Dynamika hmotných bodů 3. Hmotný bod o hmotnosti m = 10 kg se pohybuje po kružnici o poloměru r = 2 m , přičemž jeho dráha závisí na čase podle vztahu s = kt 3 , kde k = 0,005 m/s3 . Určete velikost výsledné síly F působící na hmotný bod, úhel α, který svírá vektor síly s vektorem rychlosti, úhlovou rychlost ω a úhlové zrychlení ε v čase t = 10 s . Řešení: Nejdříve určíme rychlost v, normálové, tečné a celkové zrychlení hmotného bodu jako v=
v 2 9k 2t 4 ds = , = 3kt 2 , an = r r dt
a = at2 + an2 = 6kt 1 +
at =
dv = 6kt , dt
v
α
81k 2t 6 = 1,16 m/s 2 . 2 36r
Pro výslednou sílu, úhlovou rychlost a úhlové zrychlení hmotného bodu poté platí F = ma = 11,6 N ,
ε=
ω=
2
v 3kt = = 0,75 s -1 , r r
at 6kt = = 0,15 s -2 . r r
Úhel, který svírá směr výsledné síly se směrem rychlosti potom vypočteme ze vztahu cos α =
at 6r = = 0,258 2 a 36r + 81k 2t 6
⇒
α =& 75 o 03′ .
F
r
4. Na kladkostroji, který se skládá ze dvou kladek (viz.obr.), visí dvě závaží o hmotnostech m1 = 200 g a m2 = 500 g . Určete tahovou sílu T působící v laně a zrychlení a1, a2 obou závaží. Při výpočtu neuvažujte tření lana o kladku a hmotnost lana a kladek. Řešení: Pro velikost zrychlení jednotlivých závaží při pohybu platí vzájemný vztah a1 = 2a2 . Napišme si nyní pohybové rovnice pro obě závaží
m1a1 = 2m1a2 = T − m1 g , m2 a2 = m2 g − 2T . Podělením rovnic získáme m2 m g − 2T . = 2 2m1 T − m1 g
T
T
T
m1
m1 g m2
a2 a1 m2 g
Úpravou této rovnice můžeme vyjádřit sílu T jako T=
3m1m2 g = 2,26 N. m2 + 4m1
Dosazením T do pohybových rovnic určíme zrychlení jednotlivých závaží a1 =
T − m1 g 2(m2 − 2m1 ) g = = 1,5 m/s 2 , m1 m2 + 4m1
a2 =
m2 g − 2T (m2 − 2m1 ) g = = 0,75 m/s 2 . m2 m2 + 4m1
5. Těleso o hmotnosti m se pohybuje v rovině xy podle rovnic x = A cos ωt , y = B sin ωt , kde A,B a ω jsou kladné konstanty. Určete velikost síly F působící na těleso a po jaké křivce se bude toto těleso pohybovat. Řešení: Pro polohový vektor r, vektor rychlosti v a vektor zrychlení a platí r = A cos ωt i + B sin ωt j ,
dr = − Aω sin ωt i + Bω cos ωt j , dt dv a= = − Aω2 cos ωt i − Bω2 sin ωt j . dt
v=
y ( x, y )
B
F
ϕ A
x
Velikost zrychlení a je rovna
a = ax2 + a y2 = (− Aω2 cos ωt ) 2 + (− Bω2 sin ωt ) 2 = ω2 x 2 + y 2
a pro působící sílu dostáváme F = ma = mω2 x 2 + y 2 . Jelikož obecně platí 2
2
⎛x⎞ ⎛ y⎞ 2 2 ⎜ ⎟ + ⎜ ⎟ = cos ωt + sin ωt = 1 , A B ⎝ ⎠ ⎝ ⎠
tak se těleso se v případě A ≠ B pohybuje po elipse (viz.obr.) x = A cos ϕ ,
.
