SLOVENSKÁ TECHNICKÁ UNIVERZITA V BRATISLAVE

Chemickotechnologická fakulta

Doc. RNDr. Viliam Laurinc, CSc. a kolektív

FYZIKA I

Zbierka príkladov a problémov

Predslov Cieľom výpočtových cvičení z fyziky je naučiť sa riešením fyzikálnych úloh aplikovať fyzikálne poznatky. Výpočtové cvičenia tak pomáhajú nielen lepšie pochopiť prednášanú látku, ale rozvíjajú aj fyzikálne myslenie. Fyzika je jedna zo základných prírodovedných disciplín, o ktorú sa opiera výchova inžiniera.

Každý inžiniersky problém je viazaný na určité základné procesy, je charakterizovaný priebehom, zmenami odpovedajúcich fyzikálnych veličín a príslušnými zákonitosťami. Riešenie fyzikálnych úloh je určitou analógiou inžinierskej analýzy. Je modelom, na ktorom sa rozvíjajú inžinierske prístupy. Už napr. pochopenie a rozbor slovne formulovanej fyzikálnej úlohy vedie k rozvoju schopností problém rozdeliť na veci známe a na výber fyzikálnych zákonov, ktoré pre danú úlohu musíme použiť. Vyžaduje jasne formulovať to, k čomu máme dospieť, čo sú neznáme veličiny a aké rovnice, vyplývajúce z fyzikálnych zákonov máme k dispozícii. Každá slovne formulovaná fyzikálna úloha predstavuje viac alebo menej zložitý problém vybraný z technickej praxe alebo z prírodných javov. Vzhľadom na ich rozmanitosť neexistuje univerzálny algoritmus na ich riešenie. Odporúčame však riadiť sa týmito radami:

Dobre si prečítať zadanie a zamyslieť sa nad ním. Pokiaľ je to v úlohe možné, je veľmi dôležité nakresliť si obrázok, veličiny označiť vhodnými symbolmi a napísať rovnice vyjadrujúce potrebné fyzikálne zákony.

Pomocou známych vzťahov a zákonov vyjadriť hľadanú veličinu. Zostaviť potrebnú sústavu

rovníc. Niekedy nie je potrebné opisovať celý proces, možno využiť niektoré zo zákonov zachovania. Užitočné je zamyslieť sa nad tým, aké sú zmeny fyzikálnych veličín a vzťahy medzi nimi, napr. práca - energia a pod. Kvalitatívne úvahy takéhoto typu môžu riešenie podstatne zjednodušiť.

Matematickými úpravami nájsť všeobecné riešenie. Prvou kontrolou jeho správnosti je rozmerová

analýza. Určite sme spravili chybu, ak rozmer vyplývajúci zo všeobecného riešenia nie je v súlade s rozmerom hľadanej veličiny. Mimoriadne dôležité je zhodnotiť získané riešenie z hľadiska hraničných hodnôt vystupujúcich veličín. Ak napríklad faktor trenia pri pohybe bude narastať a z výsledku vyplýva, že sila potrebná na pohyb bude klesať, je naše riešenie určite nespráve.

Dosadiť správne hodnoty vystupujúcich veličín v sústave SI, vyčísliť výsledok a zamyslieť sa nad

jeho hodnotou. Riešenie fyzikálnych príkladov prináša najväčší úžitok vtedy, keď ich riešite samostatne. Nedajte sa odradiť, ak niektoré úlohy nebudete vedieť riešiť „ľavou rukou“. Aj neúspešný samostatný pokus je užitočný. Oveľa lepšie si potom zapamätáte ako úlohu správne riešiť. K riešeniu príkladov je účelné pristúpiť až potom, keď sú vám jasné definície, vzťahy a príslušné fyzikálne zákony. V každej kapitole sú po úvode uvedené otázky a problémy. Zodpovedajte si otázky, viažu sa k definíciám a zákonom. Ak si ich neviete zodpovedať, naštudujte si príslušnú látku z literatúry alebo z poznámok z prednášok. Ak ste príslušnú látku pochopili, mali by ste vedieť odpovedať aj na veľkú väčšinu v týchto častiach uvedených problémov. Obsah skrípt zodpovedá členeniu predmetu Fyzika I. na ChtF STU. Predmet nadväzuje na prosemináre z fyziky v zimnom semestri I. ročníka a predpokladá zvládnutie základov vektorovej algebry. Oproti štandardným kurzom fyziky nie sú v zbierke základy termodynamiky, ktorých výučba je súčasťou fyzikálnej chémie. V niektorých úlohách je „zneužitý“ skrátený zápis. Napr. typu v = 3t + 5t2. Špecifikuje sa však, že rýchlosť je v m⋅s–1, čas v sekundách.

3

Naším prianím je, aby naše rady pomohli študentom pri riešení príkladov a problémov v základnom kurze fyziky. Sme si vedomí, že univerzálny návod nejestvuje a preto naším doporučením je počítať čo najviac príkladov a pokiaľ možno samostatne. Určitú samostatnú prácu predpokladáme u užívateľa týchto skrípt aj pri štúdiu riešených príkladov. V úprave rovníc sú mnohé kroky ponechané na čitateľa a teda okrem "hlavy" je treba používať tiež "pero a papier". Využívali sme aj relatívne zhustený zápis vzťahov a rovníc a mnohé riešené príklady majú viac charakter úplných návodov na riešenie. V jednotlivých kapitolách sú v rôznej miere zastúpené nové príklady a príklady prevzaté z rôznych zbierok. V každom prípade sme sa snažili pri výbere príkladov a zostavovaní tejto zbierky využiť naše doterajšie skúsenosti z výučby tohoto predmetu. Do akej miery sa nám to podarilo posúdia ich užívatelia. Ďakujeme RNDr. J. Griačovi, CSc. a RNDr. E. Griačovej za prvé korektúry a námety, Ing. V. Lukešovi, PhD. za mimoriadnu ochotu, pomoc pri ich editovaní a kreslenie obrázkov. Recenzentom Doc.RNDr. Jurajovi Dillingerovi, CSc. a Prof.RNDr. Jánovi Pišútovi, DrSc. ďakujeme za starostlivé prečítanie rukopisu a podnetné pripomienky. Autori

4

1 Kinematika hmotného bodu 1.1 Úvod

Polohu hmotného bodu v priestore určuje polohový vektor r = x i + y j +z k, kde x, y, z sú súradnice polohového vektora v smere súradných osí určených ortogonálnymi jednotkovými vektormi i, j, k. Veľkosť polohového vektora r = |r| = x y z2 2+ + 2 . Základné veličiny charakterizujúce kinematiku hmotného bodu okrem polohy sú rýchlosť a zrýchlenie. Definované sú takto:

Stredná rýchlosť vr

=Δ

Δt, kde Δ = r ( ) ( )t t t+ Δ −r r je prírastok polohového vektora za čas Δt.

Okamžitá rýchlosť ( ) ( ) ( )d d dd

d d d d x y z

x t y t z tv v v

t t t t= = + + = + +

rv i j k i j k .

Pre veľkosť rýchlosti platí v v v v stx y z= = + + =v 2 2 2

dd

, kde ds je dráha prejdená za čas dt.

Stredné zrýchlenie av

=Δ

Δt, kde Δ je analogicky ako v Δr definovaný prírastok vektora rýchlosti.

Okamžité zrýchlenie av

i j k i j= = + + = + +dd

dd

d

dddt

vt

v

tvt

a a ax y zx y zk .

Pre veľkosť zrýchlenia platí a a a ax y= = + +a 2 2 2z .

Z definície zrýchlenia platí dv = a dt a integráciou tejto rovnice dostávame v – v0 , kde

v0

( )dt

t

t t= ∫a

0 je rýchlosť v čase t0. Polohu určíme na základe známej funkcie rýchlosti. Platí dr = vdt a poloha r v

danom čase t je pri známej funkcii rýchlosti určená integrálom ( ) ( )0

0dt

t

t t t= +∫r v r

t

t

, kde r je poloha v

čase . Po premietnutí týchto vektorových rovníc do smeru súradnicových osí x, y a z dostávame rovnice pre príslušné zložky rýchlosti a polohového vektora.

0

t0

Ak poznáme veľkosť rýchlosti, potom dráhu prejdenú za časový interval t získame

integráciou veľkosti rýchlosti .

0 →

( )0

dt

t

s v t= ∫Priamočiary pohyb rozdeľujeme podľa zrýchlenia na rovnomerný, rovnomerne zrýchlený a

nerovnomerný. Ak budeme uvažovať pohyb v osi x, s počiatočnými podmienkami v = v0 a x = x0 v čase t = 0, potom pre jednotlivé typy pohybov platia vzťahy:

Rovnomerný pohyb: a = 0, rýchlosť v je konštantná a súradnica x = v t + x0 .

Rovnomerne zrýchlený (spomalený) pohyb: a = konšt. a platí v = a t + v0 , x = 12

a t2 + v0 t + x0. (Pohyb

je spomalený, ak zrýchlenie má opačný smer ako rýchlosť).

Nerovnomerný pohyb: zrýchlenie je funkciou času a = a(t) a platí: v(t) = . 00

( )dt

a t t v+∫

Polohu určíme integráciou rýchlosti ako funkcie času x(t) = . 00

( )dt

v t t x+∫

5

Pri krivočiarom pohybe celkové zrýchlenie môžeme vzhľadom na dráhu rozložiť na tangenciálne a normálové. a = aτ + an . Zložky zrýchlenia sú ortogonálne a pre veľkosť celkového zrýchlenia platí

a a an= +τ2 2 , pričom a

vtτ =

dd

a avrn =2

, kde r je polomer zakrivenia dráhy v danom bode.

Vektory okamžitej uhlovej rýchlosti a uhlového zrýchlenia pri kruhovom pohybe hmotného

bodu sú definované vzťahmi ωϕ

=ddt

a εω

=ddt

, kde vektor elementárneho

pootočenia dϕ je kolmý na rovinu otáčania a orientovaný na tú stranu, z ktorej sa vytváranie uhla javí proti smeru hodinových ručičiek. Orientácia vektorov dϕ a ω je uvedená na Obr. 1.1.

Obvodová rýchlosť v súvisí s uhlovou rýchlosťou ω a polohovým vektorom r vektorovým súčinom v = ω × r.

Pomocou uhlových veličín a polohového vektora môžeme vyjadriť celkové zrýchlenie rovnicou ( )= × + × ×a rε ω ω r , v ktorej prvý člen predstavuje tangenciálne a druhý člen normálové zrýchlenie. Špeciálnym prípadom krivočiareho pohybu je pohyb po kružnici. Je to rovinný pohyb a vektory dϕ , ω a ε ležia na jednej priamke. Pre kruhový pohyb môžeme

definovať strednú uhlovú rýchlosť ⟨ ⟩ =ω Δ

Δ

ϕt

a stredné uhlové zrýchlenie ⟨ ⟩ =ε Δ

Δ

ωt

.

ω dϕ

Obr. 1.1

Pre tangenciálnu a normálovú súradnicu zrýchlenia pri kruhovom pohybe dostávame aτ = ε R , an = ω2R, kde R je polomer kružnice.

Ak pohyb po kružnici je rovnomerný, môžeme zaviesť periódu T (dobu obehu) a frekvenciu f (počet otáčok za sekundu). Medzi periódou T, frekvenciou f a uhlovou rýchlosťou platí vzťah: ω π π= =2 2f T/ .

Pohyb po kružnici môžeme, podobne ako pri priamočiarom pohybe, rozdeliť podľa uhlového zrýchlenia na rovnomerný, rovnomerne zrýchlený a nerovnomerný pohyb po kružnici. Platia analogické vzťahy ako pri priamočiarom pohybe, pričom súradnici x zodpovedá uhol ϕ, rýchlosti v uhlová rýchlosť ω a zrýchleniu a uhlové zrýchlenie ε.

Rovnomerný pohyb po kružnici: ε = 0, ω = konšt., ϕ = ω t + ϕ0 , Rovnomerne zrýchlený pohyb po kružnici: ε = konšt., ω = ε t + ω0, ϕ =

12

ε t2 + ω0 t + ϕ0.

Nerovnomerný pohyb po kružnici: ε = ε(t), ( ) ( ) 00

dt

t t tω ε ω= +∫ a ( ) 00

dt

t tϕ ω ϕ= +∫ .

