teoretická mechanika – pˇríklady -...
TRANSCRIPT
Teoretická mechanika – príklady
Doc. RNDr. Ing. Kurt Fišer, CSc.
RNDr. Zdenek Moravec, Ph.D.
4. 5. 2020
Obsah
Úvod . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .3
1 Mechanika hmotných bodu 4
2 Mechanika tuhého telesa, neinerciální systémy 17
3 Analytická mechanika 34
4 Mechanika kontinua 53
Použitá a doporucená literatura . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 63
2
Obsah
Úvod
Sbírka príkladu obsahujerešené príklady ze skripta Teoretická mechanika [1] a dále bez uvedení zdroje
príklady ke cvicení sebrané z poznámek doc. Kurta Fišera. Na rovnice ve skriptu [1] budeme odkazovat
takto: [1]-(1.25) odkazuje na rovnici (1.25) z tohoto skripta.
Príklady budou postupne doplnoványci nahrazovány. Jako doplnek pro pokrytí úloh v kapitolách 1,
2 a 4 slouží skriptum [2]. Narešené príklady ze sbírky príkladu [2] budeme odkazovat následovne:
[2]-R-7.2 odkazuje na kapitolu 7,rešený príklad 2. Na úlohy ke cvicení analogicky odkazujeme takto:
[2]-Ú-8.3 odkazuje na kapitolu 8, úlohu 3.
Jako doplnek pro pokrytí úloh v kapitolám 2 a 3 slouží online sbírkarešených prílkladu na stránkách
katedry didaktiky fyziky MFF UK [3]. Na príklady z této sbírky odkazujeme v textu takto: [3]-1233
odkazuje na úlohucíslo 1233. Tuto úlohu naleznete prímým odkazem v internetovém prohlížeci takto:
http://reseneulohy.cz/1233/ (odkaz musí být vcetne posledního lomítka).
Sbírka je urcena pouze pro potreby cvicení predmetu Teoretická fyziky I a II na PrF UJEP v Ústí nad
Labem. V budoucnu bude možná doplnena o obrázky. Postupne jsou doplnovány výsledky (v hranatých
závorkách za príkladem, nyní hotové pro kapitoly 1 a 2). Prubežne probíhá kontrola textu a opravují se
chyby. V prípade nalezení neopravených chyb me prosím kontaktujte.
V Ústí nad Labem dne 4. kvetna 2020
Zdenek Moravec
3
Kapitola 1
Mechanika hmotných bodu
Rešené príklady
Príklad 1.1 Hmotný bodm se pohybuje rychlostív0 = konst, v caset = 0 na nej zacne pusobit
kolmo na smer pohybu harmonická sílaF = F0 cosωt. Urcete jeho pohyb vcaset > 0.
Rešení:Pohybová rovnice zní
mdv
dt= F0 cosωt , t > 0 .
Separujeme promenné a integrujeme dlecasu od0 do t
v
∫
v0
m dv ′ = F0
t∫
0
cosωt′ dt′ ,
dostaneme
mv(t)−mv0 =F0
ωsinωt ,
a odtuddr
dt= v(t) = v0 +
F0
mωsinωt .
Další separace a integrace dlecasu od0 do t
r
∫
r0
dr ′ = v0
t∫
0
dt′ +F0
mω
t∫
0
sinωt′ dt′ ,
a odtud (volímer0 = 0 )
r(t) = v0t +F0
mω2(1− cosωt) .
4
Jedná se tedy o superpozici rovnomerného pohybu ve smeruv0 a harmonického pohybu o amplitudeF0
mω2ve smeruF0.
0v0
F0
F0
mω2
1
Obrázek 1.1:Superpozice rovnomerného a harmonického pohybu
Príklad 1.2 Hmotný bodm je vržen pod úhlemα rychlostív0 v prostredí jež klade odpor úmerný
rychlosti. Urcete výšku a nejvetší dálku vrhu.
Obrázek 1.2:Vrh šikmý
Rešení:Pohybová rovnice zní
mdv
dt= mg −mkv ,
5
KAPITOLA 1. MECHANIKA HMOTNÝCH BODU
kdek je koeficient odporu prostredí na jednotku hmotnosti. V této rovnici nelze provést separaci, nebot’
vektorem nelze delit. Zavedeme tedy vhodný souradný systém takto: pocátek zvolíme v pocátecním
bode vrhu, jednu souradnici(z) položíme do svislice, druhou(x) zvolíme vodorovne v rovine vektoru
g av0, tretí (y) pak kolmo nax, z. Dostáváme tak tuto soustavu
dvzdt
= −(g + kvz) ; vz(0) = v0 sinα , z(0) = 0
dvxdt
= −kvx ; vx(0) = v0 cosα , x(0) = 0
dvydt
= −kvy ; vy(0) = 0 , y(0) = 0 .
Rešení rovnicedu
dt= −k
(g
k+ u)
; u(0) = u0
je
ln
g
k+ u
g
k+ u0
= −kt ,
odtud
u(t) = −gk+(g
k+ u0
)
e−kt ;
máme tedy
vz =dz
dt= −v∞ + (v∞ + v0 sinα) e
−kt , v∞ =g
k
vx =dx
dt= v0 cosα e−kt ,
vy =dy
dt= 0 ,
kdev∞ predstavuje ustálenou rychlost prot→ ∞.
Další integrace dlet dává
z(t) = −v∞t+v∞ + v0 sinα
k
(
1− e−kt)
,
x(t) =v0kcosα(1− e−kt) ,
y(t) = 0 .
Hledané hodnoty pro výšku H a dálku L vrhu pak jsou:
L = limt→∞
x(t) =v0kcosα ,
H = z(t1) ,
6
kdet1 je okamžik kdyvz = 0, tj.
0 = −v∞ + (v∞ + v0 sinα) e−kt1 .
Dostáváme
H =v0ksinα− v∞
kln
(
1 +v0v∞
sinα
)
.
Príklad 1.3 Homogenní lano délkyl o délkové hustote ρ leží na ideálne hladkém stole tak, že na
zacátku(t = 0) visí pres hranu kus délkyl0. Pustíme-li jej z klidu, najdete jeho pohyb prot > 0.
Obrázek 1.3:Lano na hrane stolu
Rešení:Lano považujeme za neprodloužitelné a stací tedy sledovat pohyb jediného bodu, napr. konce
A. V obecnémcaset zní pohybová rovnice (pocátek v hrane stolu)
lρx = gρx , x(0) = l0 , x(0) = 0 ,
neboli
x− g
lx = 0 .
7
KAPITOLA 1. MECHANIKA HMOTNÝCH BODU
Standardním zpusobem(x = eλt) obdržíme obecnérešení ve tvaru
x(t) = C1 e+√
g
lt+C2 e
−√
g
lt , x(t) =
√
g
l
(
C1 e+√
g
lt−C2 e
−√
g
lt)
.
Pocátecní podmínky dávajíC1 = C2; C1 =l02
a tedy
x(t) = l0 cosh
√
g
lt , x(t) =
√
g
ll0 sinh
√
g
lt , 0 ≤ t ≤ t1 .
Okamžikt1 je dán tím, že celé lano je svislé:
l = l0 cosh
√
g
lt1 .
Od tohoto okamžiku platí pohybová rovnice
lρx = ρ lg, tj. x = g
a lano padá volným pádem s pocátecními podmínkami pro bod A
x(t1) = l, x(t1) =
√
g
l
√
l2 − l20 ,
a tedy
x(t) = l + t
√
g
l
√
l2 − l20 +1
2gt2 , t ≥ t1 .
Príklad 1.4 Najdete úcinný prurez rozptylu proudu nabitýchcástic na nabitécástici stejného zna-
ménka.
Rešení:Dle Coulombova zákona je síla
F (r) =1
4πε0
Q′Q
r2. (1.1)
Porovnáním s prípadem gravitacní síly (viz [1]-(1.64)) vidíme, že stací všude místoγ psát−Q′Q
4πε0a mužeme prevzít drívejšírešení (viz [1]-(1.66))
1
ρ= −mQ
′Q
4πε0l20(1 + ε cosϕ) , tj. ρ =
p
−1 + ε cos(π − ϕ), (1.2)
kde
ε =
√
1 +2E0l2016π
2ε20mQ′2Q2
> 1 nebot’E0 > 0 .
8
F ≡ Q′
F ′
S
Q
p
ϑ
b
H ′
ϕ ϕ∞
Obrázek 1.4:Rozptyl na nabité cástici
Dosazením z rovnice [1]-(1.73) dostaneme
ε(b) =
√
1 +
(
8πε0E0
Q′Q
)2
b2 . (1.3)
Vzhledem k tomu, že v (1.2) je znaménko minus,cástice se pohybuje po druhé vetvi hyperboly (H′) a
úhelϕ se mení v mezích〈ϕ∞, 2π−ϕ∞〉, kde pro sklon asymptotyϕ∞ dostaneme z rovnice [1]-(1.63)
cos(π − ϕ∞) =1
εtj. cosϕ∞ = −1
ε. (1.4)
Vztah mezi úhlyϑ aϕ∞ vidíme na obrázku 1.4
2ϕ∞ = π + ϑ . (1.5)
Odtud
cosϕ∞ = − sinϑ
2= −1
ε,
neboli
ε =1
sinϑ
2
=
√
1 + cotg2ϑ
2,
9
KAPITOLA 1. MECHANIKA HMOTNÝCH BODU
a porovnáním s (1.3) dále
cotgϑ
2=
8πε0E0
Q′Qb .
Urcíme-li odtudb(ϑ) a dosadíme do rovnice [1]-(1.72) máme
σ(ϑ) =1
4
(
QQ′
8πε0E0
)21
sin4 ϑ
2
, (1.6)
což je slavnáRutherfordova formule. Experimentálne dokázal, že pri rozptylu α cástic (Q = 4e),
na zlatu (Q′ = 79e) tento vzorec platí až do vzdálenosti∼ 10−15 m. Tím dokázal existenci kladne
nabitého atomového jádra uvnitr atomu o rozmerech∼ 10−10 m.
Príklad 1.5 Jak musí centrální síla záviset na vzdálenosti, má-li secástice pohybovat po kružnici
o polomeruR tak, aby centrum leželo (teoreticky) na kružnici?
Rešení:Trajektorie je dána vztahem
ρ(ϕ) = 2R cosϕ ,
a tedy
(
1
ρ
)′=
1
2R
sinϕ
cos2 ϕ
(
1
ρ
)′′=
1
2R
1 + sin2 ϕ
cos3 ϕ
Binetuv vzorec dává
F (ρ) = − l20m
1
ρ21
2R
(
1 + sin2 ϕ
cos3 ϕ+
1
cosϕ
)
= − l20Rmρ2
1
cos3 ϕ,
a tedy
F (ρ) = −8l20R2
m
1
ρ5.
Síla musí být pritažlivá, neprímo úmerná páté mocnine vzdálenosti.
Príklad 1.6 Kuli cka o hmotnostim je zavešena na pružine, která má klidovou délkul0 a pri zatížení
o hmotnostiM se prodlouží oa. Dále na ni pusobí ve svislém smeru vynucující sílaf = f0 cos Ωt.
V caset = 0 kulicce krátkým úderem dolu udelíme rychlostu0. Diskutujte pohyb kulicky.
Rešení:Nejprve urcíme konstantu pružiny.
10
Obrázek 1.5:Harmonické kmity
Platí:Mg = ka a odtudk =Mg
a. Ted’ urcíme oc se pružina prodlouží, zavesíme-li na ni kulicku:
mg = kb , odtud b =mg
k=m
Ma .
Pohyb se bude konat ve svislém smeru, položíme do nej tedy osux, orientujeme ji ve smerug a odecet
provedeme od klidové polohy (tj. ve vzdálenostil0 + b od závesu).
V obecnémcase tedy bude pohybová rovnice
mx = −kx+mg − 2γmx+ f, t = 0 : x = 0, x = u0 .
Zaved’me novou souradnicis vztahem
−kx+mg = −ks ,
odtud
s = x− mg
k= x− b .
Dostaneme
ms = −ks− 2γms+ f t = 0 : s = −b, s = u0 , (1.7)
neboli
s+ 2γs+ ω20s =
f
m, ω2
0 =k
m=Mg
ma.
