Zbiór rozwiązanych zadań i problemów fizycznych

Wąż ogrodowy

Kod zadania: 1103

• Zapis danych

  v0 = 15 m·s−1	prędkość początkowa strumienia wody
  d = 10 m	odległość ściany
  α = ? (°)	kąt początkowy
  h = ? (m)	maksymalna wysokość, do której sięgnie woda
  ψ = ? (°)	kąt, pod którym woda trafia w ścianę
  Z tablic:
  g = 9,81 m·s−2	przyspieszenie grawitacyjne

• Analiza

  Chcemy ustalić, pod jakim kątem α musimy skierować wąż, aby woda dotarła jak najwyżej; powinniśmy najpierw ustalić, jak ta wysokość h zależy od kąta α. Inaczej mówiąc, szukamy maksimum funkcji h(α).

  Zwróćmy úwagę, że maksymalna wysokość na ścianie wcale nie musi odpowiadać maksymalnej wysokości rzutu dla danego kąta α. Trzeba sobie uświadomić, że to odległość ściany jest ustalona. Pomyśl o różnych możliwych sytuacjach.

• Podpowiedź 1 do a): Pomocniczy rysunek, rodzaj ruchu

  Naszkicuj pomocniczy rysunek. O jaki rodzaj ruchu chodzi? Jak będzie się zmieniać z czasem x-owa i y-owa współrzędna prędkości wody? Jak się będzie zmieniać x-owa i y-owa współrzędna położenia?

• Rozwiązanie podpowiedzi 1:

  Rysunek 1:

  

  Początek układu współrzędnych umieścimy w dyszy węża.

  Mamy do czynienia z rzutem ukośnym.

   

  X-owa i y-owa składowa prędkości wody oraz x-owa i y-owa współrzędna położenia zmieniają się w czasie według wzorów:

  $$v_x\,=\,v_0\,\cos\alpha\tag{1}$$ $$v_y\,=\,v_0\,\sin\alpha\,-\,gt\tag{2}$$

   

  $$x\,=\,v_0t\,\cos\alpha\tag{3}$$ $$y\,=\,v_0t\,\sin\alpha\,-\,\frac{1}{2}gt^{2}\tag{4}$$

• Podpowiedź 2 do a): Czas dolotu wody do ściany, wysokość

  Jak długo trwać będzie lot wody do ściany dla danego kąta α? Jaka wysokość h w miejscu uderzenia strumienia wody w ścianę odpowiada temu czasowi?

• Rozwiązanie podpowiedzi 2:

  Na czas lotu wody i wysokość miejsca uderzenia w ścianę zapiszemy związki:

  $x\,=\,d$

  Podstawmy z (3):

  $$d\,=\,v_0t\,\cos\alpha$$ $$t\,=\,\frac{d}{v_0\,\cos\alpha}\tag{5}$$

   

  $$y\,=\,h$$

  Podstawmy z (4):

  $$h\,=\,v_0t\,\sin\alpha\,-\,\frac{1}{2}gt^{2}$$

  Podstawmy jeszcze za t z (5):

  $$h\,=\,d\,\mathrm{tg}\alpha\,-\,\frac{gd^{2}}{2v_0^{2}\,\cos^{2}\alpha}\,=\,d\mathrm{tg}\alpha\,-\,\frac{gd^{2}}{2v_0^{2}}\,\left(1\,+\,\mathrm{tg}^{2}\alpha \right)\tag{6}$$

• Podpowiedź 3 do a): Kąt początkowy α

  Chcielibyśmy wiedzieć, dla jakiego kąta α wysokość h miejsca uderzenia strumienia wody na ścianie będzie maksymalna. Szukamy więc maksimum funkcji h = h(α). Jaki jest na to matematyczny sposób?