Jednoduchými príkladmi pohybov, ak zanedbáme odpor prostredia, sú vrhy. Vrh zvislý nahor alebo nadol je príkladom priamočiareho rovnomerne zrýchleného alebo rovnomerne spomaleného pohybu so zrýchlením, ktorého veľkosť je g. Šikmý vrh je krivočiary pohyb s konštantným celkovým zrýchlením a = g . Je to zložený rovinný pohyb. Vytvorený je vektorovým súčtom rovnomerného vodorovného pohybu a rovnomerne spomaleného (zrýchleného) pohybu vo vertikálnom smere. Ak sa koná v rovine xy, počiatočné podmienky v čase t = 0 sú zvyčajne x0 = y0 = 0. Ak vektor počiatočnej rýchlosti zviera s vodorovným smerom uhol α, pre zložky zrýchlenia, rýchlosti a súradníc hmotného bodu platia vzťahy:

ax = 0 ; ay = – g ; vx = v0 cosα ; vy = – gt + v0 sinα ; x = v0 t cosα ; y = – 12

gt2 + v0 t sin α

Poloha, rýchlosť aj zrýchlenie sú relatívne veličiny. Ak pohyb hmotného bodu opisujeme vzhľadom na dve súradnicové sústavy S a S’, z ktorých sústava S’ koná vzhľadom na sústavu S translačný pohyb s rýchlosťou v0 so zrýchlením a0 a rotačný pohyb s uhlovou rýchlosťou ω a s

6

uhlovým zrýchlením ε, potom vzájomný vzťah medzi polohovým vektorom r, rýchlosťou v a zrýchlením a v sústave S a polohovým vektorom r’, rýchlosťou v’a zrýchlením a’v sústave S’ je: r = r0 + r’; v = v0 + ω ×r’+ v’; a = a0 + a’+ 2 ω ×v’ + ω ×(ω ×r’) + ε ×r’ , kde r0 je polohový vektor počiatku sústavy S’vzhľadom na počiatok sústavy S. Tretí člen vo vzťahu pre zrýchlenie vzatý s opačným znamienkom, teda (– 2ω ×v’) sa nazýva Coriolisovo zrýchlenie. 1.2 Otázky a problémy

1. Vysvetlite rozdiel medzi strednou rýchlosťou a okamžitou rýchlosťou. 2. Ako sa vyjadrí stredná rýchlosť, ak sa teleso pohybovalo najprv po dráhe s1 rýchlosťou v1 a potom

po dráhe s2 rýchlosťou v2 ?

3. Môže sa prírastok veľkostí vektora Δv = v2 – v1 rovnať veľkosti prírastku vektora rýchlosti Δv =⎪ v2 – v1⎪? Ak áno objasnite kedy.

4. Aký je rozdiel medzi vzťahmi ddst

a ddrt

?

5. Čo vyjadruje integrál , čo integrál 2

1

dt

t

v t∫2

1

dt

t

t∫ v a čo integrál 2

1

dt

xt

v t∫ ? Objasnite rozdiely.

6. Ak poznáte časovú závislosť súradnice vektora rýchlosti, napíšte všeobecný vzťah pre súradnice polohového vektora.

7. Ak poznáte časovú závislosť súradnice vektora zrýchlenia, napíšte všeobecný vzťah pre súradnice vektora rýchlosti. v

tt1 t2 t3

8. Čo znamená, ak v.a < 0? 9. Čo znamená, ak platí v.a = 0 a v aj a sú nenulové?

10. Čo znamená, ak platí v×a = 0 a v aj a sú nenulové? 11. Ako sa mení veľkosť rýchlosti ak v.a > 0? 12. Môže mať hmotný bod zrýchlenie ak má nulovú rýchlosť?

Obr. 1.2 13. Môže mať hmotný bod konštantný vektor rýchlosti a premennú veľkosť rýchlosti?

14. Môže mať hmotný bod zrýchlenie opačného smeru ako je rýchlosť? 15. Nakreslite graf, v ktorom zobrazíte závislosť zrýchlenia, rýchlosti a súradnice pre priamočiary

pohyb rovnomerný, rovnomerne zrýchlený a rovnomerne spomalený. 16. Závislosť rýchlosti od času je na obr. 1.2. Načrtnite

a

tt1 t2 t3

zodpovedajúcu závislosť zrýchlenia od času. 17. Závislosť zrýchlenia od času je na obr.1.3. Načrtnite

zodpovedajúcu závislosť rýchlosti od času ak počiatočná rýchlosť sa rovnala nule.

18. Čo vyjadruje tangenciálne a čo normálové zrýchlenie? 19. Musí sa vždy meniť veľkosť rýchlosti ak zrýchlenie je

konštantné? Obr. 1.3

20. Môže sa teleso pohybovať po zakrivenej dráhe, ak ma zrýchlenie konštantný smer? Uveďte príklad.

21. O aký pohyb ide, ak normálové zrýchlenie je nulové a tangenciálne je konštantné? 22. O aký pohyb ide, ak normálové zrýchlenie je konštantné a tangenciálne zrýchlenie je nulové? 23. Aký musí byť kruhový pohyb aby sme mohli definovať periódu a frekvenciu? 24. Vyjdite zo všeobecných vzťahov pre zložený pohyb a vyjadrite rýchlosť a zrýchlenie, ak sústava

S´ koná iba translačný pohyb. Navrhnite príklad pre takýto prípad zloženého pohybu. 25. Rýchlosť závisí od času vzťahom v = A t3 + B t. Aké rozmery musia mať konštanty A a B? 26. Ktoré z nasledovných závislostí opisujú pohyb s konštantným zrýchlením: (a) v = At2,

(b) v = –Bt, (c) s = A + Bt2, (d) s = A + Bt + Ct2.

7

27. Ktoré z uvedených závislostí popisujú rovnomerný pohyb: (a) s = At+B, (b) s = At2, (c) s = A t, (d) v = A – B t, ak A,B,C sú konštanty?

28. Vektor rýchlosti je daný funkciou v = (A – B t) i + C t j , kde A, B, C sú rôzne nenulové konštanty. Môže byť rýchlosť nulová?

29. Dva výťahy idú: jeden spomalene nadol a jeden zrýchlene nahor. Aký smer majú ich zrýchlenia? 30. Počiatočný vektor rýchlosti sa rovná v1 = ( 3 j + 4 k ) m s–1 a konečný je v2 =( 4 i + 3 j ) m s–1.

Vypočítajte Δv, |Δv| a Δv = v2 – v1 . 31. Pod akým uhlom musíme vrhnúť teleso, aby sa výška jeho výstupu rovnala dĺžke doletu? 32. Koľkokrát môže byť dlhší skok človeka na Mesiaci v porovnaní so skokom na Zemi, ak

počiatočná rýchlosť a uhol skoku vzhľadom k vodorovnej rovine sú rovnaké a zrýchlenie na Mesiaci je 1/6 g?

33. Ktoré faktory ovplyvňujú dĺžku skoku pri skoku do diaľky? 34. Strela je vystrelená s počiatočnou rýchlosťou v = (3 m s–1)i + (2 m s–1)j a súradnicové osi sú

zvolené tak, že vektor j smeruje kolmo nahor. Vyjadrite vektor rýchlosti a vektor zrýchlenia v najvyššom bode dráhy.

35. Loptu vyhodíte nahor s počiatočnou rýchlosťou 15 m s–1. Ako vysoko vyletí? 36. V ktorom bode svojej dráhy má vystrelená strela najmenšiu rýchlosť? 37. Aký je pomer tangenciálneho a normálového zrýchlenia bodu na obvode kolesa otáčajúceho sa

okolo pevnej osi, ak výsledné zrýchlenie zviera uhol 45° so smerom rýchlosti? 38. Vysvetlite, kedy je rýchlosť ihly vzhľadom na platňu väčšia - na začiatku, alebo na konci

reprodukcie? 39. Aké je zrýchlenie hmotného bodu pri rovnomernom kruhovom pohybe? 40. Vyjadrite tangenciálne a normálové zrýchlenie pri kruhovom pohybe ako funkciu času, ak je daná

počiatočná obvodová rýchlosť, polomer kružnice a uhlové zrýchlenie je konštantné. 41. Kde je väčšia veľkosť Coriolisovho zrýchlenia ak letí lietadlo pozdĺž poludníka smerom na juh

v blízkosti pólu, alebo na rovníku?

1.3 Riešené príklady

1.1 Lietadlo má preletieť vzdialenosť 200 km východným smerom. Vietor fúka zo severozápadu rýchlosťou 30 km h–1. Určite vektor potrebnej rýchlosti lietadla, ak podľa letového poriadku má svoj cieľ dosiahnuť za 40 minút.

Riešenie:

Rýchlosť lietadla vzhľadom na preletenú vzdialenosť a čas musí byť vL = 200 km / (2/3) h = 300 km h–1. Ak orientujeme os x vo východnom smere potom vL = (300 km h–1) i Vektor rýchlosti vetra vV = (vvcos45°) i – (vvsin45°) j. = y

xvv

vvL

( 21,2 km h–1) i – (21,2 km h–1) j Požadovaná skutočná rýchlosť pohybu lietadla vL vzhľadom na Zem bude podľa obr. 1.4 vektorovým súčtom rýchlosti vetra a rýchlosti lietadla vzhľadom na vzduch, pre ktorú platí: v = vL – vV = (278,8 km h–1) i + (21,2 km h–1) j.

Obr. 1.4 1.2 Súradnica hmotného bodu pohybujúceho sa v osi x závisí od času vzťahom x = A t3 + B t2 + C, kde

A = 2 m s–3 , B = 5 m s–2, C = 5 m. (a) Nájdite všeobecné vzťahy pre rýchlosť a zrýchlenie, (b) Vypočítajte strednú rýchlosť a stredné zrýchlenie v intervale Δt = ⟨2 s , 3 s⟩. Riešenie:

Vyjdeme z definícií rýchlosti a zrýchlenia. Platí: vxt

At Bt= = +dd

3 22 ; avt

At= =dd

6 .

8

Na určenie strednej rýchlosti a zrýchlenia použijeme vzťahy uvedené v úvode do kapitoly. V čase t = 2 s súradnica x(2) = 41 m, x(3) = 104 m , rýchlosť v(2) = 44 m s–1; v(3) = 84 m s–1 .

Potom ⟨ = ⟩v ( ) ( )ΔΔ

xt

x x=

−−

3 23 2s s

= 63 m s–1 a zrýchlenie ⟨ ⟩a = Δ

Δ

vt

= ( ) ( )v v3 23 2

−−s s

= 40 m s–2.

1.3 Polohový vektor hmotného bodu r = 3t2 i + 2t2 j + 1k , kde čas t je v sekundách a zložky

polohového vektora sú v metroch. Určte vektory v(t) a a(t), veľkosť vektora v v čase t = 2 s, dráhu prejdenú za 2 s a veľkosť prírastku polohového vektora |Δr | za tento interval.

Riešenie:

Rýchlosť vr

i j k i j= = + + = + −dd

dd

mst t

t t t t( ) (3 2 1 6 42 2 ) 1;

zrýchlenie advdt

ddt

t t= = + = +( ) (6 4 6 4i j i j) m s–2

Pre dráhu platí 2 2

2 2

0 0 0

( )d (6 ) (4 ) d 52 d 2 52t

s v t t t t t t t= = + = =∫ ∫ ∫ m.

Veľkosť prírastku |Δr | = |r(2) – r(0) | = |12i + 8j | = 208 m 1.4 Parametrické rovnice určitého pohybu sú x = r cos ωt, y = r sin ωt a z = bt, kde r, ω a b sú

konštanty. Vyjadrite vektory rýchlosti a zrýchlenia a určte aj ich veľkosti. Aká bude trajektória tohto pohybu?

Riešenie:

Vektor rýchlosti v i j k i j k= + + = + + =dd

dd

dd

dd

dd

dd

xt

yt

zt t

r tt

r tt

bt( cos ) ( sin ) ( )ω ω

= − + +r t r t bω ω ω ωsin( ) cos( )i j k

Vektor zrýchlenia a i j k i= + + = − −dd

d

ddd

vt

v

tvt

r t rx y z ω ω ω ω2 2cos( ) sin( ) jt

Veľkosť rýchlosti v = r 2 2 2ω + b a veľkosť zrýchlenia a = r ω2 . Trajektória pohybu je špirála s konštantným stúpaním.

1.5. Dve telesá sú vrhnuté kolmo nahor rovnakou rýchlosťou v0 =100 m s–1, ale s oneskorením

δ = 4 s. Za aký čas od vypustenia prvého telesa sa stretnú?

Riešenie: Ak zanedbáme odpor vzduchu, pohyb telies je pohyb s konštantným zrýchlením. Ak os y

orientujeme smerom nahor, potom zložka zrýchlenia je a = – g. Pre takýto pohyb súradnice telies sa budú rovnať:

y1 = – 12

gt2 + v0t; y2 = – 12

g(t – δ)2 + v0(t – δ). Stretnú sa ak y1 = y2 ⇒ t = δ/2 + v0/g =12,194 s.

9

1.6. Teleso pri voľnom páde prejde počas poslednej sekundy tretinu celej dráhy. Aká je veľkosť celkovej dráhy za predpokladu, že odpor vzduchu zanedbávame?

Riešenie :

Dráha prejdená voľne padajúcim telesom je s = 12

g t2. Do poslednej sekundy ( za čas (t–1s))

teleso prešlo dve tretiny celej dráhy a platí rovnica 23

s = 12

g (t–1s)2. Úpravou oboch rovníc

dostaneme kvadratickú rovnicu t2 – 6t + 3 = 0, z ktorej riešení má význam t = 5,45 s. Celková dráha je s = 145,7 m . 1.7. Zrýchlenie automobilu pri priamočiarom pohybe rovnomerne klesá z počiatočnej hodnoty

a0 = 2 m s–2 v čase t = 0 na nulu v čase t1= 10 sekúnd. Ďalej sa už automobil pohybuje konštantnou rýchlosťou. Vypočítajte dráhu, ktorú prešiel za minútu, ak sa rozbiehal z pokoja.