Obecnérešení homogenní rovnice mužeme napsat ihned (predpokládáme malý odpor vzduchu) podle
rovnice [1]-(1.90)
s = e−γt(C1 sinω′t + C2 cosω
′t), ω′ =√
ω20 − γ2 .
11
KAPITOLA 1. MECHANIKA HMOTNÝCH BODU
Odtud
˙s = −γ e−γt(C1 sinω′t+ C2 cosω
′t) + e−γt ω′(C1 cosω′t− C2 sinω
′t) .
Dosazenímt = 0 dané z pocátecních podmínek
−b = C2 u0 = bγ + ω′C1 odtud C1 =u0 − bγ
ω′ , C2 = −b
a rešení homogenní rovnice je
s = e−γt
(
u0 − bγ
ω′ sinω′t− b cosω′t
)
.
Partikulárnírešení nehomogenní rovnice hledáme ve tvaru (vzhledem k pravé strane)
s = A cosΩt +B sin Ωt .
Dosazením do (1.7) a srovnáním koeficientu ucosΩt a sinΩt dostaneme proA aB rovnice
(ω20 − Ω2)A+ 2γΩB =
f0m,
−2γΩA + (ω20 − Ω2)B = 0 .
Snadno nyní najdeme konecnérešení
x(t) = b+ e−γt
(
u0 − bγ
ω′ sinω′t− b cosω′t
)
+
+f0/m
(ω20 − Ω2)2 + 4γ2Ω2
[
(ω20 − Ω2) cosΩt + 2γΩ sinΩt
]
, (1.8)
kde
ω′ =√
ω20 − γ2, ω2
0 =Mg
ma, b =
m
Ma .
Pro velkát zustávají pouze vynucené kmity. ProΩ = ω0 máme prípad rezonance
xrez(t) =f0/m
2ω0γsin Ωt .
Pro malá tlumení (γ → 0) dosahuje rezonancní amplituda ohromných hodnot.
12
Príklady k procvi cení
Príklad 1.7 Na hmotný bod o hmotnosti 2 kg a pocátecní rychlostiv0 = 10 m s−1 pusobí síla o
pocátecní hodnoteP0 = 4 N a narustající ox N za sekundu. Víte-li, že ve vzdálenostis1 = 450 m má
rychlostv1 = 105 m s−1, urcete velicinux.[
x = 3 Ns−1]
Príklad 1.8 Hmotný bod o hmotnosti 1 kg se pohybuje pod vlivem síly, kteráse rovnomerne zmen-
šuje ok = 0,5 N za sekundu. Má-li bod pocátecní rychlostv0 = 4 m s−1 proti smeru pusobení síly,
urcete místo acas zastavení, víte-li, že síla je rovná nule práve v okamžiku zastavení. Integrujte obecne
pohybové rovnice, pak urcetecíselne hledané veliciny.[
tL = 4 s;F0 = 2 N; L = 513
m]
Príklad 1.9 V prímce se pohybuje silové centrum dle zákonasc(t) = b+ βt + 12gt2. Urcete pohyb
hmotného bodu o hmotnostim v této prímce platí-li, že na zacátku se nachází v bode s(0) = a a má
rychlostv(0) = α, pusobí-li na nej od centra odpudivá síla úmerná vzdálenosti od centra.[
s(t) = b+g
k+(
a− b− g
k
)
cosh√kt+
α− β√k
sinh√kt
]
Príklad 1.10 Hmotný bod o hmotnostim se muže pohybovat po prímce a je pritahován dvema
silovými centry ležícími na této prímce tak, že síly jsou pritažlivé a úmerné vzdálenosti od centra. Na
zacátku se bod nachází v klidu v bode vzdálenéma od stredu úseckyAB. Naleznete zákon pro pohyb
hmotného bodu.[
s(t) = a cosh√2kt]
Príklad 1.11 Vyšetrete šikmý vrh bez odporu prostredí.
Príklad 1.12 Naleznete obálku všech trajektorií pri šikmém vrhu rychlostív0 (bez odporu pro-
stredí).
[parabola]
Príklad 1.13 Po hladkém stole se pohybuje kulicka hmotnostim = 10 g rychlostív0. Jaká musí být
tato rychlost, aby kulicka dopadle presne na hranu židle vzdálenéd = 30 cm. Židle je oh = 50 cm
nižší než stul,g = 9,81 m s−2.[
v0 = d
√
g
2h= 0, 40 ms−1
]
Príklad 1.14 Sane váhyP sjíždejí ze svahu, který svírá s vodorovnou rovinou úhelα. Urcete
13
KAPITOLA 1. MECHANIKA HMOTNÝCH BODU
rychlostv na konci svahu a dojezds, víte-li, že sane jsou na zacátku v klidu a ve výšceh0. Koeficient
trení je rovenf po celé dráze.[
v =√
2gh0(1− f cotgα) ; s = h0
(
1
f− cotgα
)]
Príklad 1.15 Ve výšceh0 pustíme ze svahu kulicku hmotnostim a rychlostiv0. Dole dojde ke
srážce se stojící kulickou hmotnostiM tak, že odražená kulickam urazí na drsné (koeficient treníf )
vodorovné podložce dráhus. Kuli ckaM pokracuje v pohybu a dostane se na kruhovou vertikální dráhu
polomeruR, kde je vedena až tesne k boduA. Rozhodnete, která situace nastane:
a) kulickaM nedosáhne boduA;
b) kulickaM sice dosáhne boduA, ale ihned tam zacne padat;
c) kulickaM hladce projde bodemA a i dále se bude pohybovat po kruhové dráze.
Je dáno:m = 20 g, f = 0,5, v0 = 25 m s−1, h0 = 120 m, s = 10 m, M = 50 g, R = 12,5 m,
g.= 10 m s−2.
[správná odpoved’ je c)]
Príklad 1.16 Kuli cka o hmotnostim = 100 g s pocátecní rychlostív0 = 5 m s−1 se pohybuje z
výškyh0 = 10 m po drsné (f = 0,1) naklonené rovine (α = 45) smerem dolu. Na hladké vodorovné
podložce narazí v bodeB nacástici hmotnostiM = 147 g, která se proti ní pohybuje rychlostíV1 =
1 m s−1. Jaký je polomer kružniceR, když cásticeM se po rázu zastaví práve v bodeA, který je na
kružnici ve výšce jejího polomeruR nad vodorovnou podložkou? Kulickam se po rázu zastaví.
[R = 3,83 m]
Príklad 1.17 Kuli cka o hmotnostim = 50 g sjíždí po drsné (f = 0,1) naklonené rovine (α = 30)
z výškyh0 = 2 m. Na hladké vodorovné desce se srazí s kulickou o hmotnostiM = 10 g, která se proti
ní pohybuje rychlostíVM = 2 m s−1. Po rázu se obe kulicky pohybují smerem od naklonené roviny
a dosáhnou kruhového oblouku o polomeruR = 0,9 m ve svislé rovine. Jakou pocátecní rychlost
v0 musí mít kulickam, aby se na kružnici zastavila v bodeB ve výšceR nad vodorovnou deskou a
kulickaM , aby práve dosáhla vrcholu kružniceA?
[v0 = 1,65 ms−1]
Príklad 1.18 Hmotný bodm se nachází ve vzdálenostia od prímky p a je mu udelena rychlostv0rovnobežne s prímkou. Urcete dráhu bodu. pusobí-li na nej od prímky síla úmerná vzdálenosti k ní a
je-li tato síla a) pritažlivá, b) odpudivá.
14
[
a)y = a cos
√k
v0x (kosínus); b)y = a cosh
√k
v0x (retezovka)
]
Príklad 1.19 Hmotný bodm je pritahován dvema silovými centry vzdálenýmia. Síly jsou úmerné
vzdálenostem od center. Na zacátku je bod v klidu ve vzdálenostia/2 kolmo od centra1. Urcete po
jaké dráze se bude hmotný bod pohybovat.[
úseckay =a
2− x ; x ∈ 〈0, a〉
]
Príklad 1.20 Na hmotný bodm pusobí centrální síla úmerná vzdálenosti. Bodu je udelena pocátecní
rychlostv0 kolmo na jeho vzdálenosta od centra. Urcete pohyb, je-li síla a) pritažlivá, b) odpudivá.
Rešte v pravoúhlých souradnicích.[
a) elipsa:x(t) = a cos√k t; y(t) =
v0√ksin
√k t;
x2
a2+
y2
(v0/√k)2
= 1;
b) hyperbola:x(t) = a cosh√k t; y(t) =
v0√ksinh
√k t;
x2
a2− y2
(v0/√k)2
= 1
]
Príklad 1.21 Automobil váhyP = 12 000 N se rozjíždí z kopce se zrychleníma = 1,5 m s−2.
Vypocítejte celkovou tažnou sílu motoru (na hnací nápravu) víte-li, že klesání jes = 8 % a ekvivalentní
koeficient trení na jedno kolo jef = 0,3.
[F = 267,1 kp = 2619 N]
Príklad 1.22 Sane váhyP ujedou dráhul po vodorovné rovine, pak vjedou do kruhového oblouku
polomeruR (stredový úhelα) než se zastaví. Urcete pocátecní rychlostv0, je-li po celé dráze koeficient
treníf . Odstredivou sílu zanedbejte.[
v0 =√
2g[R(1− cosα) + f(l +R sinα)]]
Príklad 1.23 Pohyb je dán v kartézských souradnicích polohovým vektoremr = (t, sin t, cos t).
Urcete rozklad zrychlení na tecnou a normálovou složku. Nakreslete dráhu.
[at = 0; an = 1; šroubovice]
Príklad 1.24 Urcete polomer krivosti sinusoidy kinematickým zpusobem a overte dle vzorecku pro
polomer krivosti.[
=(1 + cos2 t)3/2
sin t
]
Príklad 1.25 Pohyb je dán v kartézských souradnicích polohovým vektoremr(t) = (t2, 2t). Urcete
a) po jaké krivce se teleso pohybuje, b) rozklad zrychlení na tecnou a normálovou složku prot = 2 s.
15
KAPITOLA 1. MECHANIKA HMOTNÝCH BODU
[
a) parabola; b)at(2) =4√5
; an(2) =2√5
]
Príklad 1.26 Najdete dráhu, je-li centrální síla pritažlivá, neprímo úmerná tretí mocnine vzdále-
nosti.[
1
= u =
√2mE0
l0ksinh k(ϕ− ϕ0)
]
Príklad 1.27 Je dána sílaF =
(
sin y2, 2xy cos y2 −√1− z2,
zy√1− z2
)
. Rozhodnete, zda se
jedná o sílu konzervativní a jestliže ano, najdete potenciální energii a napište zákon zachování energie.[
U = −x sin y2 + y√1− z2
]
Príklad 1.28 (Balistické kyvadlo) Do bedny s pískem hmotnostiM narazí vodorovne kulka hmot-
nostim. Bedna je otocne zavešená (délka závesul) a pri nárazu se vychýlí o úhelα0. Urcete rychlost
kulky a energii premenenou pri nárazu.[
v =
(
1 +M
m
)
√
2gl(1− cosα0) ; U =M
(
1 +M
m
)
gl(1− cosα0)
]
Príklad 1.29 (Mescorského rovnice) Na teleso hmotnostim pusobí sílaF . Z telesa je každou
sekundu vyvržena hmotnostµ rychlostíu (vzhledem k telesu). Najdete diferenciální rovnici pohybu
tohoto telesa.[
m(t)dv
dt= F − µu
]
Príklad 1.30 (Ciolkovského úloha) Raketa se pohybuje bez vlivu vnejších sil pouze tlakem plynu,
které proudí z rakety rychlostíu (vzhledem k rakete). Urcete rychlost rakety, je-li její pocátecní hmot-
nostm0 a konecná hmotnostm.[
v = u lnm
m0
]
16
Kapitola 2
Mechanika tuhého telesa, neinerciální
systémy
Rešené príklady
Príklad 2.1 Najdete Eulerovy kinematické rovnice v systémuΣ.
x x′1
y
y′1
ϑ
ϕxy
ψ
ψ
Obrázek 2.1:Eulerovy kinematické rovnice v systémuΣ
Rešení:Promítnemeϕ do roviny (x, y)
˙ϕxy = ϕ sinϑ
17
KAPITOLA 2. MECHANIKA TUHÉHO TELESA, NEINERCIÁLNÍ SYSTÉMY
a dále
ϕx = ˙ϕxy sinψ ,
ϕy = − ˙ϕxy cosψ .