• Rozwiązanie podpowiedzi 3:

  Sprawdzimy, dla jakiego kąta pochodna funkcji h względem α wynosi zero:

  $$\frac{\mathrm{d}h}{\mathrm{d}\alpha}\,=\,\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}\alpha}\left(d\,\mathrm{tg}\alpha\,-\,\frac{gd^{2}}{2v_0^{2}\,\cos^{2}\alpha}\right)$$ $$\frac{\mathrm{d}h}{\mathrm{d}\alpha}\,=\,\frac{d}{\cos^{2}\alpha}\,-\,\frac{gd^{2}\sin\alpha}{v_0^{2}\cos^{3}\alpha}\,=\,\frac{d}{\cos^{2}\alpha}\left(1\,-\,\frac{gd}{v_0^{2}}\,\mathrm{tg}\alpha\right)\,=\,0$$ $$1\,-\,\frac{gd}{v_0^{2}}\,\mathrm{tg}\alpha \,=\, 0$$ $$\mathrm{tg}\alpha\,=\,\frac{v_0^{2}}{gd}\tag{7}$$

  Dla kąta początkowego $\alpha\,=\,\mathrm{arctg}\,\frac{v_0^{2}}{gd}$ funkcja h(α) osiągnie maksimum.

  Dla zadanych wartości:

  $$\mathrm{tg}\alpha\,=\,\frac{15^{2}}{9{,}81{\cdot}10} \,\,\dot=\,\, 2{,}294$$ $$\alpha\,=\,\mathrm{arctg}\,2{,}294\,\,\dot=\,\,66{,}4^{\circ}$$

• Podpowiedź 4 do b): Maksymalna wysokość wody na ścianie

  Znamy już kąt odpowiadający maksymalnej wysokości wody na ścianie i zależność tej wysokości h od kąta α. Maksymalną wysokość możemy już łatwo obliczyć.

• Rozwiązanie podpowiedzi 4:

  Wiemy już, że wysokość miejsca uderzenia strumienia wody w ścianę określimy wg wzoru (6):

  $$h\,=\,d\mathrm{tg}\alpha\,-\,\frac{gd^{2}}{2v_0^{2}\cos^{2}\alpha}\,=\,d\mathrm{tg}\alpha\,-\,\frac{gd^{2}}{2v_0^{2}}\left(1\,+\,\mathrm{tg}^{2}\alpha\right)\,.\tag{6}$$

  Wiemy też, że wysokość h miejsca uderzenia w ścianę będzie maksymalna dla kąta α, określonego wzorem (7):

  $$\mathrm{tg}\alpha\,=\,\frac{v_0^{2}}{gd}\,.\tag{7}$$

   

  Po podstawieniu wzoru (7) do wzoru (6) otrzymujemy:

  $$h\,=\,\frac{dv_0^{2}}{gd}\,-\,\frac{gd^{2}}{2v_0^{2}}\left(1\,+\,\frac{v_0^{4}}{g^{2}d^{2}}\right)\,=\,\frac{v_0^{2}}{2g}\,-\,\frac{gd^{2}}{2v_0^{2}}\,.$$

  Po podstawieniu wartości liczbowych:

  $$h\,=\,\left(\frac{15^{2}}{2{\cdot}9{,}81}\,-\,\frac{9{,}81{\cdot}10^{2}}{2{\cdot}15^{2}}\right)\,\mathrm{m}$$ $$h\,\dot=\,9{,}29\,\mathrm{m}$$

• Podpowiedź 5 do c): Kąt ψ uderzenia wody w ścianę

  Przedstaw na rysunku wektor prędkości wody w chwili uderzenia w ścianę i jego składowe w kierunku osi x i y. Za ich pomocą można łatwo określić szukany kąt. Wartości obu składowych prędkości w chwili uderzenia w ścianę oblicz na podstawie równań (1) i (2) z Podpowiedzi 1.

• Rozwiązanie podpowiedzi 5:

   

  

  Kąt odchylenia ψ prędkości uderzenia od poziomu określimy ze wzoru:

  $$\mathrm{tg}\psi\,=\,\frac{v_y}{v_x}\,.$$

  Za v_x i v_y podstawimy wyrażenia z równań (1) i (2), a za czas t ze wzoru (5):

  $$\mathrm{tg}\psi\,=\,\frac{v_0\,\sin\alpha\,-\,gt}{v_0\cos\alpha}\,=\,\mathrm{tg}\alpha\,-\,\frac{gd}{v_0^{2}\cos^{2}\alpha}\,.$$

  Przekształcimy korzystając z (7):

  $$\mathrm{tg}\psi\,=\,\mathrm{tg}\alpha\,-\,\frac{1}{\mathrm{tg}\alpha\cos^{2}\alpha}$$ $$\mathrm{tg}\psi\,=\,\mathrm{tg}\alpha\,-\,\frac{1}{\sin\alpha\cos\alpha}\,=\,\frac{\sin^{2}\alpha\,-\,1}{\sin\alpha\cos\alpha}\,=\,-\,\frac{1}{tg\alpha}\,=\, -\,\frac{gd}{v_0^{2}}$$

   

  Po podstawieniu wartości liczbowych:

  $$\mathrm{tg}\psi\,=\,-\frac{9{,}81{\cdot}10}{15^{2}} \,\dot=\, -0{,}436$$ $$\psi\,\dot=\,-\,23{,}6^{\circ}$$

  Kąt odchylenia ψ prędkości uderzenia od poziomu ma wartość ujemną. Patrz rysunek.

