182_Příklady b

Příklady
1. Jakou trajektorii popisuje laserový paprsek v CD přehrávači vzhledem
a) k tělesu přehrávače,
b) ke zdroji laserového paprsku,
c) k CD desce?
2. Najděte velikost odchylky od vertikály tělesa padajícího volným pádem, vyvolané
otáčením Země (za předpokladu malé velikosti úhlové rychlosti rotace).
Řešení:
V homogenním tíhovém poli U = − mg ⋅ r zanedbáme odstředivou sílu, úměrnou kvadrátu
úhlové velikosti Ω , jako veličinu druhého řádu. Za uvedeného předpokladu má pohybová
rovnice tvar
vɺ = 2 v × Ω + g .
(2.1)
(
)
Uvedenou rovnici budeme řešit metodou postupných aproximací (poruchovým počtem).
Položíme v = v1 + v2 , kde v1 je řešení v nultém přiblížení vɺ1 = g , tj. v1 = gt + v0 .Uvedené
řešení dosadíme do pravé strany do rovnice (2.1) a dostaneme pohybovou rovnici v prvém
přiblížení pro v2
vɺ = 2 v × Ω = 2t g × Ω + 2 v × Ω .
2
(
1
)
(
) (
0
)
Po integraci dostaneme
r = h + v0t + 12 gt 2 + 13 t 3 g × Ω +t 2 v0 × Ω ,
(
) (
)
kde h je počáteční poloha tělesa. Zvolíme osu z ve směru vertikály, a osu x ve směru
poledníku s orientací směrem k pólu, potom g ≡ ( 0, 0, − g ) a Ω ≡ ( Ω cos ϕ, 0, Ω sin ϕ ) ,
kde ϕ je zeměpisná šířka, kterou zvolíme z důvodů jednoznačnosti severní. Položíme-li
v0 = 0 , dostaneme
x = 0; y = − 13 t 3 g Ω cos ϕ .
Dosadíme-li dobu pádu t ≈ 2h g , dostaneme
3
1  2h  2
x = 0; y = −   g Ω cos ϕ .
3 g 
Těleso se odchýlí po dopadu východním směrem.
3. Dva automobily současně vyjely z místa A a za hodinu dojely do místa B. První automobil,
projel první polovinu dráhy rychlostí v1 = 60 km/h a druhou polovinu rychlostí v2 = 90km/h.
Druhý automobil projel celou dráhu rovnoměrně zrychleným pohybem. V kterém okamžiku
byly rychlosti obou automobilů stejné? Setkají se automobily během cesty?
4. Balón o hmotnosti M je bez pohybu nad zemským povrchem. Z balónu visí provazový
žebří, na kterém stojí člověk o hmotnosti m. V určitém okamžiku začne člověk po žebříku
vystupovat stálou rychlostí vzhledem k žebříku.
a) Vysvětlete fyzikálně danou situaci.
b) Jakou rychlostí se při výstupu člověka pohybuje balón vzhledem k Zemi?
5. Vrtulník letí rychlostí 540 km/h. Vrtule při jedné otáčce vykoná posuvný pohyb po dráze
4,8 m. Vypočtěte úhlovou rychlost vrtule
1
6. Hmotnost parašutisty s padákem je m = 100 kg. Otevřený padák je brzděn odporem
vzduchu úměrným v2 a ploše S průmětu padáku do vodorovné roviny (FR = k.S.v2). Při
rychlosti 3 m/s je brzdící síla rovna 100 N na jednotku plochy průmětu padáku do
vodorovné roviny. Jak velký musí být průmět padáku do vodorovné roviny, aby rychlost
dopadu parašutisty byla bezpečná vm ≤ 1,2 m/s? (S ≥ 62,5 m2)
7. Odvoďte závislost změny tíhového zrychlení v závislosti na zeměpisné šířce
t = g e (1 + β sin 2 ϑ ) , kde ge je tíhové zrychlení na rovníku, β konstanta a θ zeměpisná šířka
daného místa.
8. Po otevření panákuje počáteční rychlost výsadkáře 20 m/s. Na jaké hodnotě se ustálí jeho
rychlost, působí-li na jeho pohyb odporová síla určení vztahem F = kv, kde k = 100 N.s/m a
v je rychlost výsadkáře? Jeho celková hmotnost je 90 kg.
9. Žebřík délky L a hmotnosti M je šikmo opřen o
hladkou stěnu, viz obr. 1. Ve vzdálenosti L 4 od
jeho horního konce je umístěno závaží hmotnosti m.
Určete a) sílu F1 , kterou působí žebřík na stěnu, b)
vodorovnou a svislou složku síly, kterou žebřík
působí na vodorovnou rovinu F2 , F3 .
y
F1
R1
L4
h
L2
F
10. Částice se pohybuje v homogenním tíhovém poli
po stěně hladkého válce poloměru R , jehož osa
symetrie svírá se svislým směrem úhel α , viz obr.
10.1. Nalezněte reakci vazby jako funkci polohy
částice ve válcových souřadnicích.
Fg
R3
α
0
F2
R2
Obr. 9
A
x
F3
Řešení:
x3
α x3
0
α
x1
0
mg
α mg
X3
X2
x2
α
x2
Obr. 10.1
Obr. 10.2
Zvolme kartézskou a válcovou souřadnicovou soustavu tak, že, x1 ⊥ g , viz obr. 10.2.
Vazebná podmínka pro pohyb částice po stěně válcové plochy o poloměru R má ve
ɺɺ = 0 .
f =ρ
válcových souřadnicích tvar f = ρ − R = 0 ⇒ fɺ = ρɺ = ɺɺ
Určíme složky tíhové síly
Fg ( X 1 , X 2 , X 3 ) ve válcových souřadnicích. Kartézské
souřadnice tíhové síly Fg ( X 1 , X 2 , X 3 ) jsou
X 1 = 0 ; X 2 = mg sin α ; X 3 = − mg cos α .
2
Kartézské složky bázových vektorů válcové souřadnicové soustavy jsou určeny vztahy
eρ ( cos ϕ, sin ϕ, 0 ) , eϕ ( − sin ϕ, cos ϕ,0 ) , ez ( 0, 0, 1) .
Pro válcové složky tíhové síly pak obdržíme
X ρ = Fg ⋅ eρ = mg sin α sin ϕ ; X ϕ = Fg ⋅ eϕ = mg sin α cos ϕ ; X z = Fg ⋅ ez = − mg cos α
Fg = ( mg sin α sin ϕ, mg sin α cos ϕ, − mg cos α ) .
D´Alembertova setrvačná síla ve válcových souřadnicích je určena vztahy


