- 25 -
5. SEMINÁŘ Z MECHANIKY
5.1 Osobní automobil se pohybuje po vodorovné dráze se zrychlením 2 m ⋅ s −2 a při
rovnoměrném stoupání se zrychlením 1, 6 m ⋅ s −2 . Určete úhel stoupání za předpokladu,
že tahová síla motoru a síla tření jsou stálé.
a = 2 m ⋅ s −2 ; a′ = 1,6 m ⋅ s −2 ; F0 = F0′ = konst. ; FT = FT′ = konst. ; Ft = mg sin α ; α = ?
G
FT
G
F0
G
FT′
G
Ft′
G
a
G
a′
α
G
mg
α
G
mg
Vodorovný pohyb:
G
F0′
G G G
ma = F0 + FT ⇒ ma = F0 − FT ;
Pohyb po nakloněné rovině:
G
a − a′
G G G
ma ′ = F0 + FT + Ft ⇒ ma ′ = F0 − FT − Ft = ma − mg sin α ⇒ sin α =
, α = 2,3D
g
(
)
5.2 Po nakloněné rovině α = 30D délky 2 m se posouvá těleso (HB) účinkem tíhové
síly. Jeho pohyb započal v nejvyšším bodě z nulové počáteční rychlosti. Součinitel třecí
síly je 0,5 . Určete kdy bude těleso v dolním bodě nakloněné roviny a jakou rychlost
v něm bude mít.  asi 1,62 m ⋅ s −1 ; 2, 47 s 
α = 30D ; l = 2 m; f = 0,5 ; t ,v = ?
mg h =
G
a
G
Ft
α
1 2
1
mv + fmg l cos α ⇒ mg l sin α − fmg l cos α = mv 2 ⇒
2
2
l
G
FT
G
N
G
mg
l=
h1
v = 2l ( sin α − f cos α ) g
v = 1,62 m ⋅ s −1 .
h
h2
v = at ⇒ a =
a=
1 2
1 2l ( sin α − f cos α ) g 2
at ⇒ l =
t ⇒ l =t
2
2
t
v
⇒
t
2l ( sin α − f cos α ) g
t
.
l ( sin α − f cos α ) g
⇒
2
- 26 t=
2l
( sin α − f cos α ) g
, asi 2, 47 s
5.3 Sáňky sjedou ze zasněženého svahu výšky y a zastaví se na vodorovném
zasněženém poli ve vzdálenosti x od průmětu nejvyššího bodu svahu do vodorovné
roviny. Vypočtěte součinitel třecí síly mezi saněmi a sněhem.
x; y. f =?
A
l
y
α
B
C
Na nakloněné rovině pracuje síla
JJJG
G
F ↑↑ AB o velikosti
F = m g ( sin α − f cos α )
JJJJG
l
AB a vykoná práci
=
na
dráze
x
G JJJG
W1 = F ⋅ AB = mg l ( sin α − f cos α ) .
JJJG
G
Na vodorovné rovině „pracuje“ pouze třecí síla FT ↑↓ BC o velikosti FT = f mg a na
JJJJG
dráze x − d = BC vykoná práci
G
W2 = FT ⋅ BC = − f mg (x − d ) .
A′
d
V bodě C se sáňky zastaví – veškerá kinetická energie sáněk, nabytá prací W1 , je
spotřebována při překonávání třecí síly ⇒ W1 + W2 = 0 – součet obou prací je roven
nule. Dostáváme tedy
W1 + W2 = 0 ⇒ mg l ( sin α − f cos α ) = f mg ( x − d ) ⇒
l sin α − l f cos α = f x − f d .
Použijeme-li v tomto vztahu vyjádření sin α = y l ; cos α = d l , dostaneme f =
y
x
5.4 Střela hmotnosti 10 g pohybující se rychlostí 100 m ⋅ s −1 prorazila desku do
hloubky 4 cm . Určete střední sílu odporu desky a dobu pohybu střely v desce za
předpokladu, že je to pohyb rovnoměrně zpomalený. Co se za jinak stejných podmínek
stane, má-li deska tloušťku 2 cm ?
m = 0, 01 kg , v = 100 m ⋅ s −1 ,
d
d = 0, 04 m , d ′ = 0, 02 m .
d´
Fpr ,v = ?