y = B sin ϕ ,
tg ϕ =
B tg ωt . A
6. Určete, jaké maximální rychlosti vmax může dosáhnout lyžař o hmotnosti m = 100 kg na svahu o sklonu α = 30 o , jestliže se pohybuje přímočaře dolů ze svahu, koeficient smykového tření lyží na sněhu µ = 0,1 a odpor vzduchu je úměrný čtverci rychlosti, tj. Fo = kv 2 , kde koeficient k = 0,5 Nm -2s −2 . Vypočtěte, jakou dráhu s ujede lyžař za dobu t = 20 s a jakou bude mít rychlost v. Řešení: Lyžař bude postupně zvyšovat svojí rychlost až do jisté mezní rychlosti, která odpovídá stavu, kdy bude výsledná působící síla F nulová, tj. F = F1 − Fo − T = 0 ,
F1 = mg sin α , Fo = kv 2 , T = µF2 = µmg cos α .
F2′
FO
F1
T
α
F2
G
Dosazením a jednoduchou úpravou obdržíme pro mezní rychlost
vmax =
mg (sin α − µ cos α) = 28,5 m/s = 102,5 km/h . k
Napíšeme-li si nyní rovnici pro pohyb lyžaře na svahu
m
dv = F1 − Fo − T dt
⇒
dv k = g (sin α − µ cos α ) − v 2 . dt m
Abychom mohli co nejjednodušeji řešit tuto diferenciální rovnici, přepíšeme si ji na tvar dv = A(1 − B 2v 2 ) , dt
A = g (sin α − µ cos α ) ,
B=
k . mg (sin α − µ cos α )
Nyní řešíme předchozí rovnici metodou separace proměnných s použitím počátečních podmínek t = 0 ⇒ v = 0 ⇒ s = 0 , tj.
dv 1 dv 1 dv 1 (1 + Bv) 1 (1 + Bv) = ∫ + ∫ = ln = ln . 2 2 (1 − B v ) 2 0 (1 + Bv) 2 0 (1 − Bv) 2 B (1 − Bv) 2 B (1 − Bv) 0
t
v
v
A∫ dt = ∫ 0
v
Vyjádříme-li nyní rychlost lyžaře v čase t, dostaneme (1 + Bv) = e 2 ABt (1 − Bv)
⇒
v=
1 e 2 ABt − 1 1 e ABt − e − ABt 1 = = tgh ( ABt ) = 25,36 m/s . B e 2 ABt + 1 B e ABt + e − ABt B
Pro dráhu získáme integrací rychlosti podle času vztah t
s = ∫ v dt = 0
[
]
1 1 e ABt + e − ABt 1 ABt − ABt t ln( + ) = ln = ln[cosh( ABt )] =& 157,4 m . e e 0 2 B AB 2 AB 2
7. Raketa s počáteční hmotností m0 = 1,5 kg se začala z klidu pohybovat ve svislém směru. Výtoková rychlost spalovaných plynů je v R = 600 m/s , rychlost spalování paliva je µ = 0,3 kg/s. Vypočtěte, jaké maximální rychlosti v raketa dosáhne a do jaké maximální výšky hmax vyletí, jestliže raketu vystřelíme svisle vzhůru v homogenním tíhovém poli a hmota paliva m p = 1,3 kg . Odpor prostředí zanedbáváme. Řešení: Raketu budeme považovat za hmotný bod s proměnnou hmotností. Vyjádříme-li si hybnost rakety v čase t a t + dt, potom dostaneme p t = ( m + dm ∗ ) v = ( m − dm ) v ,
p t + d t = m ( v + d v ) + u d m ∗ = m ( v + d v ) − u dm ,
kde dm ∗ je hmota plynů, jež opouštějí raketu za čas dt výstupní tryskou, dm = −dm ∗ je úbytek hmotnosti rakety za čas dt, v resp. u jsou rychlosti rakety resp. oddělované hmoty (spalin) vůči vztažné inerciální soustavě.