Platí
ϑx = ϑ cosψ ,
ϑy = ϑ sinψ .
Jelikožψ je kolmé na rovinu (x, y) nemá složkyx ay. Celkem:
ωx = ϑ cosψ + ϕ sinψ sin ϑ ,
ωy = ϑ sinψ − ϕ cosψ sinϑ , (2.1)
ωz = ψ + ϕ cosϑ .
Príklad 2.2 Rotor rychlobežné turbíny on otáckách za minutu má osu v podélné ose lodi, vážíG a
má polomer setrvacnostia (definujme jej tak, aby platiloMa2 = J). Najdete maximální gyroskopický
tlak na ložiska turbíny, vzdálená od sebes, houpe-li se lod’ kolem prícné osy s maximální výchylkou
ϕ0 a periodouT .
Obrázek 2.2:Rotor rychlobežné turbíny
Rešení:Oznacme smer podélný a prícný šipkami (viz obr. 2.2). Moment hybnosti rotoru je dán vzta-
hem
L = Jω =G
ga2πn
30.
18
Houpání lodi predstavuje harmonický pohyb kolem prícné osy
ϕ = ϕ0 sin2π
Tt ,
úhlová rychlost je dána
ω1 =dϕ
dt=ϕ02π
Tcos
2π
Tt0 ,
její maximální hodnota je
ω1,max =2π
Tϕ0 .
Bude-li se príd’ zdvíhat, koncový bod vektoruL bude klesat rychlostí
u = Lω1
a císelne se rovná (viz [1]-(2.24)) momentu dvojice reakcí ložisek,který je rovnež orientován dolu (a
pusobící na rotor). Na ložiska pusobí moment opacný (nazývá segyroskopický moment), tedy vzhuru
MR = Lω1,max = Rs .
Odtud
R =π2na2Gϕ0
15gTs.
Lod’ tedy „ucítí“ momentRs, který ji bude zatácet doleva. Bude-li príd’ klesat, moment bude na
druhou stranu. Uvedomme si, že tato reakce na chod turbíny a houpání lodi nezávisí na pohybu lodi.
Tedy turbína v chodu bude otácet lodí v rytmu houpání v prícné ose i v klidu. Proto se u vetších lodí
používají dve protibežné turbíny. Obdobné gyroskopické „úkazy“ se objevují i u letadel pri stoupání,
klesáníci zatácení a je nutno s nimi pri konstrukcích pocítat.
Príklad 2.3 Urcete moment setrvacnosti tenké homogenní tyce o délcel kolem osy jdoucí jejím
koncem pod úhlemα.
Rešení:Dle definice
Jo =
∫
r2⊥ dm = γ0
l∫
0
x2 sin2 α dxS ,
kdeS je prurez tyce. Dále
Jo = γ0S sin2 α
l∫
0
x2 dx = γ0S sin2 αl3
3
a konecne
Jo =1
3Ml2 sin2 α ,
kdeM = lSγ0 je hmotnost tyce.
19
KAPITOLA 2. MECHANIKA TUHÉHO TELESA, NEINERCIÁLNÍ SYSTÉMY
Obrázek 2.3:Moment setrvacnosti tenké homogenní tyce
Príklad 2.4 Urcete moment setrvacnosti homogenního disku o hmotnostiM , polomeru R
a tloušt’kyh kolem osy kolmé k jeho rovine a jdoucí bodem jeho obvodu.
Obrázek 2.4:Moment setrvacnosti homogenního disku
Rešení:Nejprve urcíme moment setrvacnosti kolem osy jdoucí jeho hmotným stredem. Máme ve
válcových souradnicích
Js =
∫
r2⊥ dm = γ0
∫
r2⊥ dV = γ0
∫∫∫
r2⊥r⊥ dr⊥ dϕ dz = γ0
R∫
0
r3⊥ dr⊥
2π∫
0
dϕ
h∫
0
dz =
=π
2γ0R
4h =1
2MR2 .
20
Podle Steinerovy vety
Jo = Js +MR2 =3
2MR2
Príklad 2.5 Urcete moment setrvacnosti kolem osy symetrie prímého kruhového kužele (polomer
základnyR, výškah) o celkové hmotnostiM , jehož hustota lineárne roste s výškou tak, že na základne
je nulová.
Obrázek 2.5:Moment setrvacnosti prímého kruhového kužele
Rešení:Zavedeme válcové souradnice (ρ, ϕ, z). Pak
γ(z) = kz
a
M =
∫
V
γ(z) dV = k
R∫
0
2π∫
0
z1(ρ)∫
0
zρ dρ dϕ dz ,
kdez1(ρ) vypocítáme z rovnice površky
z
h+ρ
R= 1 , odtud z1(ρ) =
h
R(R− ρ) .
21
KAPITOLA 2. MECHANIKA TUHÉHO TELESA, NEINERCIÁLNÍ SYSTÉMY
Je
M = k
2π∫
0
dϕ
R∫
0
dρ ρ
z1(ρ)∫
0
dz z = 2πk
R∫
0
dρ ρh2(R− ρ)2
R2 2=πkh2
R2
R∫
0
dρ ρ(R− ρ)2 =
=πkh2R2
12.
Dále
J =
∫
r2⊥ dm =
R∫
0
2π∫
0
z1(ρ)∫
0
ρ2kzρ dρ dϕ dz = 2πk
R∫
0
dρ ρ3z1(ρ)∫
0
z dz =
= 2πk
R∫
0
dρ ρ3h2(R− ρ)2
R2 2=πkh2
R2
R∫
0
dρ ρ3(R− ρ)2 =πkh2R4
60.
Vyjádrímek pomocíM a dostaneme
J =1
5MR2 .
Príklad 2.6 Klikový mechanismus se skládá z pevného disku polomerur1, kliky o vázeG1 a disku
polomeru r2 a váhyG2, který se odvaluje po pevném disku pomocí kliky. Bude-li se klika otácet
úhlovou rychlostíω, najdete celkový moment hybnosti mechanismu k bodu otáceníO.
Rešení:Hledaný moment hybnosti se rovná souctu momentu hybnosti disku II a kliky I
L = LII + LI .
Pro disk máme (moment težište plus moment kolem neho)
LII =G2
gvA(r1 + r2) + J2 ω2 ,
kde (viz príklad 2.4)
J2 =1
2
G2
gr22 , vA = (r1 + r2)ω , ω2 =
vAr2.
Pro kliku
LI = J1 ω ,
kde (viz príklad 2.3)
J1 =1
3
G1
g(r1 + r2)
2 .
22
Obrázek 2.6:Klikový mechanismus se dvema disky
Celkem tedy máme
L =r1 + r2g
[
G1r1 + r2
3+G2
(
r1 +3
2r2
)
]
ω .
Príklad 2.7 Kolik bude vážitclovek váhyG ve výtahu, který
a) pri rozjezdu vzhuru dosahuje zrychlení13g
b) volne padá následkem pretržení lana?
Rešení:
a) Položíme-li kladnou osuz do smeru zemské tíže, máme dle [1]-(2.31)
G′ = G−m(−a0) = G+m
3g =
4
3G .
b) Pretrhne-li se lano, bude mít výtah zrychleníg a máme
G′ = G−ma0 = G−G = 0 .
Ve volne padajícím výtahu jeclovek ve stavu beztíže.
23
KAPITOLA 2. MECHANIKA TUHÉHO TELESA, NEINERCIÁLNÍ SYSTÉMY
Obrázek 2.7:Clovek ve výtahu pri pohybu a) vzhuru b) volným pádem
Príklad 2.8 Teleso váhyG je položeno na šikmou stenu klínu, který spocívá na vodorovné rovine.
Jaké vodorovné zrychlení musí mít klín, aby teleso zustalo vuci nemu v klidu? Jakou silou pritom tlací
teleso na klín? Trení zanedbejte. Známe úhelα šikmé steny.
Obrázek 2.8:Teleso na klínu, který se pohybuje zrychlene
Rešení:Predpokládejme, že hledané zrychlení jea. V neinerciálním systému spojeném s klínem a
24
telesem je toto v klidu pod vlivem techto sil: jeho váhyG, tlaku klínuN a setrvacné sílyZ = −Gga,
G +N + Z = 0 .
Rozložením do smeru rovnobežného a kolmého s šikmou stenou klínu máme
G sinα− G
ga cosα = 0 , N −G cosα− G
ga sinα = 0 .
Z první rovnice dostaneme velikost vodorovného zrychlení
a = g tgα .
Dosazením do druhé rovnice vychází tlak
N =G
cosα.
Príklad 2.9 Urcete odchylku místa dopadu kamene, který pustíme na otácející se zemi z výškyh.
Obrázek 2.9:Kámen padající z výškyh na povrch Zeme
25
KAPITOLA 2. MECHANIKA TUHÉHO TELESA, NEINERCIÁLNÍ SYSTÉMY
Rešení:Predpokládejme, že se nacházíme na povrchu Zeme v míste se zemepisnou šírkou ϕ. Jeli-
kož nelze od sebe odlišit tíhu zemskou (do stredu Zeme) a odstredivou sílu, budeme lokální kolmici
považovat za jejich výslednici
g
′ = g + ω × (R × ω) .
Považujeme-li rotaci zemskou za rovnomernou, pak je
mr ′ = mg ′ + 2mr ′ × ω , t = 0 : r0 = he⊥ , v0 = 0 .
První integrace dává
r
′ = g
′t + 2r ′ × ω + C , odtud 0 = 2he⊥ × ω + C ,
takže
r
′ = −gte⊥ + 2(r ′ − he⊥)× ω .
Tato rovnice pror ′ se dá sice presne integrovat, ale vzhledem k malostiω (∼ 7, 29 · 10−5 s−1) se
spokojíme s prvním priblížením. Zanedbáme-li rotaci (ω = 0), dostaneme v nultém priblížení
r
′(0) = −gte⊥ a odtud r ′(0) =
(
−1
2gt2 + h
)
e⊥ ,
známý volný pád podél svislice. Dosazením do rovnice pror
′ dostaneme první priblížení pro rychlost
v
′(1) = −g′te⊥ − g′t2e⊥ × ω
a integrací dlet
r
′(1) = −1
2g′t2e⊥ +
1
3g′t3ω × e⊥ .
Vektorω × e⊥ na severní polokouli má smer na východ. Urcíme-li dobu pádu z rovnice
+1
2g′t21 = h tj. t1 =
√
2h
g′, kdeg′ ∼ g (go ∼ 0, 0338m s−2)
a dosadíme, dostaneme pro odchylku na východ
∆ =2
3h
√
2h
gω cosϕ .
V Praze tociní asi 1,3 mm pri pádu z výšky 100 m.
26
Obrázek 2.10:Žebrík oprený o stenu
Príklad 2.10 Žebrík váhyG je opren o ideálne hladkou stenu a stojí na ideálne hladké podlaze.
Jakou silouP ho musíme zaprít na pate, aby zustal v klidu pod úhlemα?
Rešení:Abychom mohli vyšetrovat jediné teleso (žebrík), musíme jej uvolnit, tj. místo steny a podlahy
musíme zavést síly (neznámé)R1 aR2. Jelikož se jedná o ideální povrchy (bez trení), musí být reakce
kolmé k povrchu (proc?). Naše teleso tedy musí být v klidu pod vlivem silR1, R2, G, P .
Z první a druhé impulzové vety plyne: má-li teleso zustat v rovnováze (tj.ri ≡ konst.), musí být∑
Fi = 0 ,∑
Mi = 0 ,
kde na pravé strane je výslednicevšech sila výsledný momentvšechsil k libovolnému bodu.
V našem prípade musí platit (provádíme rozklad do vodorovného a svislého smeru, moment k boduA)
R1 − P = 0 , G− R2 = 0 , R1 l sinα−Gl
2cosα = 0 .
