou výslednicí
Geometrie pohybu a skládání tahové a tíhové síly. Plná vodorovná šipka \(F_d\) je jejich dostředivá výslednice.

Nejprve zapíšeme práci jako součet kinetické energie kuličky a přírůstku její polohové energie:

\[ W=E_k+\Delta E_p \] \[ E_k=\frac{1}{2}mv^2, \qquad \Delta E_p=mg\frac{l}{2} \] \[ W=\frac{1}{2}mv^2+mg\frac{l}{2} \]

V tomto vztahu ještě neznáme rychlost \(v\). Vyjádříme ji proto pomocí dostředivé síly \(F_d\) a poloměru kružnice \(r\):

\[ F_d=\frac{mv^2}{r} \] \[ v^2=\frac{F_d r}{m} \]

Na kuličku působí tahová síla provázku \(\vec F_{\text{tah}}\) a gravitační síla \(\vec F_g\). Jejich vektorový součet je vodorovná výslednice \(\vec F_d\), která má dostředivý směr; nejde tedy o další samostatnou sílu. Úhel \(\varphi\) svírá provázek se svislým směrem.

\[ \vec F_d=\vec F_{\text{tah}}+\vec F_g \]

Z pravoúhlého trojúhelníku sil v obrázku platí:

\[ \tan\varphi=\frac{F_d}{F_g} \] \[ F_g=mg \qquad\Longrightarrow\qquad F_d=mg\tan\varphi \]

Teď potřebujeme vztahy z geometrie. Kulička vystoupala o \(l/2\), takže svislá odvěsna trojúhelníku má také délku \(l/2\). Vodorovná odvěsna je poloměr kružnice \(r\). Proto:

\[ \tan\varphi=\frac{r}{l/2}=\frac{2r}{l} \]

Poloměr \(r\) určíme Pythagorovou větou. Přeponou je provázek délky \(l\):

\[ r^2+\left(\frac{l}{2}\right)^2=l^2 \] \[ r^2=l^2-\frac{l^2}{4}=\frac{3}{4}l^2 \] \[ r=\frac{\sqrt{3}}{2}l \]

Dosadíme vztah pro \(F_d\) a geometrické vyjádření \(\tan\varphi\) do rovnice pro rychlost:

\[ v^2=\frac{F_d r}{m}=\frac{mg\tan\varphi\,r}{m} \] \[ v^2=g\cdot\frac{2r}{l}\cdot r=\frac{2gr^2}{l} \]

Nyní se vrátíme k práci a za \(r^2\) dosadíme \(3l^2/4\):

\[ W=\frac{1}{2}m\frac{2gr^2}{l}+mg\frac{l}{2} \] \[ W=\frac{mgr^2}{l}+\frac{1}{2}mgl \] \[ W=\frac{mg}{l}\cdot\frac{3}{4}l^2+\frac{1}{2}mgl \] \[ W=\frac{3}{4}mgl+\frac{1}{2}mgl =\boxed{\frac{5}{4}mgl} \]

Musíme vynaložit práci \(\displaystyle W=\frac{5}{4}mgl\).

Gumový míček „hopík“ jsme hodili na zem z výšky \(90\,\mathrm{cm}\). Z ruky nám vyletěl rychlostí \(8\,\mathrm{m\,s^{-1}}\). Do jaké výšky se odrazil od země, pokud srážka míčku se zemí byla dokonale pružná? Do výpočtů dosazujte hodnotu tíhového zrychlení \(10\,\mathrm{m\,s^{-2}}\).

Označme počáteční výšku \(h_1=0{,}90\,\mathrm{m}\), počáteční rychlost \(v_0=8\,\mathrm{m\,s^{-1}}\) a hledanou největší výšku po odrazu \(h_2\). Výšky měříme od podlahy a odpor vzduchu zanedbáme.

Dokonale pružná srážka v zadání znamená, že se při odrazu neztratí mechanická energie míčku. Můžeme tedy porovnat energii míčku v okamžiku, kdy opouští ruku, s energií v nejvyšším bodě po odrazu.

Dva rozhodující stavy míčku a dokonale pružný odraz mezi nimi
Pro výpočet porovnáme okamžik I při výhozu a okamžik II v nejvyšším bodě po odrazu.

I. Okamžik, kdy míček opouští ruku

Míček má kinetickou energii danou rychlostí \(v_0\) a polohovou energii danou výškou \(h_1\):

\[ E_{K1}=\frac{1}{2}mv_0^2 \] \[ E_{P1}=mgh_1 \] \[ E_I=\frac{1}{2}mv_0^2+mgh_1 \]

II. Okamžik, kdy je míček po odrazu nejvýše

V nejvyšším bodě se míček na okamžik zastaví, proto je jeho rychlost i kinetická energie nulová. Zůstává pouze polohová energie:

\[ E_{K2}=0 \] \[ E_{P2}=mgh_2 \] \[ E_{II}=mgh_2 \]

Zákon zachování mechanické energie říká, že energie v obou okamžicích je stejná:

\[ E_I=E_{II} \] \[ \frac{1}{2}mv_0^2+mgh_1=mgh_2 \]

Z rovnice vyjádříme hledanou výšku \(h_2\). Nejprve vydělíme výrazem \(mg\) a zlomky převedeme na společný jmenovatel:

\[ h_2=\frac{\frac{1}{2}mv_0^2+mgh_1}{mg} \] \[ h_2=\frac{v_0^2+2gh_1}{2g} \]

Dosadíme číselné hodnoty v základních jednotkách:

\[ h_2=\frac{8^2+2\cdot10\cdot0{,}90}{2\cdot10}\,\mathrm{m} \] \[ h_2=\frac{64+18}{20}\,\mathrm{m} \] \[ h_2=\frac{82}{20}\,\mathrm{m} =\boxed{4{,}1\,\mathrm{m}} \]

Míček se odrazí do maximální výšky \(4{,}1\,\mathrm{m}\) nad zemí.

ObtížnějšíHmotný bod se z klidu začne bez tření pohybovat z vrcholu koule o poloměru \(R\). V jaké hloubce pod vrcholem opustí povrch koule?

Zajímá nás svislá hloubka \(h\) pod vrcholem koule, ve které hmotný bod přestane být v kontaktu s povrchem.

Geometrie hmotného bodu na kouli, gravitační síla a její radiální složka
Geometrie polohy bodu a síly potřebné k určení okamžiku odtržení. Značka \(F_d\) v nákresu označuje výslednici sil ve směru do středu koule, nikoli další samostatnou sílu.

Na vrcholu je bod v klidu. Při poklesu o hloubku \(h\) se úbytek polohové energie změní na energii kinetickou:

\[ E_p=E_k \] \[ mgh=\frac{1}{2}mv^2 \] \[ h=\frac{v^2}{2g} \]

Rychlost \(v\) zatím neznáme. Určíme ji z podmínky odtržení. V radiálním směru působí proti sobě radiální složka gravitační síly \(F_{g,r}\) a normálová síla \(N\). V okamžiku, kdy bod opouští povrch, klesne \(N\) na nulu, takže celou dostředivou výslednici tvoří pouze \(F_{g,r}\):

\[ \sum F_r=F_{g,r}=\frac{mv^2}{R} \] \[ \frac{mv^2}{R}=F_g\cos\varphi \] \[ \frac{mv^2}{R}=mg\cos\varphi \] \[ v^2=Rg\cos\varphi \]

Tento vztah dosadíme do vyjádření pro hloubku \(h\):

\[ h=\frac{v^2}{2g}=\frac{Rg\cos\varphi}{2g} \] \[ h=\frac{R}{2}\cos\varphi \]

Z geometrie většího pravoúhlého trojúhelníku v obrázku platí:

\[ \cos\varphi=\frac{R-h}{R} \]

Dosadíme geometrický vztah do rovnice pro \(h\) a postupně ji upravíme:

\[ h=\frac{R}{2}\cdot\frac{R-h}{R} \] \[ h=\frac{R-h}{2} \] \[ 2h=R-h \] \[ 3h=R \] \[ h=\boxed{\frac{R}{3}} \]

Hmotný bod opustí povrch koule v hloubce \(\displaystyle h=\frac{R}{3}\) pod jejím vrcholem.