G
G
G
′
v
v
v
mv 2
1 2
F
=
a)
,
m
v
F
d
=
⇒
pr
odp
G
m
2d
2
Fodp
F
v2
Fpr. = 1,25 kN ; a = pr ⇒ a =
,
m
2d
2d
v2
v − at = v −
t =0⇒ t =
, t = 1,6 ⋅ 10−3 s .
v
2d
b)
1
1
mv 2
d′
mv 2 − mv ′2 = Fpr d ′ =
d ′ ⇒ v 2 − v ′2 = v 2 ⇒
2
2
2d
d
- 27 -
v′ = v
1−
d′
, v ′ = 70,1 m ⋅ s −1 .
d
5.5 Od rychlíku jedoucího plnou rychlostí se ve vzdálenosti L od semaforu odpojil
vagón a zastavil právě u semaforu. V jaké vzdálenosti x za semaforem byl v tomto
okamžiku rychlík? Hmotnost celého vlaku je m , hmotnost vagónu je m′ . Předpokládá
se, že lokomotiva táhne vlak konstantní silou a že odpor proti pohybu každé části vlaku
je stálý a úměrný její tíze.
L, m, m′,v = konst. , F0 = kmg = konst. , x = ?
m
G
v
G
F0
G
Fodp
G
v ′′
G
v′
G
′
Fodp
G
F0
G
′′
Fodp
m′
L
m − m′
x
v′ = 0
Jede-li vlak před odpojením vagón
u plnou rychlostí, znamená to, že jeho pohyb je
G
G
rovnoměrný ⇒ výslednice sil F0 a Fodp je nulová ⇒
Fodp = kmg ⇒ F0 = kmg = konst.
Vagón o hmotnosti m′ po odpojení koná rovnoměrně zpomalený pohyb. Zpomalující
′ .
silou je Fodp
′ = km′g = m′a ′ ⇒ a ′ = k g ; v ′ = v − a ′t = 0 ⇒ t =
Fodp
v
.
kg
2Lk g
v 1
v2
v2
1
L = v t − a ′t 2 = v
L
− kg
⇒
=
⇒ v = 2Lk g ; t =
⇒
2
2
kg 2 ( kg )
2k g
kg
t=
2L
.
kg
Vlak o hmotnosti ( m − m′ ) bez vagónu koná rovnoměrně zrychlený pohyb. Zrychlující
G G G
silou je výslednice F = F0 + Fo′′dp .
′′ = kmg − k ( m − m′ ) g ⇒ km′g = ( m − m′) a ⇒ a =
F = F0 − Fodp
L + x = 2 Lk g
km′g
.
m − m′
m
2 L 1 km′g 2 L 2 Lm − 2 Lm′ + Lm′
L
+
=
⇒ x=
m − m′
k g 2 m − m′ k g
m − m′
- 28 5.6 Člověk v loďce vyplouvá k přeplutí řeky z bodu A . Bod B leží proti bodu A na
druhém břehu řeky. Bude-li udržovat kurz kolmo k břehům, pak za 10 min od startu
dopluje do bodu C , ležícího ve vzdálenosti S = 120 m od bodu B po proudu. Bude-li
naopak udržovat kurz proti proudu pod jistým úhlem α k přímce AB , pak během
12,5 min dopluje do bodu B . Určete šířku l = AB řeky, rychlost u loďky vzhledem k
vodě, rychlost v proudění vody vzhledem k břehům a hodnotu úhlu α .
t1 =10 min ; t2 =12,5 min ; S = 120 m ; l , u,v , α = ?
B
C
G
v
G
v1
G
u
Ve vztažné soustavě spojené s břehy řeky koná loďka složený
pohyb.
G
V prvém případě je rychlost v1 tohoto pohybu určena pomocí
G
složek jako v1 (v ,u ) . Výsledný pohyb do bodu C trvá stejnou
dobu t1 jako dílčí pohyby loďky ve směru složek její výsledné
G
rychlosti v1 . Platí tedy
A
ut1 = l , v t1 = S ⇒ v =
B
Ve druhém případě, kdy se loďka pohybuje výslednou
G
rychlostí v 2 , z obrázku plyne
G
v
G
u
S
t1
v = u sin α , v 2t2 = ut2 cos α = l .
