Teoretická mechanika – pˇríklady -...

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

http://reseneulohy.cz/1233/

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


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


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


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


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


[

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


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


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


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


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


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 .


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






[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


[

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


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


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


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


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


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.


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




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




[

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






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


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


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


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


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.


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

http://reseneulohy.cz/cs/fyzika/teoreticka-mechanika

https://kdf.mff.cuni.cz/vyuka/Teoreticka_mechanika/

Date post:	17-Dec-2020
Category:	Documents
Upload:	others
View:	0 times
Download:	0 times

Teoretická mechanika – pˇríklady -...

Documents