Riešenie:

Prvých 10 sekúnd je pohyb nerovnomerný, ďalších 50 sekúnd je rovnomerný a to rýchlosťou, ktorú dosiahol za t1 = 10 sekúnd. Celková dráha bude súčtom dráh prejdených nerovnomerným a rovnomerným pohybom, s = s1 + s2. Na určenie rýchlosti musíme zo zadania vyjadriť a = a(t). Zrýchlenie klesá rovnomerne, funkčná závislosť a(t) v intervale 0 s až 10 s je teda priamka a z dvoch

bodov dostávame ( )a t a at

t= −00

1

. Platí a = dv/dt ⇒ dv = a dt . Integráciou tejto rovnice pri

počiatočnej podmienke v0 = 0 dostávame pre rýchlosť

v a at

t t a t at

tt t

= −⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

= −⎡

⎣⎢

⎤

⎦⎥ =∫ 0

0

100

0

1

2

00 1

1 112

12

d a t = 10 m s–1

Dráhu prejdenú za čas t1 získame integráciou závislosti rýchlosti od času teda:

s a t at

t t a t at

t at t

1 00

1

2

0

02

0

1

3

00 1

212 2 6

13

1 1

= −⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

⎛

⎝⎜

⎞

⎠⎟ = −

⎡

⎣⎢

⎤

⎦⎥ =∫ d t = 66,6 m.

Zostávajúcich 50 sekúnd je pohyb rovnomerný, teda s2 = ( )v t t1 = 10.50 = 500 m a dráha s = 566,6 m. 1.8. Zrýchlenie hmotného bodu pohybujúceho sa v osi x závisí od polohy podľa funkcie

a = (4x – 2) m s–2 , kde x je v m. Počiatočná podmienka je v0 = 10 m s–1 v bode x = 0. Nájdite všeobecný vzťah pre rýchlosť ako funkciu polohy.

Riešenie: Pohyb sa koná po jednej priamke, preto nám stačí skalárny zápis veličín, ktoré budú predstavovať

zložky pohybu vo zvolenej osi x. Vyjdeme z definície zrýchlenia a vt

=dd

, z ktorej vyplýva rovnica

dv = a dt. Z nej po dosadení funkcie zrýchlenia získame dv = (4x – 2) dt. Túto rovnicu nemôžeme integrovať, pretože má 3 premenné veličiny. Musíme odstrániť čas. Využijeme na to definíciu rýchlosti v = dx/dt, z ktorej po úprave dostávame dt = dx/v. Po dosadení dostávame rovnicu: dv v = (4x – 2) dx. V tejto rovnici sme úpravami získali separáciu premenných a môžeme ju

integrovať v požadovaných intervaloch premenných veličín. . Dostávame: ( )v v x xv

v x

o

d∫ ∫= −4 20

d

10

12

12

2202 2v v x− = − x z čoho po dosadení číselných hodnôt a úprave získame rýchlosť ako funkciu

polohy: v x x= − +4 2 1002 m s-1.

Poznámka: Úlohu tohoto typu, ako uvidíme neskôr v Kap.3, môžeme riešiť veľmi jednoducho využitím vzťahu medzi prácou a kinetickou energiou. Práca výslednej sily sa rovná prírastku kinetickej energie. Sila F = ma a práca je integrál sily po trajektórii pôsobiska sily. Riešenie týmto spôsobom ponechávame na čitateľa.

1.9. Zrýchlenie telesa pri priamočiarom pohybe je a = – kv2, kde k je konštanta. V čase t = 0 pre

rýchlosť platí v = v0. Určte rýchlosť a polohu ako funkciu času a rýchlosť ako funkciu polohy. Riešenie:

Podľa definície dosadíme a vt

=dd

a dostávame rovnicu ddvt

kv= − 2 . V tejto rovnici máme dve

premenné a to rýchlosť a čas. Rovnicu môžeme integrovať, ak na každej strane rovnice bude iba jedna

z nich , t. j. vykonáme separáciu premenných. Dostávame − =d dvv

k t2 . Túto rovnicu integrujeme a to

v hraniciach podľa zadania. Dostávame 0

20

d dv t

v

v k tv

− =∫ ∫ . Po integrácii potom 1 1

0v vkt− = .

Úpravou poslednej rovnice získame rýchlosť ako funkciu času vv

v kt=

+0

0 1.

Polohu určíme z rovnice, ktorú sme získali pre rýchlosť. Dosadíme v xt

=dd

a úplne analogicky

predchádzajúcemu postupu urobíme separáciu premenných a získanú rovnicu integrujeme v hraniciach daných zadaním príkladu. Postupne dostávame:

( )( )0

00 0 0

00

1 1d d ln 1 ln1 ln( 11

x t

x

v0)x t x x v kt x v kt x

v kt k k= ⇒ − = + − ⇒ = +

+∫ ∫ + .

Získali sme polohu hmotného bodu ako funkciu času. Teraz už môžeme vyjadriť rýchlosť ako funkciu polohy a to tak, že z poslednej rovnice vyjadríme čas a dosadíme do vzťahu pre rýchlosť. Dostávame:

( 0( )

0

1 ek x xtv k

−= )1− a po dosadení do vzťahu pre rýchlosť a úprave získame v v . k x x= −0

0e ( )

1.10 Strela bola vystrelená pod uhlom α = 30° vzhľadom na vodorovnú rovinu rýchlosťou

v0 = 200 m s–1. Pohyb je v rovine xy s konštantným zrýchlením a = –g j. Vyjadrite rovnicu trajektórie, vypočítajte dobu výstupu, maximálnu výšku strely, dobu letu, dostrel xm a polomer zakrivenia dráhy v maximálnej výške.

Riešenie:

Pre priemet rýchlosti do osí x a y dostávame zo všeobecného vzťahu pre rovnomerne zrýchlený pohyb vx = vx0 = v0 cosα vy = –g t + vy0 = –g t + v0 sinα a pre súradnice x = v0 cosα t y = –1/2 g t2 + v0 sinα t. Rovnicu trajektórie y = f(x) získame vylúčením času zo sústavy rovníc pre x a y . Potom :

11

y = −gx

v

2

02 22 cos α

+ x tgα čo je rovnica paraboly. V maximálnej výške je rýchlosť vy = 0 ⇒

doba výstupu tv

gv = 0 sinα. Maximálnu výšku dostaneme po dosadení tv do vyjadrenia pre y.

ymax =

vg

02 2 2 2

2200 30

2 9 81sin sin

,α

=×

×=

o

509,7 m.

Pri dopade je z = 0, z čoho vyplýva doba letu tl = 2 v0 sinα /g . Pre dostrel po dosadení doby letu dostávame:

xv

gv

gm = = =2 2 200 60

9 8102

02 2sin cos sin sin

,α α α o

= 3531 m

Polomer zakrivenia vystupuje v normálovom zrýchlení an = v2/r, kde v je celková rýchlosť. Veľkosť celkového zrýchlenia je g a podľa obr. 1.5 pre zložky zrýchlenia platí: an = g sinϕ a aτ = g cosϕ. Na vrchole dráhy ϕ = π/2 , aτ = 0 a an = g. V maximálnej výške vy = 0 a celková rýchlosť sa rovná zložke vx . vx = v0 cosα ⇒

y

x

an

α

gaτϕ

Obr. 1.5

r = (v0 cosα)2 /g = (200.cos 30°)2 /9,81 = 3058 m. 1.11 Pohyb telesa je opísaný pohybovými funkciami:

x = 20 t, y = –5t2 + 5t + 10, z = 0, kde vzdialenosti sú v metroch a čas v sekundách. Určte: (a) polohu telesa v čase t = 2s, (b) veľkosť rýchlosti v čase t = 2s a uhol, ktorý v tomto čase zviera vektor rýchlosti s osou x, (c) vektor zrýchlenia, (d) normálové a tangenciálne zrýchlenie a polomer krivosti dráhy v čase t = 2s.

y

x

ϕaτan

g

v0

Riešenie: (a) Polohu v danom čase získame dosadením času do

zadaných funkcií. Dostávame r = 40 i m. Obr. 1.6a (b) Vektor rýchlosti v = dr/dt = 20 i +(5 – 10 t) j m s–1. Potom v = 20 5 102 + −( t 2) a v(2) = 25 m s–1.

Pre uhol s osou x platí cosα = vx/v ⇒ α = arc cos(vx/v) = arc cos 20/25 = 36,9°. (c) Vektor zrýchlenia a = dv/dt = –10 j m s–2.

(d) Tangenciálne zrýchlenie určíme z definície aτ=dd

dd

vt t

tt

t= + − =

−

+ −( ( ) )

( )/400 5 10

100 50

400 5 102 1 2

2.

Potom aτ(2) = 6 m s–2. Normálové zrýchlenie určíme zo vzťahu an

2 = a2 – aτ2 . V čase t = 2 s dostávame an(2) = 8 m s –2.

Pre polomer zakrivenia platí r = v2/an = 625/8 = 78,1 m. 1.12 Teleso je vrhnuté vodorovným smerom počiatočnou rýchlosťou v0 = 10 m s–1. Vypočítajte

veľkosť normálového zrýchlenia, tangenciálneho zrýchlenia a polomer krivosti dráhy telesa v čase t1 = 1,5 s. Odpor vzduchu zanedbajte.

Riešenie:

Celkové zrýchlenie je zrýchlenie voľného pádu. Podľa obr. 1.6a v ľubovoľnom bode trajektórie platí pre zložky zrýchlenia an = g sinϕ a aτ = g cosϕ..

12

Pohyb uvažujeme v rovine xy, pričom os y sme orientovali v smere zrýchlenia. Pri takejto orientácii súradnicových osí platí vx = v0 a vy = gt. Tangenciálne zrýchlenie má smer celkovej rýchlosti, ktorej veľkosť je v v g t= +0

2 2

y

x

ϕvv

vx

Obr. 1.6b

2 . Pre zložky rýchlosti zároveň podľa obr. 1.6b platí vx = v sinϕ a vy = v cosϕ.

Z posledných vzťahov vyjadríme sinϕ a cosϕ a po dosadení dostávame an = gv0/v a aτ = g2 t/v an = gv0/v a aτ = g2 t/v.

Polomer krivosti určíme zo vzťahu an = v2/r ⇒ r = v3/gv0 . Po dosadení číselných údajov dostávame an = 5,52 m s–2, aτ = 8,11m s–2 a r = 57,39 m. 1.13 Ventilátor sa otáčal rýchlosťou zodpovedajúcou 15 otáčkam za sekundu. Po vypnutí pri

rovnomerne spomalenom pohybe vykonal až do zastavenia 75 otáčok. Aký čas uplynul od vypnutia ventilátora do jeho zastavenia?

Riešenie:

Pre rovnomerne spomalený rotačný pohyb platí ω = – ε t + ω0 a ϕ = – 1/2ε t2 + ω0t. Vzťahy sú analogické rovnomerne spomalenému pohybu po priamke, pričom súradnici odpovedá uhol, rýchlosti uhlová rýchlosť a zrýchleniu uhlové zrýchlenie. Pri zastavení platí 0 = – ε tz + ω0, kde tz je doba do zastavenia. Ak počet otáčok je n potom celkový uhol otočenia do zastavenia

ϕ = 2π n = − + = − + =12

12

12

20

02

20ε ω

ωω ωt t

tt tz z 0t

zz z z ⇒ doba zastavenia tz = 4πn/ω0= 2n/f0 = 10 s .

1.14 Bod sa pohybuje po kružnici polomeru R = 0,1 m tak, že závislosť dráhy od času je daná

funkciou s = A + Bt + Ct3, kde B = 2 rad s–1 , C = 1 rad s–3 . Pre body ležiace na obvode kolesa určite v čase 2 s od začiatku pohybu nasledovné veličiny: uhlovú rýchlosť, obvodovú rýchlosť, uhlové zrýchlenie, tangenciálne zrýchlenie, normálové zrýchlenie a uhol medzi celkovým zrýchlením a rýchlosťou.

Riešenie:

Pri kruhovom pohybe dráha priamo súvisí s celkovým uhlom pootočenia ϕ vzťahom s = ϕ R ⇒

ϕ = (1/R)(A + Bt + Ct3). Potom uhlová rýchlosť ωϕ

= =+d

dtB Ct

R3 2

,

an

aaτα

obvodová rýchlosť v = ddst

R B Ct= = +ω 3 2 ,

uhlové zrýchlenie εω

= =ddt

CtR

6,

tangenciálne zrýchlenie avt

R Cτ ε= = = tdd

6 ,

normálové zrýchlenie ( ) 222

23

n

B Ctva RR R

ω+

= = = Obr. 1.7 Pre uhol medzi celkovým zrýchlením a rýchlosťou podľa obr. 1.7 platí

tgατ

= =+a

aB Ct

CRtn ( 3

6

2 2) ⇒ α = arctg

aa

n

τ

.