1 d 2
J ( − m aρ , − m aϕ , − m a z ) ≡  − m ( ɺɺ
ρ − ρϕɺ 2 ) , −m
ρ ϕɺ ) , −mzɺɺ .
(
ρ dt


 ∂f
∂f
∂f 
Reakce vazby R =  λ , λ , λ  = ( λ, 0, 0 ) R ( λ;0;0 ) .
 ∂ρ ∂ϕ ∂z 
Lagrangeovy rovnice I. druhu mají tvar
ρ − ρϕɺ 2 ) = mg sin α sin ϕ + λ,
m ( ɺɺ
1 d 2
( ρ ϕɺ ) = mg sin α cos ϕ,
ρ dt
mzɺɺ = − mg cos α.
m
ρ = 0 . Lagrangeovy rovnic I. druhu
Z vazební podmínky plyne ρ = R = konst. ⇒ ρɺ = ɺɺ
zapíšeme ve tvaru
− mRϕɺ 2 = mg sin α sin ϕ + λ,
ɺɺ = g sin α cos ϕ,
Rϕ
ɺɺ
z = − g cos α.
Vynásobíme druhou rovnici ϕɺ a po integraci dostaneme
Rϕɺ 2 = 2g sin α sin ϕ + C .
Dosazením uvedeného výrazu do první z rovnice dostaneme
λ = − 3mg sin α sin ϕ − mC .
Reakci vazby můžeme tedy zapsat jako vektor R = − ( 3mg sin α sin ϕ + mC ) eρ .
Kartézské složky vektoru R získáme pomocí vztahu
R = − ( 3mg sin α sin ϕ + m C ) ( cos ϕ i1 + sin ϕ i2 + 0 i3 ) ,
R1 = − ( 3mg sin α sin ϕ cos ϕ + Cm cos ϕ ) , R 2 = − ( 3mg sin α sin 2 ϕ + Cm sin ϕ ) , R 3 = 0 .
11. Homogenní tyč délky l se opírá o dokonale hladkou stěnu, viz obr. 11, a je v této poloze
udržována vnější silou. V určitém okamžiku tyč uvolníme, tak, že začne bez tření klouzat
po podlaze i po stěně. V jaké výšce bude horní konec tyče, když se oddělí od stěny?
Původní výška tohoto konce nad podlahou je h.
Řešení:
Existující vazby
xB = 0, y A = 0, xB2 + y A2 = l .
3
Reakce vazeb
F1 = λ1 , F2 = λ2
Lagrangeovy pohybové rovnice I. druhu pak jsou
mxɺɺ = λ1 ,
myɺɺ = λ2 ,
l
mg cos ϕ − λ1l cos ϕ ,
2
kde uvažujeme otáčení v bodě A. V bodě, ve kterém tyč
ztrácí kontakt se stěnou, platí F1 = λ1 = ɺɺ
x = 0.
Z vazebních podmínek vyplývá
y
B
F1
l
h
mg
J ϕɺɺ =
tgϕ =
l 2 − x A2
yB
=
xA
xA
=> ϕ = arctg
ϕ
F2
A
x
Obr. 11
l 2 − x2
; xA = x
x
a dále
ϕɺ =
ϕɺɺ =
− xɺ
l 2 − x2
,
− ɺɺ
x ( l 2 − x 2 ) + xɺ 2 x
(l
2
−x
3
2 2
)
.
Moment setrvačnosti tyče, která se otáčí kolem bodu A je
1
1
1
J = ml 2 + ml 2 = ml 2 . Pohybová rovnice pro rotaci tyče kolem bodu A pak má tvar
12
4
3