v
FR
Dosadíme-li nyní změnu hybnosti do Newtonova pohybového zákona, potom obdržíme pohybovou rovnici
F=
m
u
dp p t + dt − p t dv dm dv dm = =m − (u − v) = m − vR , dt dt dt dt dt dt
FR =
dm vR , dt
kde vR je relativní rychlost odlučované hmoty vůči raketě (výtoková rychlost spalovaných plynů, která má opačný směr nežli rychlost v rakety) a FR je tzv. reaktivní síla. Pro náš případ pohybu rakety platí následující pohybová rovnice ma = m
dv = FR − G , dt
m = m0 − µt ,
FR = −v R
dm = µv R , dt
G = mg .
Dosazením získáme diferenciální rovnici 1.řádu
µv R dv = −g. dt m0 − µt Dobu, za kterou raketa spotřebuje všechno palivo, vypočteme ze vztahu t = m p / µ . Řešením pohybové rovnice obdržíme pro rychlost v a dráhu s v čase t ( m ′ = m0 − m p )
v max = v R ln
mp mp m0 m0 m − gt = v R ln −g = v R ln 0 − g = 1166 m/s . m0 − µt m0 − m p m′ µ µ
2 ⎤ 1 2 v R m ′ ⎡ m0 ⎡ m0 m0 m0 ⎤ gm p vR (m0 − µt )⎢ s= =& 1702 m. − ln −1 − − ln − 1⎥ − gt = m0 − µt ⎦ 2 m′ ⎥⎦ 2µ 2 µ ⎢⎣ m′ µ ⎣ m0 − µt
Po vyhoření veškerého paliva se bude raketa rovnoměrně zpomalovat a pro dráhu x, kterou ještě uletí než se zastaví, tedy platí podle zákona zachování energie 1 2 (m0 − m p )v max = (m0 − m p ) gx 2
⇒
2 v max x= = 69294 m . 2g
Pro výšku hmax nad povrchem Země, kam raketa doletí, tedy dostaneme hmax =& 71 km .
8. Kulka o hmotnosti m = 15 g letí vodorovně rychlostí v = 200 m/s a narazí do balistického kyvadla o délce L = 1 m a hmotnosti M = 1,5 kg a uvázne v něm. Určete úhel ϕ, o který se odchýlí závěs kyvadla od svislého směru. Řešení: Pro rychlost u kyvadla těsně po nárazu získáme ze zákona zachování hybnosti mv = ( m + M )u ,
u=
m v. m+M
ϕ m
L
v
h
M Maximální výšku h, do které vystoupí kyvadlo můžeme určit ze zákona zachování energie (m + M )u 2 = (m + M ) gh , 2
h=
u2 (mv) 2 = . 2 g 2 g (m + M ) 2
Pro úhel ϕ tedy dostaneme cos ϕ =
L−h h =1− , L L
⎡ ⎤ (mv) 2 = 36,9o. ϕ = arccos⎢1 − 2⎥ ⎣ 2 gL(m + M ) ⎦
9. Hladký polopružný míček pustíme na hladkou nakloněnou rovinu se sklonem α = 30o
z výšky h = 1 m . Určete, v jaké vodorovné vzdálenosti od místa prvního dopadu opět dopadne míček na nakloněnou rovinu. Předpokládejte, že se jedná o nedokonale pružný ráz s koeficientem rezistence (vzpruživosti) k = 0,8 . Odpor prostředí zanedbejte. Řešení: Jedná se o nedokonale pružný šikmý ráz koule o desku. Vzhledem k tomu, že povrchy jsou dokonale hladké, nevzniknou mezi koulí a deskou při nárazu tečné deformace, a tedy tečná složka rychlosti se nezmění, tj. v1x = v2 x , zatímco kolmá složka bude v2 y = k v1 y . Z uvedeného obrázku je zřejmé, že pro úhel dopadu míčku platí ε1 = α . Úhel odrazu míčku ε2 určíme z následujících vztahů
tg ε1 =
v1x , v1 y
tg ε 2 =
v2 x v 1 1 = 1x = tg ε1 = v2 y kv1 y k 3k
w
ε 2 =& 35o 49′ .