G
α v2
Z těchto dvou rovnic dostaneme jedinou podmínku
A
sin 2 α + cos 2 α =
v2
l2
+
= 1.
u 2 u 2t22
Dosadíme-li do této podmínky za u a v z první dvojice rovnic, dostaneme
u=
l=
l
S
S 2 t2
; v = ⇒ 2 + 12 = 1 ⇒ S 2t22 + t12l 2 = l 2t22 ⇒ l 2 ( t22 − t12 ) = S 2t22 ⇒
t1
t1
l
t2
St2
t22 − t12
, u=
2
2
St2
v S t1 t2 − t1
l
,
sin
⇒ u=
α
=
=
⇒
t1
u t1
St2
t1 t22 − t12
α = arc sin
t22 − t12
t2
5.7 Těleso o hmotnosti 4, 0 kg leží na vodorovném stole a vláknem je přes pevnou
kladku spojeno s visícím tělesem hmotnosti 1, 0 kg . Proti pohybu tělesa na stole působí
stálá síla o velikosti 2, 0 N . Určete zrychlení soustavy a tažnou sílu v niti.
m1 = 4,0 kg , m2 = 1,0 kg , F0 = 2,0 N , g = 9,8 m ⋅ s −2 ; a, T = ?
G
G
Na první těleso ( m1 ) působí výsledná síla R = − m1g ⇒ R = − m1g :
(
)
- 29 G
G G G G
G
F1 = m1a = m1g + F0 + T ′ + R ⇒
G
F0
G JJJJJJG
g = konst.
m1
G
R
m1a = m1g + T − F0 − m1g ⇒
G
T ′ (T ′ = T )
G
T
G
m 1g
m1a = T − F0 .
G
a
Na druhé těleso ( m2 ) působí výsledná síla
G
G G
G
F2 = m2a = m2g + T ⇒ m2a = m2g − T .
m2
Znaménka závisí na směru jednotlivých
vektorů
vzhledem
ke
zvolenému
G
(pravděpodobnému) směru zrychlení a
soustavy!!. Náš úkol se redukuje na řešení soustavy rovnic
m1a = T − F0 , m2 a = m2g − T
G
m 2g
o dvou neznámých a, T . Sečtením rovnic dostáváme
( m1 + m2 ) a = m2g − F0 ⇒
a=
m2g − F0
m1 + m2
Odečtením rovnic dostaneme
( m1 − m2 ) a = 2T − F0 − m2g ⇒ 2T = F0 + m2g + ( m1 − m2 )
2T =
2 F0m2 + 2m1m2g
⇒
m1 + m2
T=
m2g − F0
⇒
m1 + m2
( F0 + m1g ) m2
m1 + m2
5.8 Homogenní dokonale ohebné vlákno o hmotnosti m a délce L visí v rovnovážné
poloze přes vodorovný dokonale hladký hřebík. Je-li jeho rovnováha nepatrně porušena,
začne se vlákno pohybovat. Najděte sílu
působící na hřebík v okamžiku, kdy délka
G
G
vlákna visícího po jedné straně hřebíku je y .
T
T
m; L; g ; y ; F2 = ?
x
L2
L2
Hmotnost jednotkové délky vlákna je
G
Fx
m0 = m L .
G
a
1. Rovnovážný stav (klid) – oba konce
G y
F2
G
vlákna mají shodnou délku L 2
G
G
F1
FL 2
FL 2
L
F1 = 2 FL 2 = 2m0 g = m0 Lg = Fg .
JJJJJJ
G
G
2
G
g = konst.
Fy
2. Pohyb vlákna se zrychlením a ( y ) v
okamžiku, kdy pravá část vlákna
G
G má délku
y . Pro sílu F2 působící v tomto okamžiku na hřebík platí F2 = 2T , kde T je polovina
reakce hřebíku na celkovou tíhu
G nerovnoměrně se pohybujícího vlákna. Pro vyřešení
úlohy je tedy nutné určit sílu −T napínající za této situace vlákno.
x+ y = L⇒ x = L− y; x+ y = L⇒
- 30 x = L − yFx = m0 xg =
Fg
Lg
(L − y)g ⇒
Fx =
L− y
y
Fg ; Fy = Fg .
L
L
Levá část vlákna
F
L− y
G G G
Fg .
m0 xa = Fx + T ⇒ m0 xa = T − Fx ⇒ g ( L − y ) a = T −
Lg
L
Pravá část vlákna
F
y
G G G
m0 ya = Fy + T ⇒ m0 ya = Fy − T ⇒ g y a = Fg − T .
Lg
L
Řešením této soustavy rovnic o neznámých a a T dostaneme
y
y
 2y 
a=
− 1  g ; T = 2  1 −  Fg .