x l 2 − x 2 + xɺ 2 x 
x
1  − ɺɺ
m
= mg − λ1 x .
3

3
2
2
2 2


−
l
x


x = 0 pak platí
V okamžiku, kdy ztrácí tyč na vrcholu kontakt se stěnou λ1 = ɺɺ
2
1 2
xɺ
mg
.
l
=
3
(11.1)
3
2
2
2 2
l
−
x
(
)
(
(
)
)
Zákon zachování energie tyče vzhledem k těžišti má tvar
1 2 xɺ 2
mg 2
mgh
ml 2
+
l − x2 =
2
6
l −x
2
2
a tedy
1 2 xɺ 2
l
= g h − l 2 − x2 .
3 l 2 − x2
Dosazením do (11.1) dostaneme
)
(
(
g h − l 2 − x2
l −x
a konečně
2
y = h.
3
2
2
)=g
m
2
F
R
12. Tělísko o hmotnosti m je polokoule o poloměru R, viz
obr. 3.
4
Obr. 12
a) Jak velkou rychlost musí mít těleso ve vodorovném směru, aby se od polokoule
odtrhlo již na počátku pohybu?
b) Ve kterém bodě se tělísko odtrhne od povrchu polokoule, jestliže ho vychýlíme
z rovnovážné polohy. Jaká je výška tohoto bodu od vodorovné roviny
(tělísko se oddělí ve výšce 1/3R pod vrcholem polokoule).
13. Uvažujte válec o poloměru R nacházející se v tíhovém
poli, jehož osa symetrie je vodorovná, viz obr. 13. Přes
vrchol válce je nataženo nehmotné vlákno délky
l = 1 2π R , na jehož koncích jsou upevněna tělíska o
hmotnostech m1 a m2. Určete rovnovážnou polohu těles na
válci.
( ϕ2
= arctan m2 m1 , ϕ1 = ϕ2 + π 2 )
Obr. 13
14. Závaží o hmotnosti m je zavěšeno uprostřed drátu ABC, viz
obr. 14, kde AC= BC, AB = √2AC. Určete napěťové síly v
drátu T1 a T2.
A
R
B
r
m
T2
T1
C
m
M
Obr. 14
Obr. 15
15. Cívka má hmotnost m a její velký a malý poloměr jsou R a r, viz obr. 15. Pomocí vlákna
navinutého na menší poloměr cívky je cívka zavěšena na trámci. Na větším poloměru cívky je
zavěšeno závaží o hmotnosti M. Jaká musí být hmotnost závaží, aby byla cívka v rovnováze?
(M = mr/(R – r))
16. Dvě nakloněné hladké roviny, které svírají
s vodorovnou rovinou úhly α, β tvoří
nehybný klín. Na těchto rovinách leží hranoly
o stejné hmotnosti spojené vláknem přes
kladku, viz obr. 16. Jakou rychlost budou mít
hranoly, projdou-li od začátku pohybu
vzdálenost d?
M1
M2
α
β
Obr. 16
17. O vnitřní stěny rotačního paraboloidu x 2 + y 2 = 2 pz se opírá homogenní tyč délky a.
Určete její rovnovážnou polohu.
(pro a ≤ = 2 p je v rovnovážné poloze tyč vodorovná. Pro a > 2 p existují dvě rovnovážné
polohy, v jedné je tyč vodorovná, ve druhé tyč prochází ohniskem paraboly).
5
18. Sestavte Lagrangeovu funkci elektronu, který se nachází v homogenním elektrickém poli
E ≡ ( E, 0,0 ) , E = const. , kde E je intenzita elektrického pole. ( L = 12 m xɺ 2 − eEx )
Nápověda: Vztah mezi potenciální energií elektronu a intenzitou
elektrického pole je − eE = − dV dx .
A
a
19. Sestavte Lagrangeovu funkci soustavy zobrazené na obr 19. Bod m2
se pohybuje po vertikální ose a celá soustava se otáčí s konstantní
úhlovou rychlostí Ω kolem svislé osy.
Nápověda: dl1 = a 2 dϑ 2 + a 2 sin 2 ϑ dϕ 2 ; dl2 = −2a sin ϑ dϑ
( L = m a 2 dϑɺ 2 + Ω 2 s in 2 ϑ + 2m a 2 s in 2 ϑϑɺ 2 + 2 ga ( m + m ) cos ϑ )
1
(
)
2
1
θ
m1
m2
2
Obr. 13
20. Sestavte Lagrangeovu funkci pro matematické kyvadlo, jehož
bod závěsu se rovnoměrně pohybuje po vertikální kružnici
s konstantní frekvencí γ .
Nápověda: x = a cos γ t + l sin ϕ ; y = − sin γ t + l cos ϕ
( L = ml 2ϕɺ 2 2 + mlaγϕɺ sin (ϕ − γ ) t + mgl cos ϕ )
x
a
ϕ
l
y
21. Sestavte Lagrangeovu funkci soustavy na obr. 22, která se
nachází v homogenním gravitačním poli.
m
Obr. 20
( L = 12 ( m1 + m2 ) l12 ϕɺ 12 + 12 m2l22 ϕɺ 22 + m2l1l2 ϕɺ 1ϕɺ 2 cos ( ϕ1 − ϕ2 ) +
+ ( m1 + m2 ) gl1 cos ϕ1 + m2 gl2 cos ϕ2 )
22. Sestavte Lagrangeovu funkci pro rovinné kyvadlo o hmotností m2 , jehož bod závěsu
o hmotností m1 se může pohybovat po horizontální přímce, viz obr. 23.
[L =
1
2
( m1 + m2 ) xɺ 2 + 12 m2 ( l 2ϕɺ 2 + 2l xɺ ϕɺ cos ϕ ) + m2 gl cos ϕ]
x
x
ϕ1 l1
ϕ
• m1
ϕ2
m1
•
l
l2
•
m2
m2
y
y
Obr. 22
•
Obr. 23
23. Určete vliv otáčení Země na malé výchylky kyvadla (tzv. Foucaultovo kyvadlo).
Řešení:
ɺɺ