   

  Uwaga:

  Przy maksymalnej wysokości na torze lotu wody składowa y-owa prędkości wynosi zero, a wówczas i kąt φ jest zerowy.

• PEŁNE ROZWIĄZANIE

  a) kąt początkowy

  Rysunek 1:

  

  Początek układu współrzędnych umieszczamy w dyszy węża.

  Mamy do czynienia z rzutem ukośnym w górę.

   

  X-owa i y-owa składowa prędkości wody oraz x-owa i y-owa składowa położenia zmienia się w czasie według wzorów:

  $$v_x\,=\,v_0\,\cos\alpha\tag{1}$$ $$v_y\,=\,v_0\,\sin\alpha\,-\,gt\tag{2}$$

   

  $$x\,=\,v_0t\,\cos\alpha\tag{3}$$ $$y\,=\,v_0t\,\sin\alpha\,-\,\frac{1}{2}gt^{2}\tag{4}$$

  Na czas lotu wody i wysokość miejsca uderzenia w ścianę zapiszemy:   $x\,=\,d$

  Podstawmy z (3):

  $$d\,=\,v_0t\,\cos\alpha$$ $$t\,=\,\frac{d}{v_0\,\cos\alpha}\tag{5}$$

   

  $$y\,=\,h$$

  Podstawmy z (4):

  $$h\,=\,v_0t\,\sin\alpha\,-\,\frac{1}{2}gt^{2}$$

  Podstawmy jeszcze za t z (5):

  $$h\,=\,d\,\mathrm{tg}\alpha\,-\,\frac{gd^{2}}{2v_0^{2}\,\cos^{2}\alpha}\,=\,d\mathrm{tg}\alpha\,-\,\frac{gd^{2}}{2v_0^{2}}\,\left(1\,+\,\mathrm{tg}^{2}\alpha \right)\tag{6}$$

  Szukamy takiej wartości kąta α, dla której wysokość h miejsca uderzenia wody jest maksymalna; inaczej - szukamy ekstremum funkcji h = h(α).

  Sprawdźmy, w jakim przypadku pochodna funkcji h względem α jest równa zeru:

  $$\frac{\mathrm{d}h}{\mathrm{d}\alpha}\,=\,\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}\alpha}\left(d\,\mathrm{tg}\alpha\,-\,\frac{gd^{2}}{2v_0^{2}\,\cos^{2}\alpha}\right)$$ $$\frac{\mathrm{d}h}{\mathrm{d}\alpha}\,=\,\frac{d}{\cos^{2}\alpha}\,-\,\frac{gd^{2}\sin\alpha}{v_0^{2}\cos^{3}\alpha}\,=\,\frac{d}{\cos^{2}\alpha}\left(1\,-\,\frac{gd}{v_0^{2}}\,\mathrm{tg}\alpha\right)\,=\,0$$ $$1\,-\,\frac{gd}{v_0^{2}}\,\mathrm{tg}\alpha \,=\, 0$$ $$\mathrm{tg}\alpha\,=\,\frac{v_0^{2}}{gd}\tag{7}$$

  Dla kąta początkowego $$\alpha\,=\,\mathrm{arctg}\,\frac{v_0^{2}}{gd}$$ funkcja h(α) osiąga maksimum.