Vyloucením reakcí (které nás nezajímají) dostaneme
P =G
2cotgα .
Príklad 2.11 Na vrcholu hladké kružnice polomerua leží kulicka o hmotnostim. Jak souvisí výška
odpadnutí kulicky na pocátecní rychlostiv0 (ve vodorovném smeru)? Diskutujte.Rešte jako problém
ve svislé rovine.
Rešení:Polohu kulicky budeme udávat vzdálenostíy od vodorovné prímky, jdoucí stredem kružnice.
V obecné poloze pusobí na kulicku ctyri síly: odstredivá, gravitacní, reakcní a Eulerova (po odstranení
kružnice – uvolnení). Ve smeru normály platí
FO = R +mg sinα , kdeFO = mv2
a,
27
KAPITOLA 2. MECHANIKA TUHÉHO TELESA, NEINERCIÁLNÍ SYSTÉMY
Obrázek 2.11:Pohyb kulicky po povrchu koule
a tedy
R = m
(
v2
a− g sinα
)
.
Odpadnutí kulicky znamenáR = 0, což dává úhelα, a tím iy = a sinα:
v 2
a− g sinα = 0 odtud y =
v 2
g, (2.2)
kdev je rychlost pri odpadnutí.
Abychom dostali vztah meziv a v0 uvedomme si, že se jedná o gravitacní pole, což je pole konzerva-
tivní o potenciální energiiU = mgy (což je práce pri zvednutícástice ody = 0 (volímeU(0) = 0) do
y).
A zákon zachování energie je dán
E =1
2mv2 +mgy =
1
2mv20 +mga = E0 .
Pro bod odpadnutí najdeme odtud
v 2 = v20 + 2g(a− y) .
Dosadíme-li do (2.2) dostaneme hledaný vztah
v20 = (3y − 2a)g , ymin ≤ y ≤ a
28
a odtud plyne
0 ≤ v0 ≤√ag , pri v0 = 0 , ymin =
2
3a .
Príklady k procvi cení
Otácení tuhého telesa
Príklad 2.12 Dve malé homogenní kulicky o hmotnostechm1,m2 jsou spojeny tycí o délceL, jejíž
hmotnost mužeme zanedbat. Urcete moment setrvacnostiJo soustavy vzhledem k oseo, která je kolmá
na tyc a prochází težištem soustavy.
[viz [3]-1129 ]
Príklad 2.13 Strela o hmotnostim a rychlostiv0 zasáhne konec drevené tyce délkyL a hmotnosti
M a uvázne v ní. Tyc je volne otácivá kolem vodorovné osy procházející jedním koncem tyce..
a) Urcete moment setrvacnosti tyce vzhledem k ose otácení.
b) Vypoctete úhlovou rychlost, kterou se tyc zacne otácet.
c) Vypoctete pomer∆U
Ek(0)zmeny vnitrní energie soustavy strela a tyc ku pocátecní kinetické ener-
gii soustavy.
[viz [3]-2162 ]
Príklad 2.14 Betonová válcová skruž hmotnostiM se valí bez smýkání dolu po svahu, který svírá
s vodorovnou rovinou úhelα.
a) Urcete moment setrvacnosti skruže, je-li vnejší polomerR, vnitrní polomerr a výškah.
b) Urcete zrychlení hmotného stredu skruže.
[viz [3]-2288 ]
Príklad 2.15 (Tenzor setrvacnosti tyce) Urcete složky tenzoru setrvacnosti velmi tenké homogenní
tyce délkyl vzhledem k jejímu hmotnému stredu a urcete moment setrvacnosti této tyce vzhledem k
ose procházející hmotným stredem a urcené vektoremn =(√
22; 0;
√22
)
.
[viz [3]-2235 ]
Príklad 2.16 (Tenzor setrvacnosti kvádru) Urcete tenzor setrvacnosti homogenního kvádru o stra-
nách s délkoua, b, c vzhledem k hmotnému stredu kvádru. Dále urcete moment setrvacnosti tohoto
kvádru vuci telesové úhloprícce. Diskutujte tenzor setrvacnosti krychle jako speciální prípad.
29
KAPITOLA 2. MECHANIKA TUHÉHO TELESA, NEINERCIÁLNÍ SYSTÉMY
[viz [3]-2236 ]
Príklad 2.17 (Tenzor setrvacnosti válce) Mejme homogenní válec výškyh a kruhové podstavy o
polomeruR.
a) Urcete tenzor setrvacnostiJ tohoto válce vzhledem k jeho hmotnému stredu.
b) Urcete limity limh→0
J a limR→0
J .
Tenzory setrvacnosti jakých teles tímto získáme?
[viz [3]-2251 ]
Príklad 2.18 (Tenzor setrvacnosti elipsoidu) Urcete tenzor setrvacnosti homogenního obecného
elipsoidu o délkách poloosa, b, c, který vyhovuje následující nerovnici:
x2
a2+y2
b2+z2
c2≤ 1.
Tenzor setrvacnosti urcete vzhledem k hmotnému stredu elipsoidu. Diskutujte tenzor setrvacnosti koule
jako speciální prípad.
[viz [3]-2247 ]
Príklad 2.19 (Krychle s hmotným bodem – hlavní osy setrvacnosti) Urcete tenzor setrvacnosti ho-
mogenní krychle o délce hranya a hmotnostiM vzhledem k jednomu z jejích vrcholu, jestliže je k
vrcholu naproti pres stenovou úhloprícku pripevnena kulicka o hmotnostim = 16M zanedbatelných
rozmeru. Najdete hlavní osy rotace a hlavní momenty setrvacnosti.
[viz [3]-2250 ]
Príklad 2.20 (Tenzor setrvacnosti cinky – hlavní osy setrvacnosti) Urcete tenzor setrvacnosticinky
vzhledem k pocátku soustavy souradnic, jestliže je veškerá hmotnost umístena pouze v závažích na
koncíchcinky a jejich polohové vektory a hmotnosti jsou následujicí:
r1 = (a;−a; 0) , m1 = 2M ;
r2 = (a; a; a) , m2 =M .
Dále urcete hlavní smery a hlavní momenty setrvacnosti této soustavy.
[viz [3]-2252 ]
Vektorová mechanika
Príklad 2.21 Na kladce o polomeruR a hmotnostiM je svisle zavešeno závaží tíhyG. Na druhé
strane je závaží svisle uchyceno pružinou o pružnostik k vodorovné podložce. Najdete rovnici pohybu
30
závaží, pokud na pocátku udelíme závaží smerem svisle dolu rychlostv0.
[
z(t) =v0ω0
sinω0t; kdeω0 =
√
2gk
2G+Mg; pro poc. podmínky:z(0) = 0, z(0) = v0
]
Príklad 2.22 V kruhové jáme o polomeruR je položena tyc délky2l a tíhyP . Tyc se jedním koncem
opírá o dno jámy a je oprena o její kraj, pres který presahuje, pricemž všechny povrchy jsou ideálne
hladké. Urcete úhelϕ mezi tycí v rovnovážné poloze a vodorovnou rovinou a vypocítejte reakce.
[
cosϕ =l +
√l2 + 32R2
8R; reakce na dne jámyN = P tgϕ a na okraji jámyT = P
cos 2ϕ
cosϕ
]
Príklad 2.23 Nit je privázaná na telesu váhyP , které se muže posouvat po drsné vodorovné rovine
(koeficient trení f ). Dále je nit vedena pres volnou kladku polomeru r a váhyQ ke stropu, kde je
uvázaná. Urcete závislost rychlostiv(h) telesaP na vzdálenosti od stropuh, pustíme-li volnou kladku
z nulové výškyh = 0 bez pocátecní rychlosti.
[
v(h) = 4
√
(Q− 2fP )hg
3Q+ 8P
]
Príklad 2.24 Nehomogenní tyc váhyG, jejíž hustota lineárne roste s délkou (od nuly) se težším
koncem opírá o vodorovnou podlahu a lehcím koncem o svislý výstupek výškyh. Dole je vodorovne
privázaná nití a je dán její sklonα k vodorovné rovine. Urcete napetí niteT a tlaky na výstupekR1 a
na podlahuR2.
[
R1 =Gl
6hsin 2α ;R2 = G
(
1− l
6hcosα sin 2α
)
;T =Gl
6hsinα sin 2α
]
Príklad 2.25 Na svislé stene jsou nad sebou pripevneny dva pruty déleka a b, které jsou od sebe
vzdálenyc a na druhém konci jsou spolu spojeny (takže tvorí trojúhelník o stranácha, b, c) a je na nich
zavešeno teleso váhyP . Urcete namáhání prutu, pruty pokládáme za nehmotné.
[
Ta =a
cP ;Tb =
b
cP ; platíTa : Tb : P = a : b : c
]
Príklad 2.26 Na strope jsou zavešenyctyri pruty délkya tak, že první dva jsou zavešeny ve vzdá-
lenostia a spojeny tak, že vytvárí spolu se stropem rovnostranný trojúhelník. Další dva pruty jsou
pripevneny na jeden a druhý konec jednoho prutu a spojeny tak, že vytvárí se stropem a druhým pru-
tem kosoctverec a na jejich spolecném konci je teleso váhyP . Najdete zatížení všechctyr prutu a
reakce.
31
KAPITOLA 2. MECHANIKA TUHÉHO TELESA, NEINERCIÁLNÍ SYSTÉMY
[
zatížení prutu:T1 = T3 = T4 =P√3;T2 =
2P√3
; reakce:R = N =P√3
, reakceN pusobí pod
úhlem30 vzhledem k vodorovnému stropu.]
Príklad 2.27 Na svislé stene je na niti zavešena kulicka váhyP , kulicka se opírá o stenu a nit svírá
se stenou úhelα. Urcete napetí vláknaT a reakci stenyN .
[
N = P tgα ;T =P
cosα
]
Príklad 2.28 Dve tyce, první délkya a druhá délky2a jsou spolu pohyblive spojené. První tyc je
zavešena na konci vodorovné desky, od ní je ve vzdálenostia okraj další vodorovné desky, o který je
volne oprena druhá (delší) tyc. Urcete úhelϕ mezi první vodorovnou deskou a první (kratší) tycí.
[
cosϕ
2=
1 +√51
10; ϕ
.= 71
]
Príklad 2.29 Nit délky l je zavešená na obou koncích na vodorovné stropy. Svislá vzdálenost bodu
zavešení jeh a jejich vodorovná vzdálenost jea. Na niti je zavešeno teleso váhyP . Urcete úhlyα aβ
mezi konci nite a príslušnými svislicemi procházejícími body závešení. Urcete vodorovnou vzdálenost
xmezi svislicí, která prochází níže položeným závesem, a zavešeným telesemP . Urcete napetí niteT .
[
α = β , sinα =a
l;T =
P l
2√l2 − a2
; x =a
2− ha
2√l2 − a2
]
Neinerciální systémy
Príklad 2.30 (Kyvadlo ve vlaku – rovnovážná poloha) Naleznete rovnovážnou polohu kyvadla ve
vlaku, který se pohybuje s konstantním zrychleníma.
[viz [3]-937 ]
Príklad 2.31 (Odstredivá síla na rovníku) Mužeclovek stojící na rovníku „uletet“ vlivem odstre-
divé síly? Polomer Zeme na rovníku je 6378 km, úhlová rychlost rotace Zeme je 7,29 · 10−5 s−1.
Hmotnostcloveka predpokládejte 80 kg.
[viz [3]-200 ]
Príklad 2.32 (Kyvadlo na kolotoci) Na kolotoci je ve vzdálenosti 2 metry od osy otácení povešeno
pulkilogramové závaží na závesu délky 1 metr, které je vychýleno o úhel velikosti10 z rovnovážné
polohy. Jaká je obežná doba kolotoce?Rešte z hlediska inerciálního systému i z hlediska neinerciální
32
soustavy kolotoce.
[viz [3]-481 ]
Príklad 2.33 (Ampéreova úloha) Težká kulicka hmotnostim se pohybuje v šikmé trubce (svírající
úhelα s vertikálou), která se otácí konstantní úhlovou rychlostíω0 kolem svislé osy. Urcete zákon
pohybu a bocní tlakN na stenu trubky.