Po dosadení číselných hodnôt dostávame: ω = 140 s–1, v = 14 m s–1, aτ = 12 m s–2, ε = 120 s–2,

an = 1960 m s–2 a α = 89,65°.

13

1.15 Vodorovná kruhová doska sa otáča okolo zvislej osi tak, že za minútu vykoná 120 otáčok. Pozdĺž jej polomeru sa vzhľadom na dosku pohybuje hmotný bod rovnomerne rýchlosťou v´= 0,05 m s–1. Nájdite hodnotu rýchlosti a zrýchlenia bodu vzhľadom na okolie v čase t = 20 s, keď v čase t = 0 sa nachádzal v strede dosky.

Riešenie:

Úloha predstavuje zložený pohyb. Pre rýchlosť vzhľadom na okolie platí v = v0 + ω×r´+ v´ a pre zrýchlenie: a = a0 + a´+ 2 ω ×v´ + ω ×(ω ×r´) + ε ×r´. V našom prípade sú podľa zadania niektoré členy nulové pretože v0 = a0 = a´= ε = 0 (doska nemá translačný pohyb, bod sa po doske pohybuje rovnomerne a rotácia nemá zrýchlenie ). Zostávajúce členy sú na seba kolmé, r´= v´t a pre veľkosť rýchlosti a zrýchlenia dostávame: v = v v t v t′ + ′ = ′ +2 2 2 2 21ω ω 2 ;

a v v t v= + = +( ') ( ' ) '2 42 2 2 2ω ω ω ω t 2 .

Po dosadení číselných hodnôt dostávame v čase t = 20 s: v(20) = 12,57 m s–1 , a(20) = 157,9 m s–2. 1.16 Bod M sa podľa obr. 1.8 pohybuje rovnomerne rýchlosťou v´ po povrchovej priamke kužeľa

vychádzajúc z jeho vrcholu. Kužeľ sa otáča okolo svojej osi konštantnou uhlovou rýchlosťou ω. Určte v čase t od začiatku pohybu veľkosť zrýchlenia a rýchlosti bodu M vzhľadom na nepohyblivú sústavu S, keď uhol medzi povrchovou priamkou a osou kužeľa je α..

Riešenie:

MV ‘

ω

α

Úloha predstavuje zložený pohyb rotujúcej sústavy (kužeľ) a rovnomerného pohybu bodu v tejto sústave. Všeobecné vzťahy pre zložený pohyb vzhľadom na nepohyblivú sústavu S sú: pre rýchlosť: v = v0 + ω × r´ + v´ a pre zrýchlenie: a = a0 + a´+ 2 ω ×v´ + ω ×(ω ×r´) + ε ×r´. V našom prípade v0 = a0 = a´ = ε = 0 a rýchlosť v´ zviera s uhlovou rýchlosťou ω uhol π –α. Jej veľkosť je konštantná a označme ju v´. Za čas t´má polohový vektor r´v otáčajúcej sa sústave veľkosť r´=v´t. Vektory ω ×v´ a ω ×(ω ×r´) sú navzájom kolmé a pre veľkosť celkového zrýchlenia vzhľadom na sústavu S dostávame: Obr.1.8 a v r v= + =( 'sin ) ( 'sin ) ' sin2 42 2 2 2ω α ω α ω α ω t+ 2 . Navzájom kolmé sú tiež vektory v’ a ω ×r´ a pre veľkosť rýchlosti v

dostávame ( )2' sinv v tω α= +1 .

1.4 Neriešené príklady 1.17 Dva vlaky sa pohybujú po paralelných tratiach rýchlosťami v1 = 70 km/hod. a v2 = 100 km/hod..

Aká je ich relatívna rýchlosť ak: (a) vlaky sa pohybujú rovnakým smerom, (b) vlaky sa pohybujú opačnými smermi?

1.18 Riešte predchádzajúcu úlohu, ak trate nie sú paralelné, ale zvierajú uhol 60°. 1.19 Rieka tečie na sever rýchlosťou vR = 3 km/h. Čln smeruje na východ a jeho rýchlosť vzhľadom

na vodu je vv = 5 km/h. (a) O aký uhol musí kormidelník nasmerovať čln od východného smeru,

14

aby takýto pohyb nastal? (b) Vypočítajte rýchlosť člna vzhľadom na pevninu a čas za ktorý sa dostane na druhý breh, ak rieka má šírku d = 1 km.

1.20 Vodič idúci v daždi rýchlosťou 80 km/h pozoroval, že kvapky zanechávajú na okne stopu

odklonenú 30° od vertikálneho smeru. Keď zastal, videl, že dážď padá kolmo. Aká je rýchlosť dažďových kvapiek vzhľadom na Zem ?

1.21 Aká je priemerná rýchlosť automobilu v prípade, že (a) prvú polovicu času sa pohybuje

rýchlosťou v1 = 100 km/h a druhú polovicu času rýchlosťou v2 = 60 km/h. (b) prvú polovicu dráhy prejde rýchlosťou v1 a druhú polovicu rýchlosťou v2?

1.22 Poloha bodu pohybujúceho sa po priamke je daná rovnicou x = 16 t – 6 t2, kde súradnica x je v

metroch a čas t v sekundách. (a) Aká je poloha bodu v čase t = 3 s? (b) Za aký čas bude daný bod prechádzať počiatkom? (c) Aká je stredná rýchlosť za 2 s? (d) Nájdite všeobecný vzťah pre strednú rýchlosť v časovom intervale to < t < (to + Δt). (e) Aká je okamžitá rýchlosť v čase t = 0? (f) Nájdite všeobecný vzťah pre okamžité zrýchlenie. (g) V ktorom čase je zrýchlenie rovné nule? (h) V ktorom čase je pohyb zrýchľovaný a v ktorom spomaľovaný? Načrtnite grafy závislosti rýchlosti a zrýchlenia na čase.

1.23 Častica sa pohybuje tak, že jej polohový vektor sa mení v čase podľa funkcie r = 3t2 i + 2tj + 1k.

Vzdialenosť je v metroch a čas t je v sekundách. Vyjadrite: (a) vektory rýchlosti a zrýchlenia, (b) veľkosť rýchlosti v čase t = 10 s, (c) približne vyjadrite veľkosť dráhy, ktorú častica prešla za 11. sekundu. Diskutujte váš postup vzhľadom na presné riešenie.

1.24 Hmotný bod sa pohybuje s rýchlosťou v = 1i + 2tj + 3t2k . Rýchlosť je vyjadrená v m s–1, čas je

v sekundách. Vzhľadom na čas t = 0 vypočítajte: (a) prírastok Δr za 2 sekundy, (b) |Δv | za ten istý interval.

1.25 Pohyb častice v osi x je daný funkciou x = t3 – 3t2 – 9t + 5, kde čas t je v sekundách a

vzdialenosť x v metroch. V akom časovom intervale sa častica pohybuje v kladnom smere osi x a v akom v zápornom smere? Počas ktorého intervalu je pohyb zrýchlený a kedy spomalený? Načrtnite grafy závislostí polohy, rýchlosti a zrýchlenia od času.

1.26 Závislosť dráhy prejdenej telesom na čase je daná rovnicou s = A +Bt + Ct2 + Dt3, kde

C = 0,2 m s–1 a D = 0,01 m s–3. (a) za aký čas od začiatku pohybu sa bude zrýchlenie telesa rovnať 1m s–2 ? (b) čomu sa bude rovnať v tomto intervale stredné zrýchlenie?

1.27 Závislosť dráhy prejdenej telesom na čase je určená rovnicou s = Bt + Ct2., kde B = 1m s–1 a

C = 2m s–2. (a) Určite strednú rýchlosť a stredné zrýchlenie telesa v časovom intervale od začiatku prvej do konca štvrtej sekundy. (b) Zostrojte graf dráhy, rýchlosti a zrýchlenia v čase 0≤ t≤ 5 s .

1.28 Lietadlo pri štarte prejde dráhu 600 m za 15 sekúnd. Ak predpokladáme konštantné zrýchlenie

vypočítajte štartovaciu rýchlosť a zrýchlenie lietadla. 1.29 Auto čakajúce na križovatke na zelenú sa začalo pohybovať po dobu 6 s s konštantným

zrýchlením a = 2 m s–2 a ďalej sa pohybovalo už s dosiahnutou rýchlosťou. Pri naskočení zeleného svetla v druhom pruhu prechádzal nákladný automobil s konštantnou rýchlosťou 10 m s–1. Za aký čas a ako ďaleko od križovatky sa autá znova stretnú?

1.30 Pohyb bodu je určený rovnicami x = A1t2 + BB1 , y = A2t + B2

2B , kde A1 = 0,2 m s–2, BB1 = 0,05 m,

A2 = 0,15 m, B2B = –0,03 m. Nájdite: (a) vektory rýchlosti a zrýchlenia, (b) smery a veľkosti rýchlosti a zrýchlenia v čase t = 2s. Smer určite pomocou uhla vzhľadom k osi x.

15

1.31 Teleso pri voľnom páde prejde 12 metrovú vzdialenosť medzi dvomi meracími bodmi za

1 sekundu. Z akej výšky nad horným bodom teleso padá? Odpor vzduchu zanedbajte. 1.32 Kameň sme pustili do priepasti a dopad bolo počuť za 10 s. Ak rýchlosť zvuku vo vzduchu je

330 m s–1 a zanedbáme odpor vzduchu, aká je hĺbka priepasti? 1.33 Voľne padajúce teleso prejde za poslednú sekundu štvrtinu celej dráhy. Vypočítajte z akej výšky

teleso padá a dobu pádu. 1.34 Voľne padajúce teleso prešlo posledných 30 m svojej dráhy za 1 sekundu. Určite výšku, z akej

teleso padá. 1.35 Bombardovacie lietadlo letí rýchlosťou 720 km/hod. vo výške 5 km. (a) V akej horizontálnej

vzdialenosti musí uvolniť bombu, aby zasiahla cieľ? (b) Určite rýchlosť bomby pri dopade. (c) Pod akým uhlom vzhľadom na vodorovnú rovinu bomba dopadne na cieľ?

1.36 Teleso je vrhnuté vodorovným smerom s počiatočnou rýchlosťou vo = 20 m s–1. Za aký čas od

začiatku pohybu sa veľkosť celkovej rýchlosti bude rovnať dvojnásobku počiatočnej rýchlosti? 1.37 Pod akým uhlom k horizontu je vrhnuté teleso, ak maximálna výška ktorú dosiahne, sa rovná

jednej štvrtine doletu? 1.38 Strela je vystrelená pod uhlom α = 35° vzhľadom na vodorovnú rovinu. Dopadne na zem vo

vzdialenosti d = 4 km. Vypočítajte veľkosť počiatočnej rýchlosti, čas letu strely a maximálnu výšku ktorú dosiahne.

1.39 Z jedného bodu sú súčasne vrhnuté dve telesá s rovnakou rýchlosťou, ale pod rôznymi uhlami

vzhľadom k horizontu. Vypočítajte vzdialenosť d medzi telesami v čase t = 2s, ak počiatočná rýchlosť vo = 100 m s–1 a uhly boli α1 = 30° a α2 = 60°.

1.40 Z veže výšky h = 25 m je vrhnutý vodorovne kameň rýchlosťou v0 = 15 m s–1. Určite v akej

vzdialenosti od veže dopadne na zem, aká bude doba letu, veľkosť rýchlosti s ktorou dopadne na zem a uhol dopadu vzhľadom na vodorovnú rovinu.

1.41 Teleso je vrhnuté s rýchlosťou v0 = 14,5 m s–1 pod uhlom 45° vzhľadom k horizontu. Určite

veľkosť tangenciálneho a normálového zrýchlenia telesa v čase t = 2 s od začiatku pohybu. Odpor vzduchu zanedbajte.

1.42 Teleso je vrhnuté pod uhlom 60° vzhľadom k horizontu s počiatočnou rýchlosťou v0 = 20m s–1.

Vypočítajte polomer krivosti dráhy v najvyššom bode jeho dráhy. Odpor vzduchu zanedbajte. 1.43 Elektrický rušeň sa rozbieha so zrýchlením ktoré rovnomerne klesá z hodnoty a0 = 0,2 m s–2 na

nulu za 100 s. Aká bude jeho rýchlosť po 100 s a akú dráhu za tento čas prešiel, ak na počiatku bol v pokoji?

1.44 Zrýchlenie častice pohybujúcej sa po priamke sa v závislosti od polohy mení podľa funkcie

a = – kx. Počiatočná poloha, v ktorej rýchlosť v0 = 0, bola x = x0. Nájdite veľkosť rýchlosti častice v počiatku.

1.45 Zrýchlenie telesa pohybujúceho sa po priamke je dané funkciou a = a0 – Ct2 , kde a0 = 4 m s–2 a

C = 1m s–4. Nájdite vzťah pre rýchlosť a polohu ako funkciu času ak v čase t = 3s bolo v = 2 m s–1 a poloha x = 9 m.