x + ω 2 x = 2Ωyɺ ; ɺɺ
y + ω 2 y = −2Ωxɺ ,
ξɺɺ + 2Ωiξɺ + ω 2ξ = 0 ; ξ = x + iy,
ξ = x + iy = e −Ωit ( x0 + iy0 ) = e −Ωit cos (ω t + ϕ0 ) .
6
24. Zvedací zařízení tvoří homogenní tyč délky l a hmotnosti M,
která je svým dolním koncem kloubově spojena se svislou
stěnou. Ve vzdálenosti a od dolního konce tyče je upevněn
vodorovný napjatý drát, který přidržuje tyč pod úhlem ϑ ke
stěně. Na horním konci tyče visí závaží o hmotnosti m, viz obr.
24. Určete sílu, která napíná vodorovný drát.
l
m
a
ϑ
25. Po nakloněné rovině o výšce h a úhlem sklonu ϕ se kutálí bez
tření válec o hmotnosti m a poloměru R. Porovnejte jeho rychlost
na konci nakloněné roviny s rychlostí, kterou by dosáhl volným
pádem z výšky h. Moment setrvačnosti válce je JT = 1/2 mR2.
( vVP = 2gh ; vRP = 4gh 3 )
Obr. 24
26. Koule valící se po vodorovné rovině rychlostí v0 = 5 m/s dorazí k nakloněné rovině, po
níž se začne valit bez klouzání vzhůru. Nakloněná rovina svírá s vodorovnou rovinou úhel
370. Jak dlouho bude koule na nakloněné rovině? Moment setrvačnosti koule je
JT = 2/5mR2. (t = 2,33 s)
27. Míč je třeba přehodit přes svislou stěnu o výšce H, nacházející se ve vzdálenosti S od
místa hodu. Pod jakým úhlem ϕ je třeba míč hodit, aby velikost jeho počáteční rychlosti
byla minimální, viz obr. 27?
Řešení:
Trajektorie míče bude procházet bodem o souřadnicích S, H, musí tedy platit
g
H =− 2
S 2 + S tg ϕ .
2v 0 cos 2 ϕ
x
gS2
gS 2
v =
=
2 ( S tg ϕ − H ) cos 2 ϕ 2 S tg ϕ cos 2 ϕ − 2 H cos 2 ϕ
2
0
H
v 02 =
gS
.
S sin 2ϕ − 2 H cos 2 ϕ
y
0
cos 2ϕ + 1
2
gS2
v 02 =
.
S sin 2ϕ − H cos 2ϕ − H
Obr. 27
cos 2 ϕ =
Položíme
v 02 =
H
S +H
gS2
2
2
S
= sin α a
S + H sin ( 2ϕ − α ) − H
2
2
S +H2
2
v 0,min =
S +H −H
2
2
=
gS2
= cos α ,
sin ( 2ϕ − α ) = 1 ⇒ ϕ =
;
a tedy
gS2
S
α
2
(
S2 + H 2 + H
S
2
)=
g
(
α π
+ ,
2 4
)
S2 + H 2 + H .
28. Dvě kolejničky jsou spolu pevně spojeny tak, že svírají pravý úhel. Po každé kolejničce se
může pohybovat vozík. Vozíky jsou spolu kloubovitě spojeny čepem délky l. Vozík A
7
začíná svůj pohyb z průsečíků kolejniček a pohybuje
se vzhůru stálou rychlostí v. Najděte zákon pohybu
vozíčku B a určete jeho rychlost.
v
A
Řešení:
Pohyb vozíku A popisuje rovnice je y = v t . Pohyb
vozíku B rovnice x = l 2 −v 2t 2 .Derivací podle času
dostaneme
dx
− v 2t
.
=
dt
l 2 − v 2t 2
y
B
x
29. Z bodu A, nacházejícího se na břehu řeky, je nutnou
doplout do bodu B po přímce AB, viz obr. 29. Šířka řeky
je AC = 1 km a BC = 2 km. Maximální rychlost loďky
vzhledem k vodě je umax = 5 km.h -1 a rychlost
B
-1
proudu řeky je v0 = 2 km.h . Může loďka urazit
vzdálenost AB za 30 minut?
v0
Řešení:
Úhel α nechť určuje směr rychlosti u loďky
vzhledem k břehu. Pak platí
( u cos α − v 0 ) t = BC = S
;
Obr. 28
C
v
u
α
u t sin α = AC = d .
A v0
Z těchto vztahů vyloučením α dostaneme
S 2 + 2S v 0 t + v 02t 2
2
u t cos α − v 0t = S ; cos α =
,
u 2t 2
d2
ut sin α = d ; sin 2 α = 2 2
ut
2
2
2
2
( u − v 0 ) t − 2Sv 0t − ( S + d 2 ) = 0 => t = 5 7 > 30 min .
30. Po řece z bodu A do bodu B na protilehlém břehu
pluje podél přímky AB svírající s břehem úhel α
motorový člun, viz obr. 30. Vítr vanoucí rychlostí u
kolmo k břehům stáčí vlajku na stožáru člunu tak, že
svírá se směrem pohybu člunu úhel β. Určete
rychlost člunu vzhledem k břehům.
Obr. 29
B
F
u
D
β
u0
v
C
Řešení:
α
Označme u0 vektor rychlosti větru vzhledem ke
A
člunu, jehož směr udává směr vlajky na stožáru. Je-li
Obr. 30
v rychlost člunu vzhledem k břehům, platí
u0 = u − v . Platí ∠DCF = α + β - π 2 a ∠FDC = π - β , plyne to z hodnoty součtu
vnitřních úhlů rovnoběžníka. Ze sinové věty pro ▲ FCD plyne
sin ( α + β − π 2 )
cos ( α + β )
u
v
=
⇒v =
u=
u.
sin ( α + β − π 2 ) sin ( π − β )
sin ( π − β )
sin β
8
31. Sestavte Hamiltonovu funkci pro hmotný bod v dekartských, válcových a kulových
souřadnicích.
2