[
s(t) =g sin2 α
ω20 cosα
+ C1 eω0t sinα + C2 e
−ω0t sinα ,
N =√
N21 +N2
2 , kdeN1 = mg sinα +msω20 sinα cosα ,N2 = 2ms sinα
]
33
Kapitola 3
Analytická mechanika
Rešené príklady
Príklad 3.1 Je dána vazba v diferenciálním tvaru:
(3x ln y − 2 sin z) dx+x2
ydy − x cos z dz = 0 . (3.1)
Rozhodnete jaká to je vazba a pokud to jde, integrujte ji.
Rešení:Definujeme formální vektor
Z = (3x ln y − 2 sin z,x2
y, −x cos z) .
Vypocítejme
rotxZ = 0 , roty Z = − cos z , rotz Z = −xy
⇒ rotZ 6= 0 .
Snadno zjistíme, žeZ · rotZ = 0, jedná se tedy o vazbusemiholomní; pokusme se zjistit integracní
faktor takto: predpokládejme, žeλ = λ(x). Vynásobme rovnici (3.1) funkcíλ a žádejme, abyrotλZ =
0 :
rotx λZ = 0 , roty λZ = (xλ′ − λ) cos z = 0 , rotz λZ =x
y(xλ′ − λ) = 0 ;
odtud
xλ′ − λ = 0 a separacíλ(x) = x .
Tedy pro
λZ = (3x2 ln y − 2x sin z,x3
y, −x2 cos z)
34
je
λZ · dr = dϕ .
totální diferenciál. Funkciϕ(x, y, z) najdeme takto. Víme, že napr.
∂ϕ
∂z= −x2 cos z , odtud ϕ(x, y, z) = −x2 sin z + C(x, y) , (3.2)
kdeC(x, y) je libovolná (diferencovatelná) funkce(x, y) (hledáme nejobecnejší výraz splnující (3.2)).
Dále máme∂ϕ
∂y≡ ∂C(x, y)
∂y=x3
y,
odtud
C(x, y) = x3 ln y + C(x) .
Tedy
ϕ(x, y, z) = −x2 sin z + x3 ln y + C(x) .
Dále je∂ϕ
∂x≡ −2x sin z + 3x2 ln y +
dC(x)
dx= 3x2 ln y − 2x sin z ,
tedydC(x)
dx= 0 a mámeC(x) = konst.
Konecne tedy
ϕ(x, y, z) = x3 ln y − x2 sin z + konst.
Príklad 3.2 Rešte príklad 2.10 pomocí principu virtuálních prací.
Rešení:Náš systém má jeden stupen volnosti (stací zadat jeden parametr, napr. úhelα). Udelme žeb-
ríku libovolné posunutí (myšlené).
Princip virtuálních posunutí dává
P δx+Gδy = 0 ,
kde jsme zavedli souradný systém dle obrázku 3.2. Mámex = l cosα , 2y = l sinα (l – délka žebríku),
odtudδx = −l sinα δα , δy = (l/2) cosα δα a dále dosazením
(−lP sinα +Gl
2cosα) δα = 0 , odtud(δα 6= 0 , libovolné)
P =G
2cotgα .
35
KAPITOLA 3. ANALYTICKÁ MECHANIKA
Obrázek 3.1:Žebrík váhyG oprený o ideálne hladkou stenu na ideálne hladké podlaze
Príklad 3.3 Urcete silové namáhání šikmé podpery (viz obrázek 3.2). Tíhu podpery pokládejte za
zanedbatelnou.
Rešení:Hledaná síla není vnejší síla a zdá se tedy, že princip virtuálních prací nelze použít. Mužeme
však vodorovný pruhcástecne uvolnit (odstraníme podperu a místo ní zavedeme hledanou síluT ). Tím
se hledaná síla stala vnejší silou a zároven vodorovný prut získal 1 stupen volnosti. Udelejme virtuální
posunutíδα 6= 0. Tím se nám pusobište silT aG posunou oδx a δy a máme
T√2δx+Gδy = 0 .
Dále platí
δy = 2 δx = 2a tg δα ∼= 2a δα (δα≪ 1)(
T√2a+G 2a
)
δα = 0
a konecne
T = −2√2G
(záporné znaménko znamená, žeT mírí proti smeruG).
Príklad 3.4 Pomocí principu virtuálních prací odvod’te podmínky rovnováhy tuhého telesa.
36
~~
Obrázek 3.2:Silové namáhání šikmé podpery
Rešení:Predpokládejme, že systém je v rovnováze pod silamiFi (výslednice všech sil, tj. i reakcí
pusobících nai-tý bod). Obecný pohyb lze vždy, dle Eulerovy vety (viz kapitola 2.2), rozdelit na
posunutí a otocení. Udelme všem bodum stejné virtuální posunutíδa 6= 0 . Princip virtuálních prací
dáváN∑
i=1
Fi · δa = 0 odtud δa ·∑
i
Fi = 0
a dáleN∑
i=1
Fi = 0 . (3.3)
Ted’ udelme celému systému totéž virtuální otoceníδϕ 6= 0 , každý bod se posune oδri = δϕ × ri a
37
KAPITOLA 3. ANALYTICKÁ MECHANIKA
mámeN∑
i=1
Fi · δϕ× ri = 0 ;
dáleN∑
i=1
δϕ · ri × Fi = 0 ,
odtud
δϕ ·N∑
i=1
ri × Fi = δϕ ·N∑
i=1
Mi = 0
a konecneN∑
i=1
Mi = 0 . (3.4)
Príklad 3.5 Urcete virtuální práci a vliv setrvacných sil pri otácení tuhého telesa kolem pevné osy.
Obrázek 3.3:Otácení tuhého telesa kolem pevné osy
Rešení:Predpokládejme, že tuhé teleso se tocí kolem osyo jdoucí bodemO.
Elementdm má virtuální posunutíδr a tedy
δA =
∫
M
f · δr dm =
∫
M
f‖ δr dm =
∫
M
f‖ r⊥ δϕ dm = δϕ
∫
M
r⊥f‖ dm,
38
kdef‖ znací projekcif do smeruδr , kolmá vzdálenost elementudm od rotacní osy je oznacenar⊥, a
tedy
δA =Mo δϕ , (3.5)
kdeMo je celkový moment vnejších sil vzhledem k oseo.
Setrvacná síla pri rotaci je dána souctem Eulerovy síly a odstredivé síly (viz kapitola 2.9). Pri otácení
kolem pevné osy je odstredivá síla kolmá na smer pohybu a neovlivnuje jej (ruší se pomocí osy),
Eulerova síla
dfE = dm r⊥ × ε
mírí proti zrychlení a má moment
Mz = −∫
dmr2⊥ε = − ε
∫
r2⊥ dm,
neboli
Mz = − εJo , (3.6)
kdeJo je skalární moment setrvacnosti kolem osy rotace.
Príklad 3.6 Dva bubny o polomerechr1 ar2 a vaháchQ1 aQ2 jsou pevne spojeny a mohou se otácet
kolem vodorovné osy procházející jejich spolecným stredem. Jsou na nich namotané neprodloužitelné
nite a na jejich koncích jsou uvázána závažíG1 aG2. Urcete úhlové zrychlení bubnu.
Rešení:Celý systém má jeden stupen volnosti. Udelme mu virtuální pootocení o úhelδϕ a predpo-
kládejme, že pohyb se bude konat tak, že závažíG1 klesá. Zakresleme si do obrázku všechny síly a
momenty (vcetne setrvacných).
Lagrangeuv princip a rovnice (3.5), (3.6) dávají
(G1 −m1a1) δs1 + (−G2 −m2a2) δs2 −Mz δϕ = 0 .
Dále platí
m1 =G1
g, m2 =
G2
g, δs1 = r1 δϕ , δs2 = r2 δϕ
a1 =d
dt
δs1dt
= r1d2ϕ
dt2= r1 ε , a2 = r2 ε
Mz = εJ = ε1
2g(Q1 r
21 +Q2 r
22) .
Dosazením(
G1r1 −G2r2 −1
g
[
(
G1 +Q1
2
)
r21 +
(
G2 +Q2
2
)
r22
]
ε
)
δϕ = 0 .
39
KAPITOLA 3. ANALYTICKÁ MECHANIKA
OQ1
Q2
r1
r2
Mz
ε δϕ
δs1
δs2
G1
G2
Z1
Z2
a1
a2
Obrázek 3.4:Dva pevne spojené bubny otocné kolem spolecné osy, na každém z nich je namotána nit
se závažím
Tudížδϕ 6= 0
ε =(G1r1 −G2r2) g
(
G1 +Q1
2
)
r21 +(
G2 +Q2
2
)
r22.
Bude-liG1r1 < G2r2 bude klesat závažíG2 .
Príklad 3.7 Rešte pomocí Lagrangeových rovnic I. druhu príklad 2.11.
Rešení:V rovine pohybu si zvolme kartézský pravoúhlý systém s pocátkem ve stredu kružnice, s vo-
dorovnou osoux a svislou osouy.
Vazba je dána výrazem
ϕ(x, y) ≡ x2 + y2 − a2 = 0 .
40
Obrázek 3.5:Kulicka o hmotnostim leží na vrcholu hladké kružnice polomerua a pohybuje se s pocá-
tecní rychlostiv0 ve vodorovném smeru
Jedná se tedy o jednu holonomní skleronomní vazbu. Lagrangeovy rovnice I. druhu jsou
mx = +2λx ,
my = −mg + 2λy , (3.7)
kde jsme zavedli multiplikátorλ. Tyto diferenciální rovnicerešíme standardním zpusobem (srov. [1]-
(1.24)): první vynásobímex, druhouy a secteme
m(xx+ yy) =d
dt
m
2(x2 + y2) = − d
dtmgy + λ
d
dt(x2 + y2) .
Posledníclen je roven nule a po integraci máme
1
2mv2 +mgy = C .
Dostali jsme zákon zachování energie a jeC = 12mv20 +mga. Abychom dostali druhou rovnici prov
zderivujme dvakrát podlecasu vazbovou podmínku
2xx+ 2yy = 0 ,
xx+ yy + x2 + y2 = 0 .
Vynásobíme-li první rovnici (3.7)x a druhouy a secteme, vyloucíme výrazxx+ yy a dostáváme
2λa2 +mv2 −mgy = 0 .
41
KAPITOLA 3. ANALYTICKÁ MECHANIKA
Vydeleníma dostaneme
2λa = mg sinα−mv2
a≡ G⊥ − F0 = R ,
což je silová rovnice v normále. Odpadnutí kulicky znamenáR = 0, tj. λ = 0 a dostáváme:
1
2v 2 + gy =
1
2v20 + ga ,
v 2 = gy ,
kde proužkem znacíme hodnoty velicin v okamžiku odpadnutí kulicky.
Vyloucíme-liv 2 dostáváme:v20 = g(3y − 2a). Odtud snadno plyney.
Príklad 3.8 Hmotný bodM se muže volne pohybovat po vodorovné prímcep. Na nem je na bez-
hmotné tyci délky l zavešen hmotný bodm, který se muže otácet kolem boduM ve svislé rovine
proložené prímkoup. Najdete pohyb systému pro malé kmity (eliptické kyvadlo).
Obrázek 3.6:Kmity eliptického kyvadla
Rešení:Pohyb je rovinný a má dva stupne volnosti. Za zobecnené souradnice zvolíme: polohux bodu
M na prímce, merenou od libovolného pevného bodu0 a úhelϕ tycel od svislice.
Kinetickou energii nejlépe pocítáme v kartézských souradnicích (druhou osuy zvolíme svisle dolu),
nebot’ máme univerzální vzorec:
T =1
2Mx2 +
1
2m(x21 + y21) ,
kde pro souradnicex1, y1 hmotného bodum platí
x1 = x+ l sinϕ , y1 = l cosϕ .
42
Snadno zjistíme
T =1
2(m+M)x2 +
1
2ml2ϕ2 +ml cosϕ x ϕ .
Potenciální energie je dána výrazem (volímeU(y = 0) = 0)
U = −mgy1 = −mgl cosϕ .
Lagrangeova funkce je
L(x, ϕ, x, ϕ) =1
2(m+M)x2 +
1
2ml2ϕ2 +ml cosϕ x ϕ+mgl cosϕ .
Dále urcíme∂L
∂x= (m+M)x +ml cosϕ ϕ = C1 , nebot’x je cyklické,
a odtud
(m+M)x+ml sinϕ = C1 t + C2 .
Zvolíme-li pocátecní podmínky tak, aby prot = 0 :
x = x0 , ϕ = ϕ0
x = 0 , ϕ = 0
mámeC1 = 0. Zvolíme-li vhodne pocátekO tak, aby
(m+M)x0 +ml sinϕ0 = 0
je i C2 = 0 a máme
x = − ml
m+Msinϕ .
JelikožL nezávisí explicitne nat a vazby jsou skleronomní, mámeE = konst.
1
2(m+M)x2 +ml cosϕ x ϕ+
1
2ml2ϕ2 −mgl cosϕ = E0 = −mgl cosϕ0 .
Dosazením zax1
2
(
1− m
m+Mcos2 ϕ
)
ϕ2 +g
l(cosϕ0 − cosϕ) = 0
a odtud derivací dleϕ a zkrácenímϕ dostaneme rovnici proϕ
1
2
(
1− m
m+Mcos2 ϕ
)
ϕ+m
m+Msinϕ cosϕ ϕ2 +
g
lsinϕ = 0 ,
(1 + κ sin2 ϕ) ϕ+ κ sinϕ cosϕ ϕ2 +g
l(1 + κ) sinϕ = 0 , (3.8)
kdeκdef=
m
M.
43
KAPITOLA 3. ANALYTICKÁ MECHANIKA
Budeme-li pocítat pomocí Lagrangeových rovnic II. druhu, máme
d
dt
∂L
∂x− ∂L
∂x≡ (m+M)x+ml cosϕ ϕ−ml sinϕ ϕ2 = 0 (A)
Dále máme∂L
∂ϕ= ml2ϕ+ml cosϕ x ,
∂L
∂ϕ= −ml sinϕ xϕ−mgl sinϕ
d
dt
∂L
∂ϕ= ml2ϕ+ml cosϕx−ml sinϕ xϕ
d
dt
∂L
∂ϕ− ∂L
∂ϕ≡ ml2ϕ+ml cosϕ x+mgl sinϕ = 0 . (B)
Dosazením zax z (A) do (B) obdržíme opet (3.8). Je to nelineární diferenciální rovnice jejížrešení je
obecne velice obtížné, ne-li nemožné. Predpokládejme tedyϕ≪ 1 a ϕ≪ 1, pak mužeme nahradit
sinϕ ∼ ϕ , cosϕ ∼ 1
a omezíme se nacleny maximálne 1.rádu a dostaneme z (3.8)
ϕ+g
l(1 + κ)ϕ = 0 (linearizace).
Rešení je tedyϕ = ϕ0 sinω0t , x = − mlϕ0
m+Msinω0t , kde
ω0 =
√
g
l
(
1 +m
M
)
je úhlová frekvence malých kmitu.
Najdeme krivku, kterou opisuje bodm pri tomto pohybu:
x1 = x+ l sinϕ = − ml
m+Msinϕ+ l sinϕ =
M
m+Ml sinϕ ,
y1 = l cosϕ .
Vyloucením úhluϕ dostanemex21
(
M
m+Ml
)2 +y21l2
= 1 ,
což predstavuje elipsu.
44
Príklad 3.9 Rešte príklad 3.8 Hamiltonovým formalizmem.
Rešení:Z Lagrangeovy funkce (viz príklad 3.8)
L(x, ϕ, x, ϕ) =1
2(m+M)x2 +
1
2ml2ϕ2 +ml cosϕ xϕ+mgl cosϕ, (A)
obdržíme z definice
px ≡ ∂L
∂x= (m+M)x+ml cosϕ ϕ ,
pϕ ≡ ∂L
∂ϕ= ml cosϕ x+ml2ϕ ;
(B)
odtud
x =pxl − pϕ cosϕ
l(M +m sin2 ϕ), ϕ =
−pxml cosϕ+ pϕ(M +m)
ml2(M +m sin2 ϕ). (C)
Jelikož jsou vazby skleronomní a gravitacní síla je konzervativní, Hamiltonova funkce se rovná celkové
energii, kde ovšem musíme zobecnené rychlosti nahradit zobecnenými hybnostmi podle (C). Po delším
pocítání obdržíme
H(x, ϕ, px, pϕ) =l2p2x − 2lpxpϕ cosϕ+ p2ϕ(1 +M/m)
2l2(M +m sin2 ϕ)−mgl cosϕ .
Hamiltonovy rovnicedx
dt=∂H
∂pxa
dϕ
dt=∂H
∂pϕ
nám znovu dávají rovnice (C) (slouží jako kontrola). Další rovnice je
dpxdt
= −∂H∂x
= 0 , nebot’x je cyklická souradnice.
Odtud plyne
px = C1 .
Ctvrtá Hamiltonova rovnice je obecne složitejší. Omezme se na konkrétní pocátecní podmínky:
t = 0 : x = 0 ; ϕ = 0 ⇒ px = C1 = 0 (viz (B)).
Máme tedy pro tento prípad:
H(x, ϕ, 0, pϕ) =(m+M)p2ϕ
2l2m(M +m sin2 ϕ)−mgl cosϕ ,
a vztahy:
x = − cosϕ
l(M +m sin2 ϕ)pϕ , ϕ =
m+M
ml2(M +m sin2 ϕ)pϕ . (D)
45
KAPITOLA 3. ANALYTICKÁ MECHANIKA
Ctvrtá Hamiltonova rovnice zní
dpϕdt
= −∂H∂ϕ
=(m+M) sinϕ cosϕ
l2(M +m sin2 ϕ)2p2ϕ −mgl sinϕ . (E)
Poslední tri rovnice 1. rádu s pocátecními podmínkamit = 0 : x = x0 , ϕ = ϕ0 nám urcují tri
neznámé funkcex(t), ϕ(t), pϕ(t). Stací najítϕ = ϕ(t), další integrace je snadná. Abychom vyloucili
pϕ najdemeϕ derivací druhé rovnice (D)
ϕ =m+M
ml2(M +m sin2 ϕ)pϕ − 2
(m+M) sinϕ cosϕ
l2(M +m sin2 ϕ)2ϕpϕ .
Dosadíme zadpϕdt
apϕ z (D), (E) a po delší algebraické úprave obdržíme
(1 + κ sin2 ϕ)ϕ+ κ sinϕ cosϕ ϕ2 +g
l(1 + κ) sinϕ = 0 ,
což je pohybová rovnice (3.8) z príkladu 3.8. Poznamenejme, že proM → ∞ (κ→ 0) rovnice zní
ϕ+g
lsinϕ = 0 ;
popisuje matematické kyvadlo s pevným závesem.
Príklady k procvi cení
Vazby
Príklad 3.10 Je dána vazba v diferenciálním tvaru:
(2 sin y − 3x ln z) dx+ x cos y dy − x2
zdz = 0 .
O jakou vazbu se jedná? Je-li to možné, integrujte.
[semiholonomní, integracní faktorλ(x) = x ; ϕ(x, y, z) = x2 sin y − x3 ln z + konst.]
Princip virtuálních prací
Príklad 3.11 Tyc délkyl a váhyP je oprená u podlahy v pevném bodeA tak, že se muže libovolne
naklánet a svírat s podlahou libovolný úhelα. Na druhém konci tyce v bode B je provaz, který je
prehozený pres kladku v bodeC, který se vzhledem k boduA nachází ve výšcel0. Na druhé strane
46
lana v bodeD se nachází závaží váhyQ, které se od boduA nachází v horizontální vzdálenostia. Lano
svírá v bodeC úhelβ. Urcete úhlyα aβ v rovnováze a) klasicky, b) pomocí principu virtuálních prací.[
cosα =2Q
Pcos(α + β) , tg β =
a− l cosα
b− l sinα(nutno proverit a prípadne dopocítat)
]
Príklad 3.12 Kuli cka váhyP zavešená na provázku je odklonena vodorovnou silouF od svislice
o úhelα. Urcete tento úhel a napetí niteT a) klasicky, b) pomocí principu virtuálních prací.[
α = arctgF
P, T =
√P 2 + F 2
]
[podobný príklad [3]-710 ]
Príklad 3.13 Mezi šikmou a vodorovnou rovinou je tupý úhelα. Tyc váhyP je oprená jedním
koncem o vodorovnou a druhým koncem o šikmou rovinu a svírá s vodorovnou rovinou úhelϕ. Na tyc
pusobí vodorovná sílaT , takže soustava je v rovnováze. Urcete síluT k danému úhluϕ a) graficky, b)
pomocí principu virtuálních prací.[
T = − P cosϕ
2 cos(α + ϕ)
]
Príklad 3.14 Ohebné neprodloužitelné lano je zavešeno ke stropu jedním koncem pevne, potom je
na nem v bodeA volne zavešeno závaží váhyQ a lano je dále vedeno u stropu pres kladku, za kterou
je zavešeno závaží váhyP . Urcete úhelϕ mezi lanem a stropem v rovnováze a) klasicky, b) pomocí
principu virtuálních prací.[
sinα =2P
Q
]
Príklad 3.15 Tyc váhyP je volne zavešena u stropu. Jakou vodorovnou síluQ je treba vynaložit,
abychom tyc vychýlili o úhelα?Rešte a) pomocí principu virtuálních prací b) klasicky, c) graficky.[
Q =P
2tgα
]
Príklad 3.16 Tyc délkyl a váhyP je oprena o schod výškyh a svírá s vodorovnou rovinou úhelϕ.
Pri jaké vodorovné síleQ nastane rovnováha?Rešte a) pomocí principu virtuálních prací b) klasicky,
c) graficky.[
Q =P l
2hsin2 ϕ cosϕ
]
[klasicky: [3]-525 ]
Príklad 3.17 Vodorovná tyc délkya je jedním koncem volne pripojena ke svislé stene a ve vzdále-
nostib od bodu pripojení je na ní jedním koncem zavešena druhá vodorovná tyc délkyc. Druhý konec
47
KAPITOLA 3. ANALYTICKÁ MECHANIKA
této tyce je volne pripojen k jiné stene a ve vzdálenostid od tohoto pripojení je na ní zavešeno závaží
váhyQ. Jaká sílaP musí pusobit na druhém konci první tyce, abychom soustavou zvedli bremeno
váhyQ?[
P =bd
acQ
]
Príklad 3.18 Težký elastický kroužek váhyG a polomerua je nasazen na hladký kužel o vrcholo-
vém úhluα. V jaké vzdálenosti od vrcholu nastane rovnováha, je-li elastická síla úmerná (konstanta
λ) relativnímu prodloužení délky kroužku?[
s =a
sinα
(
1 +G
2πλcotgα
)]
Príklad 3.19 Tyc váhyG a délky2l je jedním koncem oprená o svislou stenu a druhým o podlahu,
jejíž tvar je popsán krivkou y = y(x). Po jaké krivce se musí tyc pohybovat, aby byla neustále v
rovnováze?[
elipsa:x2
4l2+y2
l2= 1
]
Príklad 3.20 (Dvojzvratná páka) Ve svislé rovine zvolme systém souradnicx, y, jehož kladná osa
y necht’ mírí svisle dolu. V této rovine uvažujeme lomenou dvojzvratnou pákuAOB, r1 = |OA|,r2 = |OB|, otácivou kolem pevného boduO = [0, 0], v jejichž koncových bodechA = [x1, y1],
B = [x2, y2] pusobí tíhyF1 aF2. Urcete rovnovážné polohy páky, neprihlížíme-li k její hmotnosti a ani
ke trení.[
Rovnováha nastane pro úhelϕ mezi osouy a ramenemOA: tgϕ =F2r2 sinω
F1r1 + F2r2 cosω
]
[viz [3]-1140 ]
Lagrangeuv – d’Alembertuv princip
Príklad 3.21 Na kotouc váhyP je namotaná nit, jejíž druhý konec je upevnen ke stropu. S jakým
zrychlením padá kotouc?Rešte a) klasicky, b) pomocí Lagrangeova – d’Alembertova principu.[
a =2
3g
]
Príklad 3.22 Teleso o vázeP se nachází na naklonené rovine s úhlemα, jejíž povrch je cha-
rakterizován koeficientem trení f . Toto teleso je pres kladku o polomeruR a hmotnostiM spojeno
nehmotnou nití s telesem o vázeQ, které je zavešeno volne svesle dolu. Za jakých podmínek a s jakým
zrychlením bude padat telesoQ? Použijte d’Alembertuv – Lagrangeuv princip a po výpoctu zjistete
napetí svislého lana.
48
[
a =Q− P sinα− Pf cosα
P +Q+ 12Mg
g
]
Príklad 3.23 Na pohyblivé základne s ramenem (ve tvaru hranatého písmene C) celkové hmotnosti
M je pripevnena kladka hmotnostiµ a polomeru r. Na základne je pripevnena neprodloužitelná nit,
která je dále vedena ke stene, na které je provlecena pres dva kroužky nahoru a zpátky vedena pres
kladku; na jejím konci je zavešeno ve výšced nad základnou teleso hmotnostim. Telesom pri pohybu
dolu pritahuje po zemi základnu ke stene, koeficient trení mezi základnou a zemí jef . Urcete za jakou
dobu dopadne telesom, když na pocátku je systém v klidu.[
τ =
√
5m+M + 2µ
2m− f(m+M + µ)
d
g
]
Lagrangeovy rovnice I. druhu
Príklad 3.24 (Matematické kyvadlo) Urcete vazbovou sílu, kterou pusobí záves matematického
kyvadla na hmotný bod užitím Lagrangeových rovnic I. druhu.Matematické kyvadlo je hmotný bod
m na nehmotné tyci délky l volne zavešené ke stropu v homogenním gravitacním poli se zrychlením
g. Jaká je velikost vazbové síly pri pruchodu kyvadla dolní polohou?[
Fv =
(
−(v2 + gy)m
l2x,−(v2 + gy)m
l2y
)]
[viz [3]-947 ]
Lagrangeovy rovnice II. druhu
Príklad 3.25 Naleznete Lagrangeovu a Lagrangeovy rovnice II. druhu pro hmotný bod pohybující
se vcasove nepromenném silovém poli s potenciální energiíV (r)
a) v kartézských souradnicích,
b) ve válcových souradnicích,
c) ve sférických souradnicích.
[viz [3]-1236 ]
Príklad 3.26 Teleso o vázeP se nachází na naklonené rovine s úhlemα, jejíž povrch je charakteri-
zován koeficientem treníf . Toto teleso je pres kladku o polomeruR a hmotnostiM spojeno nehmotnou
nití s telesem o vázeQ, které je zavešeno volne svisle dolu. Za jakých podmínek a s jakým zrychlením
bude padat telesoQ? Použijte Lagrangeovy rovnice II. druhu.
49
KAPITOLA 3. ANALYTICKÁ MECHANIKA
[
a =Q− P sinα− Pf cosα
P +Q+ 12Mg
g
]
Príklad 3.27 Tenká tyc délky2l a hmotnostiM se muže kývat kolem koncového bodu. Podél ní se
muže posunovat malé telísko hmotnostim. Naleznete pohybové rovnice.[
x− xϕ2 − g cosϕ = 0,4Ml2 + 3mx2
3ϕ+ 2mxxϕ+ g(Ml +mx) sinϕ = 0
]
Príklad 3.28 (Matematické kyvadlo) Hmotný bodm na nehmotné tyci délky l volne zavešené ke
stropu v homogenním gravitacním poli se zrychlenímg vychýlíme o úhelα0 a pustíme. Urcete jeho
dobu kyvu.[
T = T (α0) = 2π
√
l
g
(
1 +1
4sin2 α0
2+
9
64sin4 α0
2+ · · ·
)
. Pro malé kmity:T = 2π
√
l
g
]
[viz [3]-669 ]
Príklad 3.29 (Dvojné kyvadlo) Vyšetrete pohyb dvojného matematického kyvadla: hmotný bod
m1 je v homogenním gravitacním poli zavešen na nehmotné tyci délky l1 upevnené ke stropu, která
se muže volne kývat v rovnine. Na hmotný bodm1 je pak pripevnena druhá nehmotná tyc délky
l2, na jejímž konci je umísten hmotný bodm2, a která se muže volne kývat v téže rovine. Sestavte
Lagrangeovy rovnice II. druhu a poté uvažujte pouze malé kmity (amplituda≪ 1).
[ Pro malé kmity:(m1 +m2)l1ϕ1 +m2l2ϕ2 + (m1 +m2)gϕ1 = 0 , l1ϕ1 + l2ϕ2 + gϕ2 = 0]
[viz [3]-637 ]
Príklad 3.30 (Cykloidální kyvadlo) Ukažte, že cykloidální kyvadlo je izochronní, tj. že doba kyvu
telesa o hmotnostim, které se pohybuje po cykloide (polomer kružnicea), je konstantní.[
T = 2π
√
4a
g= konst.
]
Príklad 3.31 (Fyzické kyvadlo) Tuhé teleso o hmotnostimmá težište v bodeT . Jeho pohyb je ome-
zen pevnou osou procházející vodorovne bodemX, který se nachází uvnitr telesa nad težištem. Teleso
po ose nemuže klouzat. Napište lagrangián jeho pohybu v homogenním gravitacním poli, sestavte a vy-
rešte Lagrangeovy rovnice II. druhu pri aproximaci malých kmitu. Moment setrvacnosti tuhého telesa
vzhledem k ose procházející bodemX oznacteJ .[
L =1
2Jϕ2 +mgl cosϕ ; ϕ = A sin
(
√
mgl
Jt + ϕ0
)]
[viz [3]-674 ]
50
Hamiltonovy kanonické rovnice
Príklad 3.32 (Hmotný bod v ruzných souradnicích) Naleznete Hamiltonovu funkci a Hamiltonovy
kanonické rovnice pro hmotný bod pohybující se vcasove nepromenném silovém poli s potenciální
energiíV (r)
a) v kartézských souradnicích,
b) ve válcových souradnicích,
c) ve sférických souradnicích.
[viz [3]-1236 ]
Príklad 3.33 Je dána Lagrangeova funkce o dvou stupních volnosti:
L(x, ϕ, x, ϕ) = T − U =1
2x2 − xϕ− x cosϕ
Najdete Hamiltonovy kanonické rovnice.[px = − cosϕ , pϕ = x sinϕ , x = −pϕ , ϕ = −(px + pϕ)]
Príklad 3.34 (Harmonický oscilátor) Rešte jednorozmerný harmonický oscilátor pomocí Hamil-
tonových rovnic. Harmonický oscilátor si predstavíme jako hmotný bod hmotnostim na nehmotné
pružine s tuhostík.
[viz [3]-1232 ]
Príklad 3.35 (Matematické kyvadlo) Naleznete Hamiltonovu funkci a Hamiltonovy kanonické rov-
nice pro matematické kyvadlo. Matematickým kyvadlem rozumíme hmotný bod o hmotnostim zave-
šený na nehmotném závesu délkyl v homogenním gravitacním polig. Úhelϕ svírá záves se svislým
smerem.
[viz [3]-1233 ]
Príklad 3.36 (Hmotná kladka) Na kladce visí dve závaží o hmotnostechm1 am2. Napište Lagran-
geovu funkci, Lagrangeovy rovnice II. druhu, zobecnenou hybnost, Hamiltonovu funkci a Hamilto-
novy kanonické rovnice pro prípad:
a) nehmotné kladky
b) kladky, kterou tvorí homogenní disk o polomeru R a hmotnosti M
V obou prípadech naleznete i zrychlení závaží. Jako zobecnenou souradnici x použijte vzdálenost
prvního závaží od kladky.
[viz [3]-1237 ]
Príklad 3.37 (Závaží na dvou naklonených rovinách) Pomocí Hamiltonových kanonických rovnic
najdete zrychlení, se kterým se pohybuje závaží o hmotnostim1, které klouže po bocní stene nepo-
51
KAPITOLA 3. ANALYTICKÁ MECHANIKA
hyblivého hranolu se sklonemα a je spojeno pres kladku o polomeruR se závažím o hmotnostim2
na stene o sklonuβ. Trení a hmotnost kladky zanedbejte. Nakreslete fázovou dráhu závaží ve fázovém
prostoru.
[viz [3]-1248 ]
Príklad 3.38 (Hmotná pružina) Rešte pohyb závaží o hmotnostim, které je zavešené na homogenní
pružine o tuhostik, rovnovážné délcel a hmotnostiM .
a) Použijte Lagrangeovy rovnice II. druhu.
b) Použijte Hamiltonovy kanonické rovnice.
[viz [3]-1250 ]
Príklad 3.39 (Pohyb v tíhovém poli) Rešte Hamiltonovy kanonické rovnice pro pohyb hmotného
bodu v homogenním tíhovém poli nejprve obecne, a potom
a) v prípade jednorozmerného pohybu ve svislém smeru,
b) v prípade pohybu ve svislé rovine.
Diskutujte shodu s výsledky získanýmirešením Newtonovy pohybové rovnice. Sestavené Hamiltonovy
rovnice najdete vrešení úlohyHmotný bod v ruzných souradnicích.
[viz [3]-1242 ]
Varia cní pocet
Príklad 3.40 (Brachistochrona) Naleznete takovou rovinnou krivku spojující bodyA, B ve svislé
rovine, které neleží na svislé prímce, aby hmotný bod vypuštený s nulovou rychlostí a nulovou poten-
ciální energií z boduA, který se pohybuje po této krivce v homogenním gravitacním poli pod vlivem
tíže, dosáhl boduB za nejkratší dobu.
[cykloida:y = C1(1− cosϕ) , x = C1(ϕ− sinϕ) + C2 ]
[viz [4]-kap. 8 a [5]-kap. 3.4 ]
Príklad 3.41 (Retezovka) Necháme-li volne viset dokonale ohebný, neprotažitelný a homogenní
provaz, ukotvený ve dvou bodech, zaujme tvar krivky, kterou nazývámeretezovka. Urcete analytické
vyjádrení této krivky.[
hyperbolický kosinus:y = a coshx− C
a− λ
]
[viz [3]-1056 a [5]-kap. 3.4]
52
Kapitola 4
Mechanika kontinua
Rešené príklady
Príklad 4.1 Homogenní tyc délky l ctvercového prurezu b2 je zavešena svisle a na svém konci
zatížena svislou silouF . Napište obecný Hookuv zákon pro tento prípad (gravitaci zanedbejte).
Rešení:Pro daný prípad definujeme relativní prodloužení
ε =∆l
l
a napetí
σ =F
S=F
b2.
Elementární Hookuv zákon pak zní
σ = εE , E > 0 , (4.1)
kdeE je tzv.modul pružnosti(v tahu). Dále pro relativní prícné zúžení∆b/b deláme hypotézu
∆b
b= −µ ∆l
l, µ > 0 , (4.2)
kde µ je Poissonova konstanta. Ukážeme, že takto formulovaný problém souhlasí s obecným Hoo-
kovým zákonem a žeE a µ lze jednoznacne vyjádrit pomocíκ a λ. Tím zároven dokážeme platnost
hypotézy u zúžení.
Nejprve si uvedomme, že v našem prípade svislice je jiste hlavní smer (oznacmeI), z (4.1) pak plyne
ε(I)I =
1
Eσ I , (4.3)
53
KAPITOLA 4. MECHANIKA KONTINUA
Obrázek 4.1:Svisle zavešená tyc ctvercového prurezu
kde horní index (I) ukazuje, že se jedná ocástecné prodloužení pro prípad, kdy síla pusobí jen ve smeru
I. Dále z (4.2)
ε(I)II =
∆b
b= −µ ∆l
l= − µ
Eσ I ,
ε(I)III = − µ
Eσ II .
Bude-li síla ve smeruII, máme
ε(II)II =
1
Eσ II , ε
(II)I = − µ
Eσ II , ε
(II)III = − µ
Eσ II
a konecne pri záteži ve smeruIII, máme
ε(III)III =
1
Eσ III , ε
(III)I = − µ
Eσ III , ε
(III)II = − µ
Eσ III .