16

1.46 Zrýchlenie telesa pri priamočiarom pohybe je dané vzťahom a = A– Bv . Počiatočné podmienky sú x = 0 a v = 0 v čase t = 0. Nájdite v (t), x (t) a x(v).

1.47 Teleso sa pohybuje po priamke a pre rýchlosť platí v = t3 + 4t2 + 2, kde čas je v sekundách a

rýchlosť v m s–1. Ak v čase t = 2 s jeho poloha bola x = 4 m, určite hodnotu x a zrýchlenie telesa v čase t = 3 s.

1.48 Hmotný bod sa pohybuje po kružnici s polomerom R = 2 m uhlovou rýchlosťou ω = 10 s–1.

Vypočítajte periódu, frekvenciu a dostredivé zrýchlenie pri tomto pohybe. 1.49 Koleso polomeru R = 0,1 m sa otáča tak, že závislosť uhla potočenia od času vyjadruje rovnica ϕ

= A + Bt + Ct3, kde B = 2 rad s–1, C = 1rad s–3. Pre body, ktoré ležia na obvode kolesa nájdite v čase t = 2 s, obvodovú rýchlosť, uhlové zrýchlenie, tangenciálne zrýchlenie a normálové zrýchlenie.

1.50 Koleso sa otáča tak, že závislosť uhla potočenia od času vyjadruje rovnica ϕ = Ct2+Dt3, kde

C = 1 s–2, D = 1 s–3. Vypočítajte polomer kolesa, ak na konci 2 sekundy sa normálové zrýchlenie bodu na obvode kolesa rovnalo 5,12.102 m s–2.

1.51 Hmotný bod koná pohyb po kružnici s polomerom r = 0,2 m so stálym uhlovým zrýchlením

ε = 2 s–2. Vypočítajte hodnotu tangenciálneho zrýchlenia, normálového zrýchlenia a celkového zrýchlenia na konci 4. sekundy, ak v čase t = 0 bol hmotný bod v pokoji.

1.52 Teleso sa začína otáčať okolo pevnej osi s konštantným uhlovým zrýchlením ε = 0,2 s–2. Za aký

čas od začiatku pohybu bude celkové zrýchlenie hociktorého otáčajúceho sa bodu telesa zvierať uhol 76° s rýchlosťou toho istého bodu?

1.53 Koleso sa otáča s frekvenciou f = 1800 ot/min. Brzdením možno dosiahnuť, že jeho otáčanie

bude rovnomerne spomalené a koleso sa zastaví za čas t = 30 sekúnd. Vypočítajte uhlové spomalenie ε a počet otáčok ktoré koleso vykoná od začiatku brzdenia až do zastavenia.

1.54 Bod sa pohybuje po kružnici a prejdená dráha závisí na čase funkciou s = t3 + 2t2, kde s je

vyjadrené v metroch a čas v sekundách. Ak celkové zrýchlenie bodu v čase t = 2 s je 16√2 m s–2, vypočítajte polomer kružnice.

1.55 Hmotný bod sa pohybuje po kružnici polomeru R=1 m s konštantným tangenciálnym

zrýchlením. Vypočítajte jeho normálové zrýchlenie za čas t =20 s od začiatku pohybu, ak viete, že na konci piatej otáčky sa obvodová rýchlosť bodu rovnala v = 4 m s–1.

1.56 Veľkosť rýchlosti vlaku po odchode zo stanice rovnomerne narastala a po čase t1 = 3 min.

dosiahla hodnotu v = 20 m s–1. Trať je zakrivená a polomer zakrivenia sa rovná 800 m. Určite veľkosť tangenciálneho, normálového a celkového zrýchlenia v čase t = 2 min. od odchodu zo stanice.

1.57 Hmotný bod sa pohybuje po kružnici s polomerom r = 0,1m tak, že jeho uhlová súradnica ϕ je

daná vzťahom ϕ(t) = A + Bt3, kde A = 2 rad a B = 4 rad s –3 . (a) Aké bude normálové zrýchlenie a tangenciálne zrýchlenie tohoto bodu v čase t = 2 s ? (b) Pri akej hodnote ϕ bude uhol medzi celkovým zrýchlením a jeho normálovou zložkou α = 60° ?

1.58 Polohový vektor častice v sústave S je r = ((6t2 – 4t) i – 3t3 j +3 k ) m, kde čas je v sekundách a

poloha v metroch. (a) Určte relatívnu rýchlosť sústavy S’ vzhľadom na sústavu S, ak polohový vektor častice v sústave S’ je r’= ((6t2 + 3t) i' + (–3t3) j' + 3 k') m. Navzájom sú rovnobežné vektory ( i,i'), (j,j') a (k,k').(b) ukážte, že zrýchlenie častice je rovnaké v obidvoch sústavách.

17

1.59 Tyč sa otáča okolo osi kolmej na tyč s frekvenciou f = 2 s–1. Bod sa pohybuje v smere tyče od osi otáčania ku jej koncu konštantnou relatívnou rýchlosťou v´= 0,05 m s–1. Vypočítajte veľkosť rýchlosti vzhľadom na okolie v čase t = 5 s, keď v čase t = 0 sa bod nachádzal v bode otáčania tyče.

1.60 Rieka tečie južným (severným) smerom rýchlosťou 9 km/hod na 45° zemepisnej šírky. Určite

aké bude v tomto mieste Coriolisovo zrýchlenie.

18

2 Dynamika hmotného bodu 2.1 Úvod

Vzájomné pôsobenie fyzikálnych objektov charakterizuje sila. Sila je vektorová veličina a pri pôsobení viacerých síl na fyzikálny objekt výsledná sila je vektorovým súčtom jednotlivých síl. Základnými zákonmi klasickej mechaniky sú Newtonove pohybové zákony:

1. Pohybový stav telies v inerciálnej sústave sa bez pôsobenia síl nemení a teleso zotrváva

v pokoji, alebo v rovnomernom priamočiarom pohybe. Inerciálne sústavy sú sústavy, ktoré sú spojené s voľne sa pohybujúcim telesom, ktoré nekoná rotačný pohyb vzhľadom na stálice.

2. Časová zmena hybnosti telesa je priamo úmerná pôsobiacej sile. 3. Sily ktorými dve telesá navzájom na seba pôsobia sú rovnako veľké, ale opačného smeru.

Druhý zákon matematicky vyjadruje diferenciálna rovnica dd

dd

p v Ft

mt

= =( ) . Keď hmotnosť je

konštantná potom prechádza na tvar ma = F. Zložkové vyjadrenia tejto rovnice sú: max = Fx ; may = Fy ; maz = Fz

Integrálnym vyjadrením druhého Newtonovho zákona je impulz sily : I = p2 – p1 = 2

!

dt

t

t∫ F .

Druhý Newtonov zákon môžeme v neinerciálnych sústavách použiť len vtedy, ak ku „reálnym“ silám, t.j. silám vystupujúcim v inerciálnej sústave pridáme sily zotrvačné („zdanlivé“ sily). Silu v neinerciálnej sústave S´, ktorá rotuje s uhlovou rýchlosťou ω, má uhlové zrýchlenie ε a jej počiatok sa pohybuje so zrýchlením a0 vyjadríme vo všeobecnosti vzťahom: 0' 2 ( ) =F m m m m= − − × − × − × ×F a r' v' r'ε ω ω ω F F F F F+ + + +tr,z ,z c od,zτ kde F je „reálna“sila, r’je polohový vektor a v’ je rýchlosť v neinerciálnej sústave. Sila Ftr,z = – ma0 je zotrvačná translačná sila, Fτ,z = – m ε × r’ je zotrvačná tangenciálna sila, Fc = – 2mω × v’ je zotrvačná Coriolisova sila a Fod,z = – m ω ×(ω × v’) je zotrvačná odstredivá sila. Sila F pôsobiaca na hmotný bod môže byť vo všeobecnosti funkciou času, polohy, alebo rýchlosti. Pohyb hmotného bodu, teda kinematické veličiny ktoré ho charakterizujú, určíme riešením

pohybovej rovnice mt

r v tdd

2

2

rF= ( , , ) , kde r je polohový vektor hmotného bodu. K riešeniu pohybovej

rovnice potrebujeme počiatočné podmienky, ktorými sú obyčajne poloha a rýchlosť v čase t = 0. Pri pohybe jedného telesa po povrchu druhého telesa vzniká v dotykovej ploche trecia sila pôsobiaca proti pohybu, ktorej veľkosť je Ftr = μ FN , kde μ je faktor šmykového trenia a FN je normálová zložka sily, ktorou je pritláčané jedno teleso na druhé. 2.2 Otázky a problémy

1. Ako sa pohybuje hmotný bod, keď vektorový súčet naň pôsobiacich síl sa rovná nule? 2. Aký je vzťah medzi impulzom sily a hybnosťou? 3. Aké sú v jednotkách SI rozmery sily, hybnosti a impulzu sily? 4. Vyslovte Newtonove zákony a hranice ich platnosti.

19

5. Kde vzniká sila trenia? Od čoho závisí? 6. Čo sú to počiatočné podmienky? 7. Koľko počiatočných podmienok vo všeobecnosti potrebujeme k riešeniu pohybovej rovnice? 8. Pre konštantnú silu pôsobiacu na hmotný bod v každom bode dráhy platí F.v = 0. Ako sa mení

veľkosť a smer rýchlosti? 9. Pre konštantnú silu pôsobiacu na hmotný bod platí F.v < 0. Aký druh pohybu koná hmotný bod?

10. Rýchlosť hmotného bodu pri priamočiarom pohybe lineárne rastie podľa vzťahu v = v0 + kt. Ako sa mení zrýchlenie pri tomto pohybe hmotného bodu?

11. Pre konštantnú silu pôsobiacu na hmotný bod platí F×v = 0. Aký druh pohybu koná hmotný bod? 12. Aká výsledná sila pôsobí na teleso pri šikmom vrhu, ak zanedbáme odpor vzduchu? 13. Aký smer má rýchlosť pri šikmom vrhu v najvyššom bode dráhy? 14. Prečo nemôžeme urobiť vektorový súčet síl, ktorými sú akcia a reakcia? 15. Rýchlosť hmotného bodu pri priamočiarom pohybe sa mení podľa vzťahu v = v0 + kt. Aká sila

pôsobí na hmotný bod? 16. Rýchlosť parašutistu sa po otvorení padáka už ďalej nezvyšuje. Vysvetlite prečo! 17. Lyžiar sa spúšťa zo svahu, ktorého sklon je α = 30°. Určte jeho zrýchlenie, ak faktor trenia

μ = 0,1. 18. Skúste navrhnúť sériu experimentov, ktoré by dovolili rozhodnúť, že sila trenia medzi určitými

telesami závisí iba od normálovej zložky sily. 19. Predstavte si, že s vaším partnerom sa nachádzate na dokonale hladkom ľade. Držíte opačné konce

lana a ťaháte ho každý proti sebe. Čo sa stane ak máte presne rovnaké hmotnosti a čo nastane ak máte polovičnú hmotnosť ako váš partner?

20. Tiažová sila pôsobiaca na kameň hmotnosti 2 kg je dvakrát väčšia ako tiažová sila pôsobiaca na kameň hmotnosti 1 kg. Vysvetlite, prečo ťažší kameň nepadá rýchlejšie. Odpor vzduchu zanedbajte.

21. Ako určíme pomocou naklonenej roviny statický faktor trenia? Odvoďte potrebný vzťah! 22. Vysvetlite, prečo počas dažďa väčšie kvapky padajú s väčšou rýchlosťou ako kvapky menšie. 23. Ako sa zmení sila, ktorou človek tlačí na podlahu výťahu, ak sa tento pohybuje: a) nahor so

zrýchlením a, b) nadol so spomalením a, c) akou silou bude tlačiť na podlahu výťahu ak by sa lano pretrhlo?

24. Ako sa musí pohybovať výťah, aby sila ktorou človek tlačí na podlahu výťahu sa rovnala práve polovici jeho tiaže.

25. Lano môže byť napnuté maximálnou silou 500 N. Môže sa po ňom zachrániť človek z horiaceho domu ak jeho hmotnosť je 70 kg , okno je vo výške 15 m a človek „prežije“ dopad rýchlosťou 10 m s–

1? 26. Chlapec nesie vo vedre vodu. S akou minimálnou frekvenciou by mal krúžiť rukou vo vertikálnej

rovine, aby sa voda nevyliala z vedra, keď dĺžka chlapcovej ruky je 0,6 m? 27. Ak kôň pôsobí na vozík silou F potom vozík pôsobí podľa 3. Newtonovho zákona na koňa silou –

F. Ako potom môže kôň vozík pohnúť? Vysvetlite túto dilemu. 28. Načrtnite závislosť rýchlosti od času pre teleso padajúce vo viskóznej kvapaline, ktorej odpor je

priamo úmerný rýchlosti. Uvažujte pád (a) bez počiatočnej rýchlosti a (b) s počiatočnou rýchlosťou, ktorá môže byť menšia alebo väčšia ako hraničná rýchlosť.