1
1  2 pϕ
2
2
2
2
p x + p y + p z + U ( x, y , z ) , H =
(H =
 pr + 2 + pz  + U ( r , ϕ, z ) ,
2m
2m 
r

2
pϕ 
1  2 pϑ2
H=
 pr + 2 + 2 2  + U ( r , ϑ, ϕ ) ).
2m 
r
r sin ϑ 
(
)
32. Sestavte Hamiltonovu funkci částice v soustavě, která se rovnoměrně otáčí.
Řešení:
1
L ( r , v ) = mv 2 − U ( r ) ,
2
(
(
m
+ mv . ( Ω × r ) + ( Ω × r )
2
v = v0 + Ω× r
L=
m 2
v0
2
)
) (
)
2
; v 2 = v02 + 2v0 . Ω× r + Ω× r ,
0
2
−U ( r ) ,
∂L
= p = mv0 + m Ω × r ; mv0 = p − m Ω × r ,
∂v
2
m
m
p2
H ( r , p ) = p.v0 − L = v02 −
Ω× r + U ( r ) =
− Ω. ( p × r ) + U ( r ) .
2
2
2m
(
)
(
(
)
)
33. Pomocí Lagrangeových rovnic určete zrychlení tělesa hmotnosti m1 na obr. 33. Kladky
i lano považujte za nehmotné.
Řešení:
− dy1 = 2dy2 ; C − y1 = 2 y2 ; − yɺ1 = 2 yɺ 2 ,
1
1
1
1 
T = m1 yɺ12 + m2 yɺ 22 =  m1 + m2  yɺ12 ,
2
2
2
4 
1
V = m1 g y1 + m2 g y2 = m1 g y1 + m2 g ( C − y1 ) ,
2
1
1 
1 

L =  m1 + m2  yɺ12 − g  m1 − m2  y1 ,
2
4 
2 

1
1 
1 

y1 + g  m1 − m2  = 0 ,
 m1 + m2  ɺɺ
2
4 
2 

4 ( 2m1 − m2 )
ɺɺ
y1 = − g
.
4m1 + m2
m2
m1
Obr. 33
34. Vypočtěte hlavní hodnoty momentu setrvačnosti spojitých homogenních těles:
a) Tenké tyče o délce l ( J1 = J 2 = 1 12 ml 2 ; J 3 = 0 ),
b) Koule o poměru R ( J1 = J 2 = J 3 = 2 5 mR 2 ),
c) Kruhového válce o poloměru R a výšce h ( J1 = J 2 = m 4 ( R 2 + h 2 3) ; J 3 = m 2 R 2 ),
d) Hranol o stranách a, b, c
( J1 = m 12 ( b 2 + c 2 ) ; J 2 = m 12 ( a 2 + c 2 ) ; J 3 = m 12 ( a 2 + b 2 ) ).
9
35. Určete frekvenci kmitů hmotného bodu o hmotnosti m, který se pohybuje po přímce a je
upevněn k pružině, jejíž druhý konec je v bodě A ve vzdálenosti l od přímky, viz obr. 35.
Pro natažení pružiny na délku l je nutná síla F0.
(
Nápověda: δl = l 2 + x 2 − l ≈ x 2 2l , U = F δl . ω = F0 m l
)
36. Určete frekvenci kmitů hmotného bodu o hmotnosti m, který se pohybuje po oblouku
kružnice o poloměru r a je upevněn k pružině, jejíž druhý konec je v bodě A ve
vzdálenosti l od oblouku, viz obr. 36. Pro natažení pružiny na délku l je nutná síla F0 .
(
)
Nápověda: δl = r 2 + ( l + r ) − 2 r ( l + r ) cos ϕ ≈ r ( l + r ) ϕ2 2l . ω = F0 ( r + l ) m r l .
2
•A
•A
l
m•
l
l
•• m
x
Obr. 35
Obr. 36
37. Najděte kinetickou energii soustavy na obr. 37. OA a AB jsou tenké homogenní tyče o
délce l, které jsou kloubově spojeny v bodě A. Tyč OA se otáčí v rovině obrázku kolem
bodu O a konec B tyče AB klouže podél osy x.
Řešení:
Rychlost těžiště tyče OA je lϕɺ 2 a tedy celková kinetická energie tyče OA je
ml2 2 J 2
T1 =
ϕɺ + ϕɺ .
8
2
Kartézské souřadnice těžiště tyče AB jsou
3l
l
X = cos ϕ ; Y = sin ϕ .
2
2
Protože úhlová rychlost tyče AB je stejná jako u tyče OA − ϕɺ , je celková kinetická
energie tyče AB
m
J
ml2
J
T2 = ( Xɺ 2 + Yɺ 2 ) + ϕɺ 2 =
1 + 8sin 2 ϕ ) ϕɺ 2 + ϕɺ 2 .
(
2
2
8
2
Celková kinetická energie soustavy je
ml2
1 + 3sin 2 ϕ ) ϕɺ 2 .
T=
(
3
38. Najděte kinetickou energii válce o poloměru R, který se kutálí po vodorovné rovině, viz
obr. 38. Hmotnost válce je rozdělena v jeho objemu tak, že jedna z hlavních os setrvačnosti
je rovnoběžná s osou válce a je od ní vzdálena na vzdálenost a. Moment setrvačnosti
vzhledem k této ose je J.
10
A
y
l
a
ϕ
R
ϕ
B
O
x
Obr. 3 7
Obr. 38
39. Určete rychlost dopadu konce tenké tyče, jejíž spodní konec je spojen kloubem
s podložkou a která padá volně v tíhovém poli Země z polohy, kdy stojí kolmo
k podložce. ( v = 3g l )
40. Homogenní tyč o hmotnosti m a délce l rotuje konstantní rychlostí kolem svislé (pevné)
osy procházející jejím (hmotným) středem. Vzdálenosti opor osy otáčení v bodech A, B
od středu tyče jsou stejné a rovny a. Úhel α mezi tyčí a osou otáčení je stálý. Určete
reakce RA , RB opor a pohybový zákon rotující tyče.
Řešení:
Určení Eulerových úhlů
Zavedeme pevnou laboratorní vztažnou soustavu
XYZ a rotující soustavu xyz, totožnou s hlavními
osami rotace tyče. Počátek obou soustav nechť je
v těžišti, viz obr. 40.1.
Z
RB
B
y
z
α
x
Potom pro Eulerovy úhly platí ϑ = α , ϕ = ϕ ( t ) a
0≡ o
X
A
Y
RA
Obr. 40.1
ztotožníme-li osu x s uzlovou přímkou ψ = 0 . Osy Z,
z a y leží v jedné rovině, která rotuje kolem osy Z.
Orientaci soustavy xyz volíme tak, aby byla
pravotočivá. Pro složku ωx potom platí ωx = 0 .
Složky tenzoru setrvačnosti tyče v soustavě xyz jsou
I x = I y = I = ml 2 12 a I z = 0 .
(1)
Vtištěné síly mají v soustavě xyz složky
Fg ≡ ( 0 ; − mg sin α ; − mg cos α ) , RA ≡ ( RAx , RAy , RAz ) , RB ≡ ( RBx , RBy , RBz ) .
Pro moment vtištěných sil vzhledem k těžišti v soustavě xyz platí
M = rA × RA + rB × RB ; rA ≡ ( 0; − a sin α; − a cos α ) , rB ≡ ( 0; a sin α; a cos α ) ,
M x = a ( RAy − RBy ) cos α + ( RBz − RAz ) sin α  , M y = a ( RBx − RAx ) cos α ,
M z = a ( RAx − RBx ) sin α .
(2)
Rovnováha tyče vůči translaci
Výslednice vtištěných sil F = Fg + RA + RB = 0 a tedy
RA1 + RB1 = 0 ,
− mg sin α + RAy + RBy = 0 ,
(3)
11
− mg cos α + RAz + RBz = 0 .
Eulerovy kinematické rovnice
ωx = ϕɺ sin ϑ sinψ + ϑɺ cosψ ,
ω = ϕɺ sin ϑ cosψ − ϑɺ sinψ ,
y
ωz = ϕɺ cos ϑ +ψɺ .
ɺ sin α ; ωz = ϕɺ cos α ⇒ ω = ϕɺ = const.
ϕ = ϕ ( t ) , ϑ = α , ψ = 0 ⇒ ωx = 0 ; ωy = ϕ
Eulerovy dynamické rovnice
dω
I x x + ( I z − I y ) ω y ωz = M x ,
dt
dω y
+ ( I x − I z ) ωx ω z = M y ,
Iy
dt
dωz
+ ( I y − I x ) ωx ω y = M z .
Iz
dt
Dosazením z rovnic (1), (2) se Eulerovy dynamické rovnice zredukují na rovnici
I ω2 sin 2α 2 = a ( RBy − RAy ) cos α + a ( RAz − RBz ) sin α .
(4)
Reakce opor
Pro složky reakcí rovnoběžných s osou otáčení
platí
RAZ + RB Z = mg .
Z
RB ⊥
B
z
Složky RA ⊥ a RB⊥ , kolmé na osu otáčení určíme
následující úvahou:
y
α
0≡ o
RA ⊥
Y
A
Obr. 40.2
„Zastavíme“ rotující tyč v okamžiku, kdy
RB⊥ = RBY a X ≡ x . X-ové složky v obou
soustavách hledaných vektorů jsou v daném
okamžiku v obou soustavách nulové, viz obr.
40.2. Z obrázku plyne
RB⊥ = − RA ⊥ ; RB⊥ = RBY ,
RBy = RBY cos α ; − RB z = RBY sin α .
Dosazením uvedených vztahů do rovnice (4) dostaneme pro složky reakcí, kolmých na osu
rotace vztahy
I ω2
I ω2
RB⊥ =
sin 2α , RA ⊥ = −
sin 2α.
4a
4a
3
Pro jednotlivé Eulerovy úhly pak platí časové závislosti
b
ϕ = ω t + ω0 , ϑ = α ; ψ = 0 .
a
41. Určete hlavní momenty setrvačnosti desky, viz obr. 41
o hmotnosti m.
2
1
Obr. 41
12
a
2
a
b
2 2
1
1
1
( J1 = ∫ bx dx = ma 2 , J 2 = mb2 ; J 3 = ∫ ∫ ( x 2 + y 2 ) d xd y = m ( a 2 + b2 ))
12
12
12
−a
− a −b
2
2
2
2
42. Na rameni o délce l a hmotnosti m, které je opřeno o podložku v bodě B je zavěšeno
břemeno o hmotnosti M. Rameno je jištěno lanem, které je upevněno k podložce v bodě
A, viz obr. 42. Určete reakce podložky v bodech A a B a napětí T jistícího lana.
Řešení:
T
Rovnice rovnováhy pro tyč AC
∑F
= 0 => RA − F + RC sin α = 0,
í
í
T − RC cos α = 0,
l
l
= 0 => F cos α − RC l sin ( π − 2α ) = 0.
2
í
Rovnice rovnováhy pro tyč BC
A
∑M
m
í
∑F = 0
í
a
M
b
B
=> RB − RC sin α = 0, T − RC cos α = 0.
Obr. 42
í
Řešení uvedeného systému rovnic je
3
1
1
1
F , RB = F , RC =
F , T = F cot g α
4
4
4sin α
4
,
kde α je úhel CAB, viz obr. 42.2.
RA =
43. Určete výšku, na které se ustálí hladina vody v nádrži, do které vtéká voda v množství Vɺ
[l/s] otvorem o ploše S1 a vytéká otvorem o ploše S 2 , platí-li S1 > S2 .
( h = Vɺ 2 2 g S 2 )
2
44. Homogenní obruč hmotnosti m a poloměru R rotuje kolem osy procházející středem
křivosti kolmo na rovinu obruče a má frekvenci f1. Jakou frekvenci bude mít obruč při
jinak stejných podmínkách, zmenšíme-li její poloměr na polovinu. (f2 = 4f )
45. Dokažte, že vlastní frekvence reverzního kyvadla je f = g l 2π , kde l je vzdálenost
závěsu kyvadla, ve kterých kyvadlo kýve se stejnou vlastní frekvencí.
Řešení:
1
L = J ϕɺ 2 + mg x cos ϕ
2
J1
=
mg x
J2
mg ( l − x )
J
mg x
=> J ϕɺɺ + mgϕ = 0 => T = 2π
; J1 = J 0 + m x 2 , J 2 = J 0 + m ( l − x ) ,
J0 + m x2 J 0 + m (l − x )
=
mg x
mg ( l − x )
2
l
ϕ
x
T
2
=> J 0 = mx ( l − x )
Obr. 45
mx ( l − x ) + m x 2 l
J0 + m x
=
=
mg x
mg x
g
2
46. Sestavte pohybové rovnice soustavy, jejíž Lagrangeova funkce má tvar
13
L ( x, xɺ ) = e− x
2 − xɺ 2
xɺ
+ 2 xɺ e− x ∫ e− y dy .
2
2
0
Řešení:
xɺ
2
− ( x 2 + xɺ 2 )
∂L
− x2
ɺ
= −2 xe
− 4 xxe ∫ e− y dy,
∂x
0
2
2
2
2
− x 2 + xɺ 2 )
− x 2 + xɺ 2 )
∂L
ɺ (
ɺ (
= −2 xe
+ 2e− x ∫ e− y dy + 2 xe
= 2e− x ∫ e− y dy,
∂ xɺ
0
0
xɺ
xɺ
2
2
− ( x 2 + xɺ 2 )
d ∂L
ɺ − x ∫ e− y dy + 2 ɺɺ
xe
= −4 xxe
,
d t ∂ xɺ
0
xɺ
d ∂L ∂L
−
= 0 => ɺɺ
x + x = 0.
d t ∂ xɺ ∂ x
47. Po nakloněné rovině hranolu o hmotnosti m1 se sklonem α a výšce h klouže krychlička
o hmotnosti m2 , viz obr. 45. Hranol se může pohybovat po hladké vodorovné rovině.
Určete zrychlení ah hranolu. Tření zanedbejte.
Řešení:
y
s(t)
m2
h
m1
0
q(t)
α
A
x
U =0
Obr. 47
Hranol a částice tvoří soustavu se dvěma stupni volnosti n = 2 .
Obecné souřadnice
s = s (t ) , q = q (t ) .
Souřadnice bodu A reprezentujícího hranol jsou q (t ) , y1 = 0 . Souřadnice částice jsou
x2 (t ) = q (t ) + s (t ) cos α , y2 (t ) = h − s (t ) sin α .Lagrangeova funkce dané soustavy je
m
m
L = 1 qɺ 2 + 2 ( qɺ 2 + sɺ 2 + 2qɺ sɺ cos α ) − m1g hT1 + m2g s sin α .
2
2
Pohybové rovnice mají tvar
( m1 + m2 ) qɺɺ + m2 ɺɺs cos α = 0,
(
)
ɺɺ
s + qɺɺ cos α − g sin α = 0.
Zrychlení hranolu qɺɺ je tedy rovno
m sin α cos α
g.
qɺɺ = aT1 = − 2
m1 + m2 sin 2 α
48. Jakou délku musí mít hliníkový drát zavěšený ve svislé poloze, aby se přetrhl působením
vlastní tíhové síly. Hustota hliníku je ρ = 2,7.103 kg/m3, pevnost v tahu σt = 45 MPa.
(1667 m).
14
49. Těleso o hmotnosti M je taženo rovnoměrným zrychleným pohybem svisle vzhůru. Určete
zrychlení, při kterém se tažné lano přetrhne, jestliže jeho pevnost v tahu je σt.
( a = Sσ t M − g )
50. Dutý uzavřený váleček plave na hladině klidné
g
2r
kapaliny tak, že je částečně ponořen s podélnou
osou kolmo k hladině, viz obr. 50. Ukažte, že
pohyb válečku je při porušení rovnováhy
periodický. Váleček má poloměr r , délku l a
h
a)
b)
ρ
hmotnost m, hustota kapaliny je ρk .
v
Řešení:
Na obr. 50 a) je váleček v rovnovážné poloze v
T
l
homogenním tíhovém poli, kdy výslednice tíhové
Fvz
F
s
a vztlakové síly je nulová
T
Fg = − FVZ => πr 2lρv g = πr 2 ( l − h ) ρk g
.
Fg
ρk
Obr. 50 b) zachycuje stav po porušení
rovnovážného stavu povytažením válečku
z kapaliny. Vynořená část válečku má délku
Obr. 50
h + s < l . Velikost vztlakové síly je v tomto případě menší než velikost tíhové síly a
výslednice sil F míří do kapaliny.
F = FVZ − Fg = πr 2ρk g ( l − h − s ) − πr 2ρ v g l = −k s F = − k s ; k = π r 2 ρ k g > 0
.
Potenciální energie V a kinetická energie T jsou určeny vztahy
1
1
dV = − Fds = k sd s => V = k s 2 ; T = m sɺ 2 .
2
2