L
L
 L

G
Síla F2 působící na hřebík v okamžiku, kdy pravá část vlákna má délku y má tedy
velikost F2 = 2T ⇒
y
y
y
y
y y

F2 = 4  1 −  Fg = 4  1 −  m0 Lg = 4m  1 −  g
L
L
L
L
LL

5.9 Tři tělesa jsou spolu spojena pevnou nití zanedbatelné hmotnosti. Dvě z těchto těles
(každé z nich o hmotnosti M ) leží na vodorovné stolní desce, třetí těleso o hmotnosti
m je pomocí pevné kladky zavěšeno vedle stolu. Součinitele třecí síly mezi tělesy na
stole a stolní deskou jsou k1 a k 2 . Určete zrychlení soustavy těchto těles a síly T a T12
napínající nit (viz obrázek). Řešte nejdříve obecně a pak pro hodnoty M = 1 kg ,
m = 0,5 kg , k1 = 0,10 , k2 = 0,15 , g = 9,8 m ⋅ s −2 . a = 0,98 m ⋅ s −2 .
M = 1 kg; m = 0,5 kg; k1 = 0,10; k2 = 0,15; g = 9,8 m ⋅ s −2 ; a , T , T12 = ?
Na tělesa pohybující se po stolní desce působí výsledná síla
M
1
T12
k1
M
2
T
F2 M = T − k1M g − k2 M g = T − ( k1 + k 2 ) M g ,
k2
m
takže druhý pohybový zákon pro tato tělesa zapíšeme ve
tvaru
T − ( k1 + k2 ) M g = 2 Ma .
Na třetí těleso při jeho pohybu směrem dolů působí výsledná síla
Fm = mg − T ,
takže druhý pohybový zákon pro toto těleso zapíšeme ve tvaru
mg − T = ma .
Řešíme-li soustavu rovnic
T − ( k1 + k2 ) M g = 2 Ma ; mg − T = ma ,
obdržíme
a=
m − ( k1 + k2 ) M
g , a = 0,98 m ⋅ s −2 ;
2M + m
- 31 T=
2 + k1 + k2
2 Mmg , T = 8,82 N .
2M + m
Na první těleso pohybující se po stolní desce působí výsledná síla
FM = T12 − k1M g ⇒ T12 − k1M g = Ma .
Na druhé a třetí těleso působí výsledná síla
FMm = mg − k2 M g − T12 ⇒ mg − k 2 M g − T12 = ( M + m ) a .
Řešením této soustavy rovnic určíme
T12 =
( k1 − k2 ) M + (1 + k1 ) m M g
2M + m
5.10 Dvě dotýkající se tělesa kloužou po nakloněné rovině
( α = 45 ) .
D
Hmotnost
prvního tělesa je m1 = 2,0 kg , hmotnost druhého tělesa je
m 2 = 3,0 kg . Součinitele třecí síly mezi nakloněnou rovinou a
1
tělesy jsou k1 = 0,1 a k 2 = 0, 2 . Určete: a) zrychlení pohybu těles;
b) sílu vzájemného působení obou těles. Jak by vypadal pohyb
těles pro k1 > k 2 ?
m 2 , k2
2
α
Nejdříve je třeba zjistit, zda druhé těleso brzdí pohyb prvního
tělesa. K tomu stačí porovnat zrychlení a1 a a2 , s nimiž by se
obě tělesa pohybovala při daném sklonu nakloněné roviny samostatně. Platí
m1a1 = m1 ( sin α − k1 cos α ) g ⇒ a1 = ( sin α − k1 cos α ) g ,
m 2a2 = m 2 ( sin α − k2 cos α ) g ⇒ a2 = ( sin α − k2 cos α ) g .
Pro α = 45D je sin α = cos α ; proto pro k1 < k 2 je a1 > a2 – druhé těleso brzdí pohyb
prvního tělesa a obě tělesa se pohybují se stejným zrychlením a .
G
G
Označme jako T12 a T21 síly vzájemného působení (akce a reakce) mezi oběma tělesy
G
G
T12 = − T21; T12 = T21 = T . Druhý pohybový zákon pro první těleso pak lze zapsat ve
(
)
tvaru
F1 = m1g sinα − k1m1g cos α − T = m1a ,
F2 = m 2g sinα − k2m 2g cos α + T = m 2a .
Řešením těchto rovnic dostáváme ( sin α = cos α )
a=
m1 (1 − k1 ) + m 2 (1 − k 2 )
m1 + m 2
T=
m1m 2 ( k2 − k1 )
m1 + m 2
g sin α , a = 5,8 m ⋅ s −2 ;
g sin α , T = 0,8 N .