29. Rieky tečúce na severnej pologuli južným smerom majú viac podmytý pravý breh. Aká sila spôsobuje tento jav?

30. Ako rotácia Zeme vplýva na tiaž telesa? Diskutujte polohu na póloch a na rovníku! 31. Ak zrýchlenie telesa na póloch je g0, aké bude na rovníku, ak polomer Zeme je Rz? 32. Prečo pri páde do hlbokej šachty miesto dopadu sa posúva od vertikálneho smeru? 33. Lietadlo sa pohybuje v smere poludníka. V ktorých miestach bude pri rovnakej rýchlosti hodnota

Coriolisovej sily väčšia: v oblasti polárnej, alebo rovníkovej? Vysvetlite prečo! 34. Vo vagóne sedí človek. Na vodorovnej podložke je voľne položená gulôčka, ktorá sa po celý čas

nepohne. Môže človek na základe stavu gulôčky rozhodnúť či sa vagón pohybuje, alebo nie? 35. Na ktorom mieste zemského povrchu je hodnota zotrvačnej odstredivej sily za inak rovnakých

podmienok maximálna a na ktorom minimálna?

20

36. Auto prechádza najskôr mostom nadol prehnutým a potom nahor vypuklým. V ktorom mieste tlačí auto viac na cestu a prečo?

37. Vo výťahu je vedro s vodou v ktorej pláva drevená kocka. Ako sa zmení hĺbka ponoru kocky vo vode, keď sa výťah začne pohybovať so zrýchlením nahor (nadol)?

38. Štartovacie rampy pre kozmické rakety sú postavené na malých zemepisných šírkach. Z akého fyzikálneho dôvodu je to výhodné?

2.2 Riešené príklady 2.1 Po ideálne hladkej rovine sa pohybujú dve telesá hmotností m1 a m2 Spojené sú lankom

zanedbateľnej hmotnosti. Na telesá pôsobia sily F1 a F2 podľa obr. 2.1, pričom F2 > F1. Nájdite napätie nite a zrýchlenie sústavy.

Riešenie :

Pri riešení úloh tohto typu postupujeme v zásade takto: (a) musíme si uvedomiť všetky sily pôsobiace na dané telesá, (b) pre každé teleso vyjadriť II. Newtonov zákon vo vektorovom tvare, (c) premietnuť vektorový tvar do vhodných súradnicových osí, (d) riešiť získanú sústavu rovníc.

Na obr. 2.1. sú zrejmé vektory síl pôsobiacich na jednotlivé telesá v tejto úlohe. Vyjadríme pre každé teleso II. Newtonov zákon: m1 a1 = T1 + F1 ; m2a2 = F2 + T2. V smere pohybu si zvolíme kladný smer súradnicovej osi a vyjadríme priemety vektorových rovníc do tejto osi. Lanko je pevné a položíme a1 = a2 = a. Ďalej T1 a T2 sú sily akcie a reakcie a sú rovnako veľké, teda T1 = T2 = T. Po skalárnom vyjadrení vektorových rovníc dostávame: m1 a = T – F1 ; m2 a = F2 – T . Riešením tejto sústavy rovníc je hľadané zrýchlenie a napätie T.

aF Fm m

=−

+2 1

1 2

; Tm F m F

m m=

−

+1 2 2 1

1 2

. F1 F2T2T1

Obr. 2.1 2.2 Teleso hmotnosti m = 2 kg je na naklonenej rovine zvierajúcej s horizontálou uhol α = 30°. Akou

silou musíme pôsobiť na teleso v smere naklonenej roviny, aby sa pohybovalo rovnomerne zrýchleným pohybom (a) nahor, (b) nadol, a to so zrýchlením a = 0,1 m s–2 ? Faktor trenia medzi telesom a rovinou je μ = 0,4.

Riešenie:

1.Uvedomíme si všetky sily pôsobiace na teleso. 2. Vyjadríme II. Newtonov zákon. 3. Zvolíme vhodný smer súradníc. 4. Premietneme do nich vektorové rovnice. Získame sústavu rovníc, z ktorých vy jadríme hľadané veličiny.

(a) Pohyb smerom nahor. Podľa obr. 2.2 platí: ma = F +mg + Ftr.+ FN , kde F je sila ktorou pôsobíme na teleso, mg je tiaž, Ftr je sila trenia a FN je sila, ktorou rovina tlačí na teleso. Vzhľadom na smer pohybu súradnicové osi x a y zvolíme tak ako je uvedené na obr. 2.2 a premietneme vektorovú rovnicu do smeru súradnicových osí.

21

Priemet do osi x: ma = F – mg sinα – Ftr ; Priemet do osi y: FN = m g cosα. Pre silu trenia platí Ftr = μmg cosα a dostávame rovnicu ma = F – mg sinα – μmg cosα. Z tejto rovnice pri známom zrýchlení môžeme vypočítať hľadanú silu. F = m(a + g (sinα + μ cosα)). (b) Pohyb smerom nadol. Postupujeme analogicky, vzhľadom na pohyb, os si zvolíme smerom nadol, uvedomíme si smery síl a vyjadríme priemety vektorovej rovnice do súradnicových osí. Po úprave pre hľadanú silu dostávame vzťah

FFN

Ftr

m g

x

y

α

α

Obr. 2.2

F = m(a +(– gsinα + μg cosα)). Po dosadení číselných hodnôt: (a) F =16,8 N; b) F = – 2,8 N. Záporná hodnota značí, že aj v prípade (b) bude musieť sila pôsobiť smerom nahor. 2.3 Automobil hmotnosti m prichádza rýchlosťou v0 k nájazdu, ktorého sklon je α a pohybuje sa

nahor zotrvačnosťou. Vyjadrite (a) posunutie automobilu x za čas t od začiatku stúpania, ak faktor trenia medzi automobilom a nájazdom sa rovná μ (obr. 2.3), (b) dráhu, ktorú automobil prešiel do zastavenia.

Riešenie:

Podľa obr. 2.3 vyjadríme II. Newtonov zákon pre automobil na naklonenej rovine: G + FN + Ftr

= ma. Sily sú konštantné, preto pohyb bude rovnomerne spomalený a pre polohu platí

r = v0t + 12

at2. Os x zvolíme v smere naklonenej roviny nahor a premietneme vektorové rovnice do

súradnicových osí. Dostávame: –mg sinα – Ftr = ma ; x = v0t – 12

1/2 at2 a FN = mg cosα .

(a) Po dosadení za Ftr = μFN a úprave dostávame x v tg t

= −+

0

2

2(sin cos )α μ α

.

(b) Z poslednej rovnice deriváciou dostávame vyjadrenie rýchlosti: v v g= − +0 (sin cos )α μ α t.

Rýchlosť bude nulová v čase tv

gz =+

0

(sin cos )α μ α.

Po dosadení do vzťahu pre súradnicu x dostávame dráhu

prejdenú do zastavenia xv

gz =+02

2 (sin cos )α μ α.

Poznámka: Úlohu môžeme riešiť aj využitím zákona zachovania energie. Kinetická energia automobilu sa pri pohybe automobilu nahor "spotrebuje" na zvýšenie potenciálnej energie automobilu a prácu treciej sily.Takýto prístup k riešeniu úloh tohoto typu budeme využívať v nasledujúcej kapitole.

G

FN

Ftr

x

y α

α

Obr. 2.3

2.4 Telesá m1 a m2 sú spojené lankom prechádzajúcim cez kladku podľa obr. 2.4. Faktor trenia medzi

telesom m2 a naklonenou rovinou zvierajúcou s horizontálou uhol α je μ. Odvoďte vzťah pre zrýchlenie telies a vyjadrite napätie lanka T. Hmotnosť kladky a lanka je zanedbateľná a kladka nemá žiadne trenie.

22

Riešenie: Vyjadríme všetky sily, pôsobiace na telesá podľa obr. 2.4 a pre obidve telesá vo vektorovom tvare

zapíšeme II. Newtonov zákon. Dostávame: m1a1 = m1g + T1 ; m2a2 = m2g + Ftr +FN + T2. Veľkosť zrýchlenia a1 = a2 = a a pre napätie lanka platí T1 = T2 = T. Súradnicové osi pre telesá si zvolíme podľa obr. 2.4 a vyjadríme skalárne rovnice, t.j. priemety vektorových rovníc do súradnicových osí. Zvolíme si smer pohybu, napr. pre teleso m1 smerom nahor a dostávame: pre osi x : m1a = – m1g +T m2 a = m2 g sinα – Ftr – T pre osi y: 0 = 0 0 = FN – m2 g cosα Trecia sila Ftr = μFN , po dosadení a úprave rovníc dostávame:

am g m g

m m=

− −

+2 1

1 2

(sin cos )α μ α a

T FNFtr

α

α

m1 y1

x1

m1 gx2

y2

T m2

m2 g

Tm m g

m m=

− +

+1 2

1 2

1(sin cos )α μ α.

Obr. 2.4 2.5 Vypočítajte veľkosť sily, ktorou je napínaný silomer, na ktorom je zavesená kladka zaťažená

podľa obr. 2.5 nerovnakými závažiami m1 a m2 , ak m1 < m2 a (a) kladka je zabrzdená, (b) kladka sa môže voľne otáčať. Hmotnosť lana a kladky zanedbajte.

F

a1

m1 g

m2 g

a2

Riešenie:

(a) Pri zabrzdenej kladke sa sila F napínajúca kladku rovná súčtu tiaží obidvoch závaží F=(m1 + m2) g.

b) Pri odbrzdení kladky sa závažie m2 bude pohybovať zrýchleným pohybom nadol, m1 smerom nahor. Kladný smer si zvolíme smerom nadol a vyjadríme do tohto smeru priemety vektorového vyjadrenia II. Newtonovho zákona pre každé závažie. Na každé závažie pôsobí tiaž a sila lana. Zrýchlenia závaží majú opačný smer, ale vzhľadom na pevnosť nite rovnakú veľkosť. Dostávame rovnice: m1g – T = – m1a a m2g – T = m2 a . Riešením tejto sústavy dostávame : Obr. 2.5

( )2 1

1 2

m m ga

m m−

=+

a T m g m am m g

m m= + =

+1 11 2

1 2

2.

Sila, ktorou je napínaný silomer F = 2T. Poznámka: V prípade, že hmotnosti m1 a m2 sú rôzne, bude sila ktorou je naťahovaný silomer vždy menšia ako je súčet tiaží obidvoch telies. Príčina spočíva v tom, že ťažšie teleso sa pohybuje nadol so zrýchlením a, ľahšie nahor s rovnako veľkým zrýchlením.Tiažová sila pôsobiaca na ľahšie teleso je v takomto prípade G1 = m1(g + a), na ťažšie teleso G2 = m2(g – a). Súčet týchto tiaží sa rovná získanej hodnote F = 2T. Na problém sa teda môžeme pozerať tak, že ťažšie teleso sa nachádza v "slabšom" gravitačnom poli, ľahšie síce v "silnejšom", ale prvý efekt je významnejší. 2.6 Na niti prevesenej cez kladku visia dve závažia rovnakej hmotnosti m = 10 kg. Na pravé závažie

(podľa obr. 2.6) pridáme prívažok m1 = 1 kg. Vypočítajte: (a) Veľkosť sily F’ pôsobiacej na kladku

23

bez pridania prívažku a sily F’’ po pridaní prívažku. (b) Veľkosť zrýchlenia telies. (c) Veľkosť sily F naťahujúcej niť. (d) Veľkosť sily F1 ktorou pôsobí prívažok na dolné závažie.

Riešenie:

(a) Závažia sú na obidvoch stranách rovnaké, sústava sa nedá do pohybu a sila F´= 2mg . (b) Po pridaní prívažku sa závažia dajú do pohybu. Podľa obr. 2.6 vyjadríme

vo vektorovom tvare II. Newtonov zákon pre každé z telies. Dostávame rovnice:

Fa1

m g

m g

a2

F

F1

-F1

Ľavé závažie: ma1 = mg + F ; pravé závažie: ma2 = mg + F + (– F1) ; prívažok: m1a2 = m1g + F1.

Vzhľadom na pevnosť nite platí pre veľkosti zrýchlenia a1 = a2 = a. Zvolíme si súradnicovú os. Nech smeruje nadol. Urobíme priemety predchádzajúcich rovníc a zohľadníme smery vektorov. Dostávame nasledovnú sústavu rovníc:

Ľavé závažie: – ma = mg – F, pravé závažie: ma = mg – F + F1, prívažok: m1a = m1g – F1.

Riešením rovníc dostávame: F ma1 2= ; am g

m m=

+1

12 ; a F

mm gm m

=+

22

1

1

. Obr.2.6

Číselne a = 0,47 m s–2 , F1 = 9,34 N, F = 102,77 N. Sila bez prívažku F’= 196,2 N a sila F’’ pôsobiaca na kladku počas pohybu je F’’ = 2F = 205,54 N.

v n0 cosα αα

v

v-v n0 cosα

n0

2.7 Molekula hmotnosti m = 4,65.10–26 kg narazí na stenu nádoby

pod uhlom α=30° vzhľadom na normálu (obr. 2.7) rýchlosťou v = 600 m s–1. Náraz je dokonale pružný, molekula sa odrazí bez zmeny veľkosti rýchlosti a uhol dopadu sa rovná uhlu odrazu. Aký impulz sily stena nádoby odovzdala molekule.