y ε1
h
⇒
v1 A
ε2 v2
β
u
α
α
B x
d Míček dopadá na nakloněnou rovinu rychlostí v1 = 2 gh , což plyne ze zákona zachování mechanické energie, a po dopadu se odrazí v úhlu β od vodorovné roviny, procházející bodem dopadu A, kde β = π / 2 − α − ε 2 = 24o11′ .
Dále již můžeme vyšetřovat problém jako šikmý vrh pod úhlem β rychlostí v2 = v22x + v22 y = v12 sin 2 ε1 + k 2v12 cos 2 ε1 = v1 sin 2 ε1 + k 2 cos 2 ε1 = 0,854v1 = 3,785 m/s . Pro vodorovnou resp. svislou souřadnici odraženého míčku v čase t platí 1 u = v2t cos β , w = v2t sin β − gt 2 . 2
Dosazení za t z rovnice pro u do vztahu pro w získáme rovnici křivky, po které se bude odražený míček pohybovat, tj. w = u tg β −
1 gu 2 . 2 v22 cos 2 β
Jestliže nyní vypočteme průsečík této trajektorie (paraboly) s plochou nakloněné roviny w = −u tg α , potom dostaneme pro hledanou vzdálenost − u tg α = u tg β −
1 gu 2 2 v22 cos 2 β
⇒
d =u =
2( tg β + tg α)v22 cos 2 β =& 2,5 m . g
10. Vypočtěte maximální rázovou sílu Fm působící na horolezce s lanem délky L = 20 m , jestliže spadne z výšky h = 10 m nad pevným zajištěním J na plnou délku lana. Lano má průtažnost ε = 5 % pro normové zatížení FN = 0,8 kN , hmotnost horolezce je m = 80 kg . Předpokládejte lineární chování natahovaného lana. Řešení: Předpokládáme-li lineární protahování lana, potom velikost síly působící na lano (resp. horolezce) můžeme vyjádřit jako F = kx =
C x, L
kde k resp. C je konstanta charakterizující pružnost lana a x je protažení lana. Konstantu k resp. C můžeme určit z průtažnosti lana jako k=
FN FN = x N Lε
⇒
C=
h
FN . ε
Při pádu se při protažení lana o xm vykoná práce xm
H
J
hC
xm
C C 2 LFm2 A = ∫ F dx = ∫ x dx = xm = , L 2L 2C 0 0 Fm = kxm =
L
C LF xm ⇒ xm = m , L C
kde xm je maximální protažení lana při pádu a Fm je maximální síla v laně. Vykonaná práce se musí rovnat změně potenciální energie ∆E p horolezce při pádu, pro kterou platí
H′
xm
∆E p = mg (h + L + x m ) = mg ( hc + x m ) ,
kde hc je celková výška pádu. Dosazením do rovnice ∆E p = A získáme kvadratickou rovnici Fm2 − 2mgFm −
2Cmghc = 0, L
jejímž řešením dostaneme pro maximální rázovou sílu Fm Fm = mg + m 2 g 2 + 2Cmg
⎛ 2F h ⎞ hc = mg ⎜1 + 1 + N c ⎟ = 6,97 kN . ⎜ L εmg L ⎟⎠ ⎝
Lano se při pádu protáhne o x m = LεFm / FN = 8,7 m .