5.11 Jede-li cyklista směrem k severu rychlostí v c = 15 km ⋅ h −1 , zdá se mu, že vítr vane
z východu. Jede-li stejně velkou rychlostí směrem k východu, zdá se mu, že vítr vane od
- 32 jihovýchodu a směr větru svírá s východozápadním směrem úhel β = 22,5D . Určete
směr a velikost rychlosti větru.
G
v c = 15 km ⋅ h −1 ; β = 22,5D ; v = ?
Problém budeme řešit ve třech různých inerciálních soustavách pomocí GALILEOVY
transformace.
G
v′
Soustava S je klidná a v ní je rychlost větru popsaná
G
hledaným vektorem v (v x ;v y ) . Cyklista se v této soustavě
G
G
pohybuje rychlostmi v c ( 0;v c ) a v c′ (v c ;0 ) .
( y ≡ y ′)
( x′)
0′
G
vc
Soustava S′ , spojená s cyklistou jedoucím na sever, je vůči
G G
soustavě S unášena rychlostí u1 = v c ( 0;v c ) a rychlost větru
0
( x ) vanoucího od východu můžeme v soustavě S′ popsat
G
vektorem v ′ (v ′x ;0 ) . Zapíšeme-li GALILEOVU transformaci pro
rychlost větru při přechodu ze soustavy S do soustavy S′ , dostaneme
v x = v ′x + u1, x
v y = v ′y + u2, x
⇒
v x = v ′x
v y = vc
⇒ v y = vc .
Soustava S′′ , spojená s cyklistou jedoucím na východ, je vůči soustavě S unášena
G
G
rychlostí u2 = v c′ (v c ;0 ) a rychlost větru vanoucího od jihovýchodu můžeme v soustavě
G
G
S′′ popsat vektorem v ′′ (v ′′x ;v ′′y ) . Směr vektoru v ′′ je
( y)
( y′′)
možno vyjádřit podmínkou v ′′y v ′′x = tg (180D − β ) .
G
v ′′
G
v c′
0
β
0′′
( x ≡ x′′)
Zapíšeme-li GALILEOVU transformaci pro rychlost
větru při přechodu ze soustavy S do soustavy S′′ ,
dostaneme
v x = v ′′x + u2, x
v y = v ′′y + u2, y
⇒
v x = v ′′x + v c
⇒
v y = v c = v ′′y
v ′′y
v ( tg β − 1)
vc
,
=
= tg (180D − β ) ⇒ v x = c
tg β
v ′′x v x − v c
v y = v c , α = arctg
( y)
G
v
vx
= arctg
tg β
.
tg β − 1
G
Určením složek vektoru v rychlosti větru v soustavě S je
úloha obecně vyřešena.
Dosadíme-li dané číselné hodnoty, dostaneme
α
0
vy
x
vx =
15 ( tg 22, 5D − 1)
tg 22, 5D
⇒ v x = − 21, 2 ; v y = 15 ⇒
v = 26 km ⋅ h −1; α = 144,6D
- 33 5.12 Smyčka vyrobená z těžkého pružného řetězu
(m)
je nasunuta na kužel, jehož
výška je h a poloměr podstavy r . Smyčka je v rovnovážném stavu ve vodorovné
rovině, osa kužele je svislá. Určete sílu, kterou je napínána smyčka.
m; h; r; T = ?
h
R
r
da
G
Síla F , kterou je napínána smyčka, je v rovnovážné
poloze v každém příčném průřezu smyčky opačná k síle
G
G
pružnosti Fpr ( F = Fpr ) . Velikost F síly F určíme
dy
následujícím postupem.
Necháme smyčku poklesnout z rovnovážné polohy o
(nekonečně malou) vzdálenost dy . Potenciální energie
smyčky Ep se tím zmenší o dE p = mg dy . Poloměr
smyčky se přitom zvětší o da . Z obrázku je patrné, že da dy = r h . Práce síly F při
tomto posunutí a roztažení smyčky je rovna
dW = F 2π ( R + da ) − 2πR  = F 2π da .
Tato práce musí být rovna úbytku dE p potenciální energie Ep smyčky a tedy
dW = dEp ⇒ F 2π da = mg dy ⇒ F =
mg h
mg dy
⇒ F=
2πr
2π da
Download

5. seminář z mechaniky