   

  Dla zadanych wartości liczbowych:

  $$\mathrm{tg}\alpha\,=\,\frac{15^{2}}{9{,}81{\cdot}10} \,\dot=\, 2{,}294$$ $$\alpha\,=\,\mathrm{arctg}\,2{,}294\,\,\dot=\,\,66{,}4^{\circ}$$

   

  b) Wysokość miejsca uderzenia

  Wiemy już, że wysokość miejsca uderzenia w ścianę określa wzór (6):

  $$h\,=\,d\mathrm{tg}\alpha\,-\,\frac{gd^{2}}{2v_0^{2}\cos^{2}\alpha}\,=\,d\mathrm{tg}\alpha\,-\,\frac{gd^{2}}{2v_0^{2}}\left(1\,+\,\mathrm{tg}^{2}\alpha\right)\,.\tag{6}$$

  Wiemy też, że wysokość h miejsca uderzenia będzie największa dla kąta α określonego wzorem (7):

  $$\mathrm{tg}\alpha\,=\,\frac{v_0^{2}}{gd}\,.\tag{7}$$

   

  Po podstawieniu (7) do (6) otrzymamy:

  $$h\,=\,\frac{dv_0^{2}}{gd}\,-\,\frac{gd^{2}}{2v_0^{2}}\left(1\,+\,\frac{v_0^{4}}{g^{2}d^{2}}\right)\,=\,\frac{v_0^{2}}{2g}\,-\,\frac{gd^{2}}{2v_0^{2}}\,.$$

  Dla podanych wartości liczbowych:

  $$h\,=\,\left(\frac{15^{2}}{2{\cdot}9{,}81}\,-\,\frac{9{,}81{\cdot}10^{2}}{2{\cdot}15^{2}}\right)\,\mathrm{m}$$ $$h\,\dot=\,9{,}29\,\mathrm{m}$$

   

  c) odchylenie ψ od poziomu kierunku wektora prędkości wody w chwili uderzenia w ścianę

  Na rysunku zaznaczmy wektor prędkości wody w chwili uderzenia, jego składowe i szukany kąt.

   

  

  Odchylenie ψ od poziomu kierunku wektora prędkości wody w chwili uderzenia w ścianę określimy ze wzoru:

  $$\mathrm{tg}\psi\,=\,\frac{v_y}{v_x}\,.$$

  Za v_x i v_y podstawimy wyrażenia ze wzorów (1) i (2), za czas t wyrażenie ze wzoru (5):

  $$\mathrm{tg}\psi\,=\,\frac{v_0\,\sin\alpha\,-\,gt}{v_0\cos\alpha}\,=\,\mathrm{tg}\alpha\,-\,\frac{gd}{v_0^{2}\cos^{2}\alpha}\,.$$

  Przekształcimy korzystając z (7):

  $$\mathrm{tg}\psi\,=\,\mathrm{tg}\alpha\,-\,\frac{1}{\mathrm{tg}\alpha\cos^{2}\alpha}$$ $$\mathrm{tg}\psi\,=\,\mathrm{tg}\alpha\,-\,\frac{1}{\sin\alpha\cos\alpha}\,=\,\frac{\sin^{2}\alpha\,-\,1}{\sin\alpha\cos\alpha}\,=\,-\,\frac{1}{tg\alpha}\,=\, -\,\frac{gd}{v_0^{2}}$$

   

  Podstawiając dane liczbowe:

  $$\mathrm{tg}\psi\,=\,-\frac{9{,}81{\cdot}10}{15^{2}} \,\dot=\, -0{,}436$$ $$\psi\,\dot=\,-\,23{,}6^{\circ}$$

  Kąt odchylenia ψ kierunku wektora prędkości wody od poziomu ma wartość ujemną. Patrz rysunek.

   

  Uwaga:

  Przy maksymalnej wysokości na torze lotu wody składowa y-owa prędkości wynosi zero, a wówczas i kąt φ jest zerowy.

• Odpowiedź

  a) Aby dosięgnąć strumieniem wody jak najwyżej na pionową ścianę, musimy skierować strumień pod kątem początkowym α , dla którego:

  $$\alpha\,=\,\mathrm{arctg}\,\frac{v_0^{2}}{gd}\,\dot=\,66{,}4^{\circ}\,.$$

  b) Strumień wody sięgnie do wysokości h, dla której:

  $$h\,=\,\frac{v_0^{2}}{2g}\,-\,\frac{gd^{2}}{2v_0^{2}}\,\dot=\,9{,}29\,\mathrm{m}\,.$$

  c) Woda uderzy w ścianę pod kątem ψ , dla którego:

  $$\mathrm{tg}\psi\,=\,-\,\frac{gd}{v_0^{2}}\,.$$

  Dla zadanych wartości liczbowych:

  $$\psi\,=\,-\,23{,}6^{\circ}$$