Riešenie:

Impulz sily 2

1

2( )dt

t

t t= =∫Obr. 2.7

1−I F p p . V tomto prípade

nepoznáme priebeh sily ani dobu nárazu, poznáme však zmenu hybnosti a z nej určíme impulz sily. Vektor rýchlosti môžeme rozložiť na dve zložky. Kolmú na stenu nádoby a s ňou rovnobežnú. Iba kolmá zložka sa mení a z nej vyplýva aj celková zmena hybnosti. Zvoľme kladný smer od steny, potom podľa obr. 2.7 v1 = – v cosα no, v2 = v cosα no. Dostávame I = p2 – p1 = mv cosα no – (–mvcosα no) = 2mv cosα no. Veľkosť impulzu I = 2mv cosα. Po dosadení číselných údajov I = 4,83.10–23 kg m s–1. Poznámka: Zmena hybnosti molekúl narážajúcich na stenu nádoby je príčinou tlaku plynu. 2.8 Teleso hmotnosti m = 1 kg je vrhnuté pod uhlom α = 60o vzhľadom na vodorovnú rovinu

rýchlosťou v0 = 20 m s–1. Zanedbajte odpor vzduchu a vypočítajte veľkosť impulzu sily tiaže pôsobiacej počas výstupu.

Riešenie:

24

Ide o šikmý vrh. Ak os y orientujeme smerom nahor pôsobiaca sila je F = – mg j. Dobu výstupu určíme z podmienky vy = 0 ⇒ 0 = v0 sinα – g tv ⇒ tv = v0 sinα / g. Potom

0

0 0

(sin )d dv vt t vt mg t mg

gα

= = − = −∫ ∫jI F j ⇒ I = mv0 sinα.

Impulz môžeme určiť aj iným spôsobom a to podľa predchádzajúceho príkladu zo zmeny hybnosti. Pri šikmom vrhu sa nemení vodorovná zložka rýchlosti, mení sa iba vertikálna zložka. Na počiatku sa rovná v0 sinα a v maximálnej výške je nulová. Pre zložku impulzu sily v smere osi y dostávame I = 0 – m v0 sinα , čo je v súlade s predchádzajúcim výsledkom, ktorý sme získali integráciou pôsobiacej sily. Po dosadení číselných údajov I = 17,32 kg m s–1. 2.9 Na hmotný bod hmotnosti m = 0,1 kg, ktorý sa pohybuje priamočiaro rýchlosťou v0 = 2 m s–1 začne

pôsobiť stála sila F. Vypočítajte jej veľkosť, keď na vzdialenosti s = 8 m sa jej účinkom rýchlosť zvýši na 10 m s–1.

Riešenie:

Pohybová rovnica pri priamočiarom pohybe je m dv/dt = F. Z nej pre rýchlosť platí dv = F/m dt. Túto rovnicu môžeme integrovať v hraniciach v0 → v a 0 → t. Sila je konštantná a dostávame

v vFm

t− =0 . Z nej po úprave vyplýva známa závislosť pre rýchlosť v at v= + 0, kde a = F/m.

Z definície rýchlosti vdxdt

= po dosadení a úprave vyplýva dx = ( )at v+ 0 dt. Rovnicu integrujeme a

pre prejdenú dráhu s = x – x0 dostávame s = 12

20at v t+ . Zo závislosti rýchlosti vyjadríme čas

tv v

a=

− 0 a dosadíme do rovnice pre dráhu. Dostávame: 2 2 2

0 00

12 2

v v v v v vs a va a

0

a− − −⎛ ⎞= + =⎜ ⎟

⎝ ⎠.

Potom zrýchlenie av v

s=

−202

2 a sila F m

v vs

=−

=−

×=

202

20 1

100 42 8

, 0,6 N.

Poznámka: Rovnako ako v niektorých predchádzajúcich príkladoch aj tento sa dá jednoduchšie riešiť, ak využijeme vzťah medzi prácou sily a potenciálnou energiou. Skúste takéto riešenie! Ak sa vám to nepodarí, vráťte sa k nemu po preštudovaní nasledujúcej kapitoly!

2.10 Vyjadrite rýchlosť častice padajúcej vo viskóznom prostredí ako funkciu času za predpokladu, že pohyb je priamočiary, začína sa z pokoja, urýchľujúca sila je tiaž telesa a sila odporu prostredia je priamo úmerná rýchlosti častice.

Riešenie:

Orientujme kladný smer súradnicovej osi v smere sily. Pri páde častice na ňu pôsobia dve sily a to

sila tiaže G = mg a odpor prostredia F = – kv. Pohybová rovnica má tvar mvt

mg kvdd

= − .

Separovaním premenných dostaneme mv

mg kvt

dd

−= . Túto rovnicu integrujeme v hraniciach

vyplývajúcich zo zadania príkladu 0 0

d dv tvm t

mg kv=

−∫ ∫ ⇒ −−

=mk

mg kvmg

tln . Po úprave dostávame

25

max1 e 1 ekt ktmmgv v

k− −⎛ ⎞ ⎛ ⎞

= − = −⎜ ⎟ ⎜⎝ ⎠ ⎝ ⎠

m ⎟ , kde výraz vmax = mgk

je hraničná rýchlosť, ktorú môže častica pri

páde dosiahnuť. Hraničná rýchlosť zodpovedá rovnováhe medzi tiažou a odporom prostredia.

2.11 Na voľnú časticu hmotnosti m pôsobí sila F(t) = F0sinωt v smere osi x. Vyjadrite zrýchlenie a(t), rýchlosť v(t) polohu častice x(t) v závislosti od času, ak v čase t = 0 mala častica rýchlosť v0 a nachádzala sa v polohe x = x0.

Riešenie:

Pohyb je iba v jednej priamke, stačí preto skalárne vyjadrenie. Z pohybovej rovnice

F = ma vyplýva avt

Fm

Fm

t= = =dd

0 sinω . Separáciou premenných získame rovnicu, z ktorej po

integrácii vyplýva rýchlosť ako funkcia času. 0

0

0

d (sinv t

v

Fv t)dm

ω=∫ ∫ t ⇒ v tF

vm

t( ) ( cos )= + −00 1 ω . ω

Rýchlosť častice sa rovná derivácii súradnice podľa času vxt

=dd

. Analogicky, ako sme postupovali

pri rýchlosti, separáciou premenných a následne integráciou nájdeme závislosť súradnice od času

x v tF

mt

Fm

t xoo o

o= + − +ω ω

ω2 sin

2.12 Na hmotný bod hmotnosti m = 1 kg, ktorý sa nachádza v počiatku súradníc začína pôsobiť sila

v smere osi x podľa vzťahu F(x) = A +Bx, kde A = 2 N a B = 3 N m–1. Vypočítajte aká bude rýchlosť bodu vo vzdialenosti x = 4 m, keď v počiatku bola rýchlosť v0 = 1 m s–1.

Riešenie:

Pohyb sa bude konať iba v osi x, použijeme skalárny zápis veličín a pohybovú rovnicu F mvt

=dd

upravíme pomocou vzťahu vxt

=dd

, z ktorého vyplýva dd

tx

v= . Dostaneme F m

v vx

=dd

a po úprave

v vA Bx

mxd =

+d . V tejto rovnici už máme na každej strane len jednu premennú. Rovnicu integrujeme

0 0

1d ( )v x

v

v v A Bx xm

= +∫ ∫ d ⇒ v x vAxm

Bxm

( ) = + +02

22 a číselne v = 8,06 m s–1.

2.13 Vodorovne idúci automobil hmotnosti m = 1000 kg má počiatočnú rýchlosť v0 = 40 m s–1. Po

vypnutí motora sa vplyvom odporu prostredia rýchlosť auta zmenšila na hodnotu v1 = 20 m s–1 za čas t1. Vypočítajte tento čas, ak sila odporu prostredia F = – kv2, kde k = 1,25 kg m–1.

Riešenie:

Pohybová rovnica má tvar mvt

kvdd

= − 2. Separujeme premenné a integrujeme v zadaných hraniciach.

1 1

0

20

d dv t

v

v k tv m

= −∫ ∫ ⇒ 1 1

0 1

1

v vk tm

− = − ⇒ tm v v

kv v10 1

0 1

=−( )

.

Po dosadení číselných hodnôt t1 = 20 s. Poznámka: Odpor prostredia je len pri malých rýchlostiach úmerný v, pri väčších je úmerný v2.

26

2.14 Automobil sa pohybuje po horizontálnej neklopenej zákrute polomeru r = 200 m. (a) Akou maximálnou rýchlosťou môže prechádzať zákrutou ak faktor trenia kolies o asfalt je μ = 0,4. (b) Aký musí byť sklon cesty ak má prejsť touto zákrutou rovnakou rýchlosťou pri námraze kedy faktor trenia μ = 0 ? Riešenie :

Príklad môžeme riešiť z hľadiska inerciálnej sústavy, alebo z hľadiska neinerciálnej sústavy spojenej s pohybujúcim sa automobilom. Riešenie vzhľadom na inerciálnu sústavu:

(a) Na automobil pôsobí tiaž G, reakcia cesty FN a sila trenia Ftr. Sila trenia umožňuje pohyb po kružnici. Pri kritickej rýchlosti sa práve rovná dostredivej sile Fd, ktorá je potrebná na pohyb po kružnici. Silou trenia cesta pôsobí v dostredivom smere na kolesá auta. Sily pre kritický prípad sú zobrazené na obr. 2.8a . V obrázku sme zakreslili aj silu Fz,od. Upozorňujeme, že táto sila neexistuje, ak úlohu riešime vzhľadom na inerciálnu sústavu! Týka sa to obrázkov 2.8a aj 2.8b.

Podľa II. Newtonovho zákona platí vektorová rovnica ma = G + FN + Fd . Po premietnutí tejto rovnice do naznačených smerov súradnicových osí x a y dostávame: max = Ftr a may = – mg + FN . r

x

Fz,od

FN

G

Fd

Pohyb je po kružnici, dostredivé zrýchlenie ax = v2/r a pri maximálnej možnej rýchlosti sa dostredivá sila rovná sile trenia, teda Fd = μFN.

V smere osi y je zrýchlenie ay nulové (pretože cesta je horizontálna) a z druhej rovnice vyplýva mg = FN. Pri maximálnej možnej rýchlosti teda platí

mvr

mg v g r2

= ⇒ =μ μ . Obr. 2.8a

Po dosadení číselných hodnôt maximálna rýchlosť v = 28,01 m s–1.

(b) V druhom prípade sila trenia je nulová a na automobil pôsobí len reakcia cesty a tiaž. Sklon cesty, smery síl, a súradnicové osi sú zobrazené na obr. 2.8b. Pohybová rovnica je ma = FN + G. Jej priemety do smerov súradnicových osí sú: max = FN sinα a may = – G + FN cosα.

Zrýchlenie v smere osi x je dostredivé zrýchlenie v2/r a zrýchlenie v smere osi y je nulové. Po dosadení dostávame rovnice: mv2/r = FN sinα a mg = FN cosα. Delením týchto rovníc dostávame hľadaný vzťah pre sklon cesty:

tg arctgα α= ⇒ =⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

vrg

vrg

2 2.

y

xα

G

αFNFz,od

Po dosadení číselných hodnôt dostávame α = 21,8° .

Obr. 2.8b Riešenie vzhľadom na neinerciálnu sústavu: (a) Neinerciálna sústava je spojená s automobilom a pohybuje sa so zrýchlením a = v2/r. V tejto

sústave k reálnym silám, ktorými sú tiaž G, reakcia cesty FN a sila trenia Ftr musíme pridať zotrvačnú odstredivú silu Fz,od = – Fd. Zotrvačná odstredivá sila má smer – x a jej veľkosť je mv2/r. V takejto sústave automobil je v pokoji, súčet síl sa rovná nule a platí FN + G + Ftr + Fz,od = 0. Túto vektorovú

rovnicu teraz premietneme do smeru súradnicových osí. Pre os x dostávame F mvrtr − =

20 a pre os y

FN = mg. Po dosadení za silu trenia Ftr = μFN a úprave dostávame rovnaký vzťah pre maximálnu rýchlosť v = μgr .

27

(b) V tomto prípade nemáme silu trenia, ale zostáva zotrvačná odstredivá sila, pretože sústava je neinerciálna. Platí vektorová rovnica FN + G + Fz,od = 0. Jej priemety do súradnicových osí x a y podľa

obr. 2.8b sú: Fmv

rFN Nasin cosα =

2

mgα = . Tieto dve rovnice sú totožné s rovnicami, ktoré sme

získali pri predchádzajúcom prístupe z hľadiska inerciálnej sústavy a rovnakým postupom z nich získame hľadaný uhol.

2.15 Hmotný bod hmotnosti m je zavesený na niti zanedbateľnej hmotnosti a pohybuje sa po kružnici polomeru r konštantnou rýchlosťou (kužeľové kyvadlo). Vzdialenosť bodu upevnenia od stredu kružnice je h (obr. 2 9). Určte počet otáčok za sekundu (frekvenciu).