11. Určete vztahy pro volný pád z věže výšky h = 100 m v zeměpisné šířce ϕ = 50o , jestliže budeme uvažovat s rotací Země kolem své osy úhlovou rychlostí ω = 7,27 ⋅ 10 −5 s -1 (tj. uvažujte vliv Coriolisovy síly) . Vypočtěte, o kolik se odchýlí bod dopadu od svislice. Odpor prostředí zanedbejte. Řešení: Pro volný pád při uvážení otáčení Země kolem své osy můžeme napsat pohybovou rovnici m
dv = G + Fc = mg − 2m(ω × v ) , dt
kde G je tíhová síla, Fc je Coriolisova síla, g = (0,0,− g ) je tíhové zrychlení, ω = (ω x , ω y , ω z ) = (0,−ω cos ϕ, ω sin ϕ) je vektor úhlové rychlosti rotace Země kolem své osy. Pro snadnější řešení našeho příkladu jsme si zvolili osu z souřadného systému ve směru tíhového zrychlení a osu x kolmo na poledník v daném místě na povrchu Země. Uvedenou pohybovou rovnici můžeme zapsat jako 3 skalární rovnice
dv x = 2( v y ω z − v z ω y ) , dt dv y dt
= −2v x ω z = −2
ω
dx ωz , dt
dv z dx = − g + 2v x ω y = − g + 2 ω y . dt dt Integrací druhé a třetí rovnice (podle y resp. z) a použitím počátečních podmínek našeho příkladu ( t = 0 ⇒ x = y = 0 , z = h , vx = v y = vz = 0 )
G
R
z
h
ϕ
y
obdržíme dy = v y = − 2ω z x , dt
resp.
dz = v z = − gt + 2ω y x dt
a dosazením do první rovnice pro souřadnici x dostaneme d2 x = −4(ω 2y + ω 2z ) x + 2 gω y t = − Ax + Bt , A = 4(ω2y + ω2z ) = 4ω2 , B = −2 gω cos ϕ . 2 dt Předchozí rovnice je obyčejnou diferenciální rovnicí druhého řádu s konstantními koeficienty, která má řešení ve tvaru
x = C1 sin 2ωt + C2 cos 2ωt +
B t A
⇒
vx = 2ω(C1 cos 2ωt − C2 sin 2ωt ) +
B , A
kde C1 a C2 jsou konstanty, které lze určit dosazením počátečních podmínek, tj.
C2 = 0
a
C1 = −
1 B g cos ϕ . = 2ω A 4ω 2
Konečné vztahy pro volný pád z výšky tedy můžeme získat integrací rovnic pro vx a vy podle času s uvážením počátečních podmínek úlohy, tj. dostaneme x=
− g cos ϕ ⎛ sin 2ωt ⎞ ⎜t − ⎟, 2ω ⎝ 2ω ⎠
z
⎛ t 2 cos 2ωt − 1 ⎞ ⎟⎟ , y = g sin ϕ cos ϕ⎜⎜ + 4ω2 ⎝2 ⎠ z =h−
⎛ t 2 cos 2ωt − 1 ⎞ 1 2 ⎟⎟ . gt + g cos2 ϕ⎜⎜ + 2 2 2 4 ω ⎠ ⎝
Jelikož ωt << 1 vzhledem k tomu, že doba pádu t je zanedbatelně malá vůči periodě otáčení Země, můžeme rozvinout funkce sinus a kosinus v Taylorovu řadu a omezit se pouze na první dva členy rozvoje, tj. 4 sin 2ωt =& 2ωt − (ωt )3 , 3
h
cos 2ωt =& 1 − 2(ωt ) 2 .
∆x
Potom obdržíme přibližné vztahy pro volný pád 1 x =& − ωg cos ϕ t 3 , 3
y =& 0 ,
z =& h −
x
1 2 gt . 2
Odchylku bodu dopadu od svislice určíme tak, že vypočteme dobu dopadu t na povrch Země a dosadíme-li do vztahu pro x. Tj. položíme-li z = 0 , potom pro dobu volného pádu obdržíme
t=
2h , g
a pro odchylku od svislice dostaneme ⎛ 2h ⎞ 1 ∆x =& − gω cos ϕ ⎜⎜ ⎟⎟ 3 ⎝ g ⎠
3/ 2
=& −1,4 cm .
