Matematické Fórum

Kája2 · 02. 12. 2018 07:38

Dobrý den,
mohu poprosit o pomoc s tímto příkladem?Počítal jsem podle návodu v řešení,ale nějak se nemohu posunout.
Granát o hmotnosti $m$ byl explozí roztržen ve vrcholu dráhy ve výšce $h=19,6 \text{m}$ na dvě stejné části. Za jednu sekundu po výbuchu dopadla jedna část na zem pod místem výbuchu. V jaké vzdálenosti od výstřelu dopadne druhá část střely, dopadne-li první ve vzdálenosti 1 000 m od výstřelu?
Granát byl hozen šikmým vrhem, zajímá mne tedy rychlost granátu před explozí, kterou mohu vyjádřit pomocí $l$ a $h$ .Rychlost ve vrcholu dráhy by byla $v_{x}=v_{0}\cos a$ .Vezmu-li, že $l=v_{0}t_{v}\cos a$ , kde $t_{v}$ je doba výstupu a $h=\frac{1}{2}gt_{v}^{2}$ , dostanu $v_{x}=l\sqrt{\frac{g}{2h}}$ , číselně tedy $v_{x}=500 \text{m}\cdot \text{s}^{-1}$ .Dále přes zákon zachování hybnosti $p_{x}=p_{1}+p_{2}$ .První část padá vrhem svislým dolů, druhá část šikmým vrhem s počáteční výškou. Když se zaměřím na rychlost první části padající svislé dolů, tak platí $h=v_{1}t+\frac{1}{2}gt^{2}$ , všechny potřebné údaje znám, odsud mi vychází $v_{1}=14,7 \text{m}\cdot \text{s}^{-1}$ , $v_{2}$ bych dopočítal ze zákonu zachování hybnosti: $mv_{x}=\frac{m}{2}v_{1}+\frac{m}{2}v_{2}$ )využil jsem toho, že se granát rozpadl na dvě stejné části).A odsud mi vychází $v_{2}=985,3 \text{m}\cdot \text{s}^{-1}$ .Ovšem zde jsem narazil na problém, když si hybnosti vektorově poskládám, dostanu pravoúhlý trojúhelník s přeponou $p_{2}$ a odvěsnami $p_{1}$ a $p_{x}$ . Ale když si chci vyjádřit elevační úhel $\alpha$ dostanu se k tomu, že vlastně přepona je menší než odvěsna (i když dle obrázku, který je v řešení, je $p_{2}$ také přeponou).

zdenek1 · 02. 12. 2018 09:03

↑ Kája2:
Máš špatně dobu výstupu. Ty počítáš, jako kdyby to bylo vystřelené kolmo vzhůru, což u šikmého vrhu není pravda.

Doporučuju ze vztahů $H=\frac{v_0^2\sin^2\alpha}{2g}$ a $\frac D2=\frac{v_0^2\sin2\alpha}{2g}$
najít $\alpha$ a pak z prvního dopočítat $v_0$ .

a kromě toho máš špatně i ZZH, protože do sebe montuješ x-ové a y-ové složky rychlosti.

Kája2 · 02. 12. 2018 09:20

↑ zdenek1:
Mne to bylo také divné, tento vzorec, co uvádíte, znám také. Ale v autorském řešení bylo právě uvedeno $v_{x}=v_{0}\cos \alpha =l\sqrt{\frac{g}{2h}}$ ,což abych se dostal k tomuto vyjádření, šlo ze vzorce $h=\frac{1}{2}gt_{v}^{2}$ .Již včera jsem se pokoušel dostat přes vzorce pro šikmý vrh k tomuto vztahu, ale nešlo mi to. Dobře, děkuji, zkusím si z toho vyjádřit úhel a rychlost. Takže v ZZH, si vyjádřím x-ové a y-ové složky rovněž pomocí úhlu?

Kája2 · 02. 12. 2018 10:25

Takže po úpravě mi vyšel úhel $\alpha =\text{arc}\text{tg}h=87^\circ$ , pro tento úhel mi vyšla rychlost $v_{0}=433 \text{m}\cdot \text{s}^{-1}$ a rychlost před výbuchem $v_{x}=v_{0}\cos \alpha =23\text{m}\cdot \text{s}^{-1}$ .
Zákon zachování hybnosti je vektorově $\vec{p_{v}}=\vec{p_{1}}+\vec{p_{2}}$ , kde index v značí hybnost před výbuchem. Když si tedy zvolím soustavu souřadnic s počátkem v místě výbuchu, pak vektor $\vec{p_{v}}$ by ležel v ose, $\vec{p_{1}}$ v ose y ve směru dolů a $\vec{p_{2}}$ by svíral s osou x úhel $\alpha$ .Čili pro x-ovou složku by asi bylo $p_{v_{x}}=p_{1_{x}}+p_{2_{x}}$ ,čili $mv_{x}=0+\frac{m}{2}v_{2}\cos \alpha =\frac{m}{2}v_{2}\cos \alpha$ a $p_{v_{y}} =p_{1_{y}}+p_{2_{y}}$ , tudíž $0=-\frac{m}{2}v_{1}+\frac{m}{2}v_{2}\sin \alpha$ . $v_{1}=14,7 \text{m}\cdot \text{s}^{-1}$ (což jsem spočítal již předtím ze svislého vrhu dolů) a $v_{x}$ znám již rovněž.Po úpravě rovnic bych je mohl zapsat takto: $2v_{x}=v_{2}\cos \alpha$ , $v_{1}=v_{2}\sin \alpha$ . Odtud dělením získat úhel a pak dopočítat rychlost $v_{2}$ .Je to takto možné?

zdenek1 · 02. 12. 2018 14:48

↑ Kája2:
Vychází mi to jinak
$\frac{h}{\frac d2}=\frac{\frac{v_0^2\sin^2\alpha}{2g}}{\frac{v_0^2\sin2\alpha}{2g}}=\frac{\sin\alpha}{2\cos\alpha}\ \Rightarrow\ \tan\alpha=\frac{4h}{d}$

dále z první rovnice $v_0=\frac{\sqrt{2gh}}{\sin\alpha}$ , takže

$v_0\cos\alpha=\frac{\sqrt{2gh}}{\sin\alpha}\cos\alpha=\sqrt{2gh} \frac{d}{4h} =500\ \text{m/s}$

a tu hybnost bych si napsal
$m(v_0\cos\alpha;0)=\frac m2(0;-v_y)+\frac m2(u_x;u_y)$
kde moje $v_y$ je tvoje $v_1=14,7\ \text{m/s}$ a dál si to spočítal po složkách.

Kája2 · 02. 12. 2018 15:20 — Editoval Kája2 (02. 12. 2018 16:24)

↑ zdenek1:
Děkuji moc, tudíž jsem si dopočítal, že $\vec{v_{2}}=(2v_{0}\cos \alpha ,v_{y})=(1000;14,7)$ .Odtud bych si přes skalární součin mohl dopočíst elevační úhel.Dále tedy vezmu v potaz, že délka dopadu od místa výbuchu je $d=v_{2}t\cos \alpha$ , pak dále z rovnice $0=h+v_{2}t\sin \alpha -\frac{1}{2}gt^{2}$ si dopočítám čas, který již následně dosadím do vztahu pro délku dopadu? Kdybych takto vše spočítal, vyšlo mi $d=3879 \text{m}$ , což když přičtu dráhu dopadu první části, výjde mi $d=4879 \text{m}$ , ve výsledku mají $d=5000 \text{m}$ . Je to již správný postup?