Bude-li tedy obecná zátež superpozicí, obdržíme
ε(I)I + ε
(II)I + ε
(III)I =
1
Eσ I −
µ
Eσ II −
µ
Eσ III =
1 + µ
Eσ I −
µ
E(σ I + σ II + σ III) .
54
To ale už je rovnice ve smeruI (správneji: ve smeruII) a tudíž obecne
E =1 + µ
Eσ − µ
EI Sp σ . (4.4)
Porovnáním s (4.46) ve skriptu vidíme, že jsme opravdu dostali obecný Hookuv zákon a porovnáním
koeficientu dostaneme jednoznacné vztahy meziµ,E aκ, λ
1 + µ
E=
1
4 κ,
µ
E=
λ
2 κ
1
2 κ+ 3 λ. (4.5)
Pro náš prípad si mužeme odvodit horní mez pro Poissonovu konstantuµ. Stabilitakaždé látky vyža-
duje, aby(
∂V
∂p
)
T
< 0 .
Pri zvyšujícím se vnejším tlaku se objem musí zmenšit. (To se dá i exaktne odvodit v termodynamice).
Pro náš prípad to znamená
∆V
∆p< 0 , − ∆V
∆p> 0 ,
∆V
σ> 0 , ∆V = V ′ − V > 0 .
Dostaneme
∆V = (l + ∆l)(b+ ∆b)2 − l b2 ∼= b2 ∆l + 2 b l ∆b > 0
a dále vydelenímV∆l
l+ 2
∆b
b> 0
a dosadíme z (4.2)∆l
l− 2µ
∆l
l> 0 =⇒ µ <
1
2. (4.6)
Poissonova konstanta pro libovolnou amorfní látku musí býtmenší než1
2.
Príklad 4.2 Odvod’te arešte rovnici pro prícné kmity struny.
Rešení:Predpokládejme, že struna délkyl z homogenního materiálu o délkové hustote ρ je pevne
uchycena na koncích pod osovým tahemτ , jehož velikost pokládáme za konstantní.
Bude-li prícne velmi málo vychýlena, platí pro výchylkuu = u(x, t), x ∈ [0, l]
∂u
∂x= tgα≪ 1 , (4.7)
kde význam úhluα je patrný z Obr. 4.6.
55
KAPITOLA 4. MECHANIKA KONTINUA
Obrázek 4.2:Prícné kmity struny
Pro rovnováhu elementu strany délkyds dostaneme sílu ve vodorovném smeru
τ cosα2 − τ cosα1∼= 0
a ve svislém smeru
τ sinα2 − τ sinα1 = τ(tgα2 − tgα1) = τ
[
(
∂u
∂x
)
2
−(
∂u
∂x
)
1
]
.
Pridáme-li setrvacné síly elementu máme pohybovou rovnici
τ
[
(
∂u
∂x
)
2
−(
∂u
∂x
)
1
]
− ρ ds∂2u
∂t2= 0 . (4.8)
Uvážíme-li, že
ds =√
dx2 + du2 = dx
√
1 +
(
∂u
∂x
)2
∼= dx ,
dostaneme1
dx
[
(
∂u
∂x
)
x+dx
−(
∂u
∂x
)
x
]
− ρ
τ
∂2u
∂t2= 0
a v limite ds = dx→ 0∂2u
∂x2− 1
v2∂2u
∂t2= 0 , (4.9)
kde jsme oznacili
v =
√
τ
ρ. (4.10)
56
Obdrželi jsme jednorozmernou vlnovou rovnici (viz (4.66) ve skriptu). Jejírešení pri hranicních pod-
mínkách
x = 0 : u(0, t) = 0 , x = l : u(l, t) = 0
budeme hledat ve tvaru
u(x, t) = X(x)T (t) . (4.11)
Dosazením do (4.9) a separací1
X
d2X
dx2=
1
Tv2d2T
dt2= −λ2 , (4.12)
kde−λ2 musí být konstanta. (Ponecháváme nactenári, aby si overil, že pouze pri záporné hodnote
konstanty oznacené−λ2 lze splnit okrajové podmínky.) Dostáváme tak dve rovnice
T ′′ + λ2c2T = 0
X ′′ + λ2X = 0 .(4.13)
Obecnérešení je dáno výrazy
T = A cosλvt+B sinλvt , X = C cos λx+D sin λX (4.14)
Okrajové podmínky dávají
0 = C , 0 = D sinλl .
Odtud plyne
λl = kπ k = 1, 2, . . .
a tedy
λk =π
lk .
Casový prubeh je tedy dán funkcemi
Tk = Ak sinvπ
lkt
a obecnérešení
u(x, t) =∞∑
k=0
(
Ck cosπ
lk +Dk sin
π
lk)
sinωkt , (4.15)
kde
ωk =vπ
lk k = 1, 2, . . .
jsouvlastní frekvencekmitu struny.
KoeficientyCk, Dk by se urcily z pocátecní podmínky:t = 0 , u(x, t) = f(x), kdef(x) je tvar
struny v pocátecním okamžiku.
57
KAPITOLA 4. MECHANIKA KONTINUA
Príklad 4.3 Odvod’te barometrickou formuli pro izotermickou atmosféru.
Obrázek 4.3:Volba pocátku a osy pro izotermickou atmosféru
Rešení:Považujme atmosféru za ideální plyn. Jeho stavová rovnice pro 1mol je
p V = RT0 , T0 = konst. (4.16)
Dále je
ρ =M
V⇒ ρ ∼ 1
Va tedy z (4.16)
p
ρ= konst.
def=
1
rtj. ρ(p) = rp . (4.17)
Základní rovnice hydrostatiky dává
+ gz +
∫
dp
rp= konst. , (4.18)
kde osaz mírí svisle vzhuru a pocátek je na povrchu zeme, kde známe atmosférický tlakp 0.
Integrací rovnice (4.18) obdržíme
+ gz +1
rln p = konst. (4.19)
Z hranicní podmínky:p (0) = p 0 plynekonst. =1
rln p0. Výsledek je hledanábarometrická formule
p (z) = p 0 e−rgz , (4.20)
kteráríká, že v „izotermické atmosfére barometrický tlak klesá exponenciálne s výškou“. Prakticky
platí pro malé výšky.
58
Príklad 4.4 Odvod’te Pascaluv zákon pro nestlacitelnou kapalinu.
Obrázek 4.4:Volba osy a pocátku souradnic pro odvození Pascalova zákona
Rešení:Osuh zvolme svisle dolu do kapaliny, pocátek na hladine, kde známe atmosférický tlakp 0.
Základní rovnice hydrostatiky (viz (4.113) ve skriptu) dává pronestlacitelnoukapalinu
(
Up =p
ρ0
)
− gh+p (h)
ρ0= konst. ; (4.21)
hranicní podmínkyp (0) dávákonst. =p 0
ρa máme
p (h) = p 0 + ρ0gh = p 0 +Gh , (4.22)
kdeGh je váha sloupce kapaliny výškyh a jednotkového prurezu. Tenzor napetí tedy je
σ0 = −p I = −(p 0 +Gh) I . (4.23)
Vybereme-li si ploškudS s libovolnou normáloudostaneme pro tlak (zanedbáme-li atmosférický tlak)
p = σ0 · ν = −Gh I · ν = −Gh ν , (4.24)
což je Pascaluv zákon: „v nestlacitelné kapaline je tlak na všechny strany stejný a rovná se váze sloupce
kapaliny nad daným bodem“.
Príklad 4.5 Nádoba s kapalinou rotuje konstantní úhlovou rychlostíω. Urcete tvar hladiny.
59
KAPITOLA 4. MECHANIKA KONTINUA
Obrázek 4.5:Rotující nádoba s kapalinou
Rešení:V neinerciálním systému otácejícím se rychlostíω je kapalina v klidu. Ke skutecné síleg
(váha jednotky hmotnosti) musíme pridat zdánlivou sílu (odstredivá síla)f0 = r⊥ ω2 (viz (2.38) ve
skriptu).
Potenciál této síly jeU0 = −12ω2r2⊥, nebot’
f0 = −∇U0 = +1
2ω2∇r2⊥ = ω2 r⊥e⊥ = ω2
r⊥ .
Základní rovnice hydrostatiky (viz (4.113) ve skriptu) dává
U + U0 + Up = konst. ,
tj.
gz − 1
2ω2r2⊥ +
p
ρ0= konst.
(z – svisle vzhuru,x, y – v kolmé rovine).
Na hladine musí být konstantní tlakp 0. Zvolíme-li pocátek na hladine, máme
gz − 1
2ω2r2⊥ = 0 ,
neboli
z =ω2
2g(x2 + y2 ) ,
což je rotacní paraboloid.
Príklad 4.6 Zkoumejte proudení mezi dvema rovnobežnými, dostatecne velkými deskami.
60
Obrázek 4.6:Proudení mezi velkými rovnobežnými deskami, horní deskave vzdálenostia se pohybuje
rychlostív0
Rešení:Predpokládejme, že spodní deska je v klidu a horní ve vzdálenosti a se pohybuje rovnomerne
prímocare rychlostí rychlostív0 ve vodorovném smeru.
Do smeru pohybu položme osux, ve smeru svislémy, pocátek na klidné desce. Predpokládejme, že
tlak je rovnomerný v celém „prurezu“ a rovenp0.
Hledejmerešení ve tvaruciste laminárního proudení (nezávislého na tretí souradnici)
v(r) = v(y)ex .
Pak máme hranicní podmínky
v(0) = 0 , v(a) = v0 . (4.25)
Rovnice∆p = 0 je splnena identicky prop = p0 = konst. Rovnice prov má tvar
∆v = ∆v ex =d2v
dy2ex ⇒ d2v
dy2= 0
nebo-li
v(y) = C1y + C2
a hranicní podmínky (4.25) dávají konecnérešení
v(y) =v0ay . (4.26)
Jedná se tedy skutecne ociste laminární proudení. Toto proudení jevírové, nebot’
rot v = ∇× v0ay ex =
v0a∇y × ex =
v0aey × ex = −v0
aez 6= 0 .
61
KAPITOLA 4. MECHANIKA KONTINUA
Obrázek 4.7:Proudení mezi rovnobežnými deskami je vírové
Mužeme to videt i názorne, píšeme-li
v0
ay =
1
2v0 +
v0
2
(
2y
a− 1)
,
což odpovídá superpozici polí.
U druhého pole je okamžitý lokální rotacní charakter proudení prímo názorne videt.
Príklady k procvi cení
Pružnost a základy reologie
Projdete si ve sbírce príkladu [2] nejprverešené príklady 1 až 4 v kapitole 8.
Rešte úlohy 1 až 12 ze sbírky príkladu [2] v kapitole 8, str. 82 – 83.Rešení techto úloh naleznete tamtéž
na str. 134 – 137.
Mechanika tekutin
Projdete si ve sbírce príkladu [2] nejprverešené príklady 1 až 4 v kapitole 9.
Rešte úlohy 1 až 24 ze sbírky príkladu [2] v kapitole 9, str. 88 – 92.Rešení techto úloh naleznete tamtéž
na str. 138 – 142.
62
Použitá a doporucená literatura
[1] Fišer, K.:Teoretická mechanika, skriptum PF UJEP, Ústí nad Labem, 2012 (2. vydání).
[2] Fähnrich, J., Havránek, A., Slavínská, D.:Príklady z mechaniky, skriptum MFF UK, Karolinum,
Praha, 2005 (5. vydání).
[3] Kolektiv autoru:Sbírka rešených príkladu – teoretická mechanika, KDF MFF UK Praha, online
odkaz: http://reseneulohy.cz/cs/fyzika/teoreticka-mechanika, 2020-04-19.
[4] L. Dvorák: Teoretická mechanika, prozatimní ucební text k prednášce NUFY028 pro poslu-
chace oboru Fyzika zamerená na vzdelávání, KDF MFF UK, Praha, 2014-2017, online dokaz:
https://kdf.mff.cuni.cz/vyuka/Teoreticka_mechanika/.
[5] Štoll I., Tolar J., Jex I.:Klasická teoretická fyzika, Karolinum, Praha, 2017.
63