Riešenie:

Úlohu môžeme riešiť dvoma prístupmi, a to z pohľadu inerciálnej sústavy, alebo z hľadiska neinerciálnej sústavy .

α

m g

Fz,odFd

T

(a) Prístup z hľadiska inerciálnej sústavy spojenej s okolím: Na hmotný bod pôsobia dve sily napätie nite T a tiaž mg. Ich výslednica je dostredivá sila (obr. 2.9). Odpovedá jej konštantné dostredivé zrýchlenie, čoho dôsledkom je kruhový pohyb. Vektorový súčet síl: Fd = mg + T vyjadríme v zložkovom tvare, a to priemetmi tejto rovnice do vertikálneho a horizontálneho smeru. Dostávame: F Td = sinα a T mgcosα = . Dostredivé zrýchlenie súvisí s dostredivou silou vzťahom Fd = mω2r. Po dosadení za Fd dostávame výslednú sústavu rovníc: T m rsinα ω= 2 a T mgcosα = . Vydelíme prvú rovnicu druhou, zohľadníme, že, r = h tgα a

ω π= 2 f . Dostávame fgh

=1

2π.

Obr. 2.9

(b) Prístup z hľadiska neinerciálnej sústavy spojenej s rotujúcim hmotným bodom. V rotujúcej ústave je hmotný bod v pokoji. Pôsobia naň dve reálne sily, a to tiaž a napätie nite. K týmto silám musíme pripočítať zotrvačnú odstredivú silu F rz,od = mω 2 , ktorá má smer opačný ako dostredivé zrýchlenie (pozri obr.2.9). Vzhľadom na to, že hmotný bod je v tejto sústave v pokoji, vektorový súčet síl, vrátane zotrvačnej odstredivej sily sa rovná nule. Platí: T g F+ + =m z,od 0 . Priemety tejto rovnice do vertikálneho a horizontálneho smeru sú rovnaké, ako v predchádzajúcom prípade a z nich vyplýva teda aj rovnaké riešenie. 2.16 Na rovníku padá teleso ustálenou konštantnou rýchlosťou v = 100 m s–1. Vypočítajte koľkokrát je

naň pôsobiaca Coriolisova sila väčšia ako zotrvačná odstredivá sila! Polomer Zeme je 6378.103 m. Riešenie:

Coriolisova sila (c 2m )= − ×F vω , kde ω je uhlová rýchlosť otáčania Zeme. Na rovníku sú

vektory ω a v na seba kolmé a veľkosť Coriolisovej sily je Fc = 2 m ω v sinπ2

= 2 m ω v.

Zotrvačná odstredivá sila Fz,od = − × ×mω ω( r) , kde r je vzdialenosť telesa od osi otáčania. Veľkosť

zotrvačnej odstredivej sily Fz,od = m ω2 r. Pomer týchto síl jeF

Fmv

m rvr

vTr

c

z,od

= = =2 2

2ω ω π. Perióda

otáčania Zeme je T = 86 400 s a po dosadení číselných údajov dostávame, že pomer týchto zotrvačných síl Fc/Fz,od = 0,43.

28

2.17 Vypočítajte odchýlku telesa padajúceho voľným pádom z výšky h = 100 m od kolmého smeru. Teleso padá na zemepisnej šírke ϕ = 45° (obr. 2.10). Riešenie:

Podľa obr. 2.10 vektor rýchlosti padajúceho telesa zviera s uhlovou rýchlosťou otáčania Zeme uhol α = 90°+ϕ . Pre veľkosť Coriolisovho zrýchlenia platí: Fc = 2 ω v sin(90°+ϕ) = 2 ω v cosϕ. Z vektorového súčinu a definície Coriolisovej sily (c 2m= − × )F vω vyplýva smer zrýchlenia na východ. Označme tento smer ako x . Potom pre posunutie vplyvom Coriolisovej sily platí pohybová rovnica dd

2

2 2x

tv= ω cosϕ . Pre rýchlosť pri voľnom páde a

počiatočnej podmienke v0 = 0 v čase t = 0 platí v = gt. Konečný tvar pohybovej rovnice je

ω

ϕ

α

v

dd

2

2 2x

tgt= ω cosϕ . Po prvej integrácii tejto rovnice získame

rýchlosť v g t= ω ϕ2 cos . Vzdialenosť, o ktorú sa vplyvom Coriolisovej sily padajúce teleso posunie

za čas t získame ďalšou integráciou. Dostávame x gt=13

3ω cos

Obr. 2.10

ϕ . Čas t súvisí s výškou z ktorej teleso

voľným pádom padá vzťahom h gt=12

2. Po vyjadrení času z tejto rovnice a jeho dosadení dostávame

konečný vzťah vyjadrujúci vzdialenosť, o ktorú sa teleso padajúce voľným pádom na danej

zemepisnej šírke odchýli od kolmého smeru na východ : xhg

=13

8 3

ω ϕcos .

2.4 Neriešené príklady 2.18 Sila veľkosti F =12 N tlačí na sústavu telies hmotností m1 = 1,0 kg, m2

= 2,0 kg a m3 = 3 kg položenú na ideálne hladkej vodorovnej ploche (obr. 2.11). (a) Aké je zrýchlenie sústavy? (b) Aké sily pôsobia na teleso m1 a aká je výsledná naň pôsobiaca sila? (c) Zopakujte úlohu (b) pre teleso č.2 a pre teleso č.3.

m1 m2

m3 F

2.19 Zopakujte riešenie príkladu 2.18 ak sú bloky uložené v obrátenom poradí t.j. blok 3 je na ľavej a blok 1 na pravej strane.

2.20 Telesá na obr. 2.12 majú hmotnosti mA = 10 kg, mB = 15 kg a

mB

C = 20 kg. Sila F = 50 N pôsobí na teleso C. Určte zrýchlenie sústavy a napätie v každom spoji. hmotnosť spojov je zanedbateľná, trenie neuvažujeme.

Obr. 2.11

A FB C

2.21 Faktor trenia medzi kolesami auta a vozovkou je μ = 0,2. Akou rýchlosťou sa auto pohybovalo do začiatku brzdenia, ak brzdná dráha bola 135 m?

2.22 Vlak hmotnosti m = 2.105 kg sa pohybuje po vodorovnej

rovine priamočiaro rýchlosťou v0= 15 m s–1. Aká konštantná sila F je potrebná, aby sa vlak zastavil na vzdialenosti s = 300 m?

Obr. 2.12

29

A

B

2.23 Strela hmotnosti m = 10 kg opúšťa hlaveň dlhú l = 2 m rýchlosťou v = 500 m s–1. Aká je priemerná hodnota sily, ktorá pôsobila na strelu v hlavni?

2.24 Vlak idúci rýchlosťou v1 = 20 m s–1 dokážeme použitím bŕzd

zastaviť na dráhe s1 = 400 m. Akú rýchlosť má mať vlak, ak ho rovnakým brzdením chceme zastaviť na dráhe s2 = 100 m ?

2.25 Naklonená rovina zviera s vodorovnou rovinou uhol α = 30°

a má dĺžku s = 3 m. Dolu naklonenou rovinou sa šmýka treleso, ktoré prejde uvedenú dráhu s za čas t = 3 s. Vypočítajte veľkosť faktoru trenia telesa o naklonenú rovinu.

Obr. 2.13

2.26 Teleso hmotnosti m ťaháme rovnomerne zrýchleným pohybom nahor po naklonenej rovine

zvierajúcej s horizontálou uhol α. Na dráhe s sa rýchlosť telesa zvýši z rýchlosti v0 na v. Ak faktor trenia medzi telesom a naklonenou rovinou je μ, určte silu F potrebnú na pohyb telesa!

2.27 Teleso sa šmýka z pokoja po naklonenej rovine sklonu α = 45°. Pohybuje sa s konštantným

zrýchlením a po prejdení dráhy s = 0,5 m jeho rýchlosť v = 2 m s–1. Aký je faktor trenia? 2.28 Teleso sa šmýka nadol po naklonenej rovine so sklonom α = 60°. Závislosť prejdenej dráhy na

čase je daná funkciou x = Ct2 , kde C = 1,75 m s–2. Určte faktor trenia medzi telesom a naklonenou rovinou.

2.29 Teleso sa nachádza na naklonenej rovine zvierajúcej s horizontálnou rovinou uhol

α = 60°. Faktor trenia závisí na rýchlosti vzťahom μ = 0,2 + Av, kde A = 2 s m–1. Aké je počiatočné zrýchlenie telesa a akú hraničnú rýchlosť môže dosiahnuť?

2.30 Telesá A a B s rovnakými hmotnosťami m = 2 kg sú spojené

niťou preloženou cez voľne sa otáčajúcu kladku. Hmotnosti nite a kladky sú zanedbateľné. Faktor trenia medzi podložkou a telesom B je rovný 0,1. Vypočítajte zrýchlenie telies a napätie nite. (obr. 2.13 )

2.31 Telesá A a B s rovnakými hmotnosťami m = 2 kg sú spojené

niťou preloženou cez voľne sa otáčajúcu kladku (obr. 2.14). Hmotnosti nite a kladky sú zanedbateľné. Naklonená rovina zviera s horizontálou uhol α = 30°. Určte zrýchlenie telies a silu, ktorou je napínaná niť ak (a) medzi telesom B a naklonenou rovinou nie je trenie, (b) medzi telesom B a naklonenou rovinou je trenie s faktorom trenia μ = 0,1.

α

A B

Obr. 2.14

2.32 Molekula hmotnosti m = 4,65.10–26 kg narazí kolmo na stenu nádoby rýchlosťou

v = 600m s–1. Náraz je dokonale pružný a molekula sa odrazí bez straty rýchlosti. Vypočítajte veľkosť impulzu sily pôsobiacej pri tomto náraze.

2.33 Lopta hmotnosti m = 0,4 kg padne kolmo na podložku z výšky h1 = 1 m a odrazí sa po

nepružnom náraze do výšky h2 = 0,8 m. Vypočítajte veľkosť impulzu sily pôsobiacej pri tomto náraze.

2.34 Na teleso hmotnosti 0,2 kg ležiace na vodorovnej podložke pôsobí vo vodorovnom smere sila ,

ktorej časová závislosť je F(t) = A + B t, kde A = 0,2 N a B = 0,4 N s–1. Aký je impulz sily za prvých 5 sekúnd?

30

2.35 Teleso hmotnosti m = 3 kg je vrhnuté pod uhlom α = 30° vzhľadom k vodorovnej rovine počiatočnou rýchlosťou v0 = 20 m s–1 a na túto rovinu aj dopadne. Zanedbajte odpor vzduchu a vypočítajte veľkosť impulzu sily pôsobiacej na teleso počas letu.

2.36 Na teleso hmotnosti m = 0,2 kg pôsobia sily F1 = 2 i N a F2 = 2 j N. Teleso sa nachádza

v počiatku a jeho rýchlosť je nulová. Určte polohu telesa v čase t = 2 s. 2.37 Vozeň sa pohybuje po priamej trati a brzdíme ho silou, ktorá sa rovná 0,1 jeho tiaže. Zostavte

pohybovú rovnicu a vypočítajte čas potrebný na zastavenie vozňa a brzdnú dráhu, ak rýchlosť pri začatí brzdenia bola 72 km/h.

2.38 Hmotný bod hmotnosti m = 5kg sa pohybuje účinkom sily F tak, že jeho dráha je vyjadrená

funkciou x(t) = A + Bt + C t2 + Dt3 , kde C = 1 m s–2, D = –0,2 m s–3 a t je čas. Vypočítajte veľkosť sily pôsobiacej na hmotný bod v čase t = 2 s a určte čas t0, kedy bude sila F rovná nule.

2.39 Častica sa pohybuje po priamke s konštantným zrýchlením a. Dokážte, že pre rýchlosť na konci

prejdenej dráhy s platí v2 = v02 + 2 as. Rýchlosť v0 je počiatočná rýchlosť.

2.40 Na časticu hmotnosti m = 10 kg pôsobí sila F = (120 t + 40) N a pohybuje sa po priamke.

V čase t = 0 sa nachádza v bode x0 = 5 m a má rýchlosť v0 = 6 m s–1. Určte jej rýchlosť a polohu ako funkciu času.

2.41 Častica hmotnosti m sa pohybuje v osi x podľa závislosti x(t) = A cos(ωt + ϕ), kde ω a ϕ sú

konštanty. Určte silu pôsobiacu na časticu ako funkciu jej polohy. Aký je smer sily ak x je kladné a aký ak je záporné?

2.42 Teleso, ktoré bolo na počiatku v pokoji v polohe x0 sa pohybuje po priamke za pôsobenia sily

F = – k/x2. Ukážte, že jeho rýchlosť v polohe x je vk

m x x= −

2 1 1

0

( ).

2.43 Vlak, pohýňajúci sa v čase t = 0 prešiel za čas t vzdialenosť x = At(1 – e–Bt), kde A a B sú kladné

konštanty. Určte jeho rýchlosť a zrýchlenie. Ako sa budú tieