182_Příklady b
Transkript
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