Lagrangeova funkce L ( s, sɺ ) a z ní vyplývající pohybová rovnice jsou potom
1
1
m sɺ2 − k s 2 => msɺɺ + ks = 0 .
2
2
Uvedená pohybová rovnice je rovnicí lineárního harmonického oscilátoru.
L=
51. Skleněná trubice ve tvaru písmene U, je naplněna kapalinou tak, že celková délka
kapalinového sloupce je l, viz obr. 51. Nakloněním trubice a jejím vrácením do původní
polohy se sloupec kapaliny rozkmitá. Určete vlastní frekvenci jeho pohybu. Tlumení
zanedbejte.
y
Řešení:
F = − 2 S ρg y ⇒ F = − ky ; k = 2 S ρg > 0 ,
1
1
T = Slρyɺ 2 ; V = − ∫ Fdy = k y 2 ,
2
2
1
1
L = Slρyɺ 2 − k y 2 ,
2
2
Slρɺɺ
y + ky = 0 => ɺɺ
y + ω2 y = 0 .
ω=
k
m
=>
f0 =
1
k
2π
m
=
1
g
π
2l
.
2y
0
F
Obr. 51
52. Při jak velké rychlosti vlaku dojde k maximálnímu rozkmitání vagónů následkem nárazů
kol na spoje mezi kolejnicemi? Délka kolejnice je l, péra vagónu jsou zatížena jeho tíhou
G a silou o velikosti F se péra dále stlačí o h.
15
Řešení:
Silové impulsy působící na vagón při nárazech kol na kolejnicové spoje můžeme
považovat za působení periodické harmonické budicí síly, jejíž frekvenci určíme jako podíl
f =v l .Vlastní frekvenci f0 oscilátoru tvořeného vagónem hmotnosti m = G g a jeho
péry o tuhosti k = F h určíme ze vztahu
f0 =
1
2π
k
1
=
m 2π
Fg
.
Gh
Při rezonanci budící síly a vagónu platí
f = f0 ⇒
1
v
=
l 2π
4 Fg
Gh
⇒ v=
l
2π
Fg
.
Gh
53. Kladka zanedbatelné hmotnosti je zavěšena na dvou
stejně dlouhých pružinách o tuhostech k1, k2 , viz
obr. 53 a). Zavěšením závaží o hmotnosti m na tuto
kladku poklesne její těžiště o y0 , viz obr. 53 b).
Určete vlastní frekvenci oscilátoru tvořeného oběma
pružinami a závažím.
k1
a)
k2
y1
S
Řešení:
Po zavěšení závaží se ustaví rovnovážný stav
G mg
k1 y1 = k2 y2 = =
,
2
2
při kterém platí pro prodloužení obou pružin
b)
y2
y0
S
c)
y y0 y2
mg
mg
y1 =
; y2 =
.
2k1
2k2
Obr. 53
Z obr. 53 c) je zřejmé, že pokles o délce y0 je
střední příčkou lichoběžníka, jehož základny mají délky y1 , y2 , takže platí
y + y2 mg ( k1 + k2 )
y0 = 1
=
.
2
4k1k2
Výsledná tuhost oscilátoru musí splňovat podmínku
ky0 = G = mg ⇒ k =
mg 4k1k2
=
.
y0 k1 + k2
1 1 1
= + .
k k1 k 2
Pro periodu vlastních kmitů oscilátoru konečně dostáváme
Pro výslednou tuhost oscilátoru tedy platí
T0 = 2π
(k + k )
m
=π m 1 2 .
k
k1k2
54. Určete časovou závislost proudu i v obvodu na obr. 54.1.
16
G 2
G 2
G
C
Řešení:
Na uvedený obvod použijeme II. Kirchhofův zákon
R
1
di
id t = R i + L .
∫
C
dt
Derivací uvedené rovnice dostaneme
uC = uL + uR
=> −
L
2
d i R di
1
Obr. 54.1
+
+ ω 2i = 0 ; ω =
.
2
dt
L dt
LC
Uvedená rovnice je rovnice lineárního harmonického oscilátoru s tlumením. Časový
průběh proudu i ( t ) uvedeného obvodu je na obr. 54.2.
I
t
Obr. 54.2
55. Válcová nádrž o poloměru 90 cm stojí na podstavci
vysokém 6 m a je do výšky 3 m naplněna vodou.
U dna je nádrž utěsněna zátkou o ploše 6,3 cm2, viz
obr. 55.1. Určete:
1. Jakou rychlostí dopadne proud vody na zem, když
zátku odstraníme?
p1, v1
h1
p2, v2
h2
2. Jak dlouho potrvá, než se nádrž zcela vyprázdní?
56. Nádrž má ve stěně dva otvory, jeden ve výšce h1 ode
dna a druhý ve výšce h2. V jaké výšce H musí být
hladina vody v nádobě, chceme-li, aby voda z obou
otvorů stříkala do stejné vzdálenosti x? Odpor vzduchu zanedbejte.
Řešení:
1
2
1
2
ρ gH = ρ v12 + ρ gh1 ; ρ gH = ρ v22 + ρ gh2 ,
2
H − h1  v1 
=  ,
H − h2  v2 
1 2
1
gt1 = h1 , gt22 = h2 ; x1 = v1t1 , x2 = v2t2 ,
2
2
17
p3, v3
Obr. 55.1
2
2
 v1   t2 
h2
  =  = ,
h1
 v2   t1 
H − h1 h2
=
=> h1 ( H − h1 ) = h2 ( H − h2 ) ,
H − h2 h1
H = h1 − h2 .
57. Jaká musí být výška otvoru h ode dna nádoby, která je do výšky H naplněna vodou, aby
vytékající proud vody dostříkl nejdále? Odpor vzduchu zanedbejte.
Řešení:
1
2
ρ gH = ρ v 2 + ρ gh , x = vt => x = 4 ( H − h ) h
1
d x −4 h + 4 ( H − h )
=
= 0 => h = H .
d h 2 4 ( H − h) h
2
58. Řetěz délky l je položen rovně na stole tak, že jeho část délky a visí volně přes hranu
stolu. V okamžiku t = 0 řetěz uvolníme, tak že začne bez tření klouzat ze stolu. Vyšetřete
pohyb řetězu. Za jakou dobu sklouzne řetěz celý ze stolu?
Řešení:
1
1 y
g
m yɺ 2 + m y => ɺɺ
y − y = 0 => ɺɺ
y −ω2 y = 0 , ω =
l
2
2 l
ωt
− ωt
y = C1e + C2e
=> a = C1 + C2 , 0 = C1 − C2 ,
L=
y = a cosh
g
,
l
l
l
Arc cosh   .
g
a
g
t ; tl =
l
y
59. Ve vrcholech čtverce o délce strany 2a jsou rozloženy
hmotnosti m a M., viz obr. 60. Určete složky tenzoru
setrvačnosti vzhledem ke vztažné soustavě:
m
•
M
•
•
M
•
m
y′
x
a) x, y , z
b) x′, y′, z′
Řešení:
Pro danou vztažnou soustavu xyz jsou složky tenzoru
setrvačnosti určeny vztahy
 ∑ m ( y2 + z2 )

 −∑ myx

 −∑ mzx

−∑ mxy
−∑ mxz
∑m(x + z )
−∑ mzy
2
2


− ∑ myz  .

2
2 
m
y
+
z
(
)
∑

Potom
 2a 2 ( m + M ) 2a 2 ( m − M )

0
 2

2
a)  2a ( m − M ) 2a ( m + M )
0
,
2

0
0
4a ( m + M ) 

18
Obr. 60
x′
 4a 2 m
0

b)  0
4a 2 M
 0
0



.
2
4a ( m + M ) 
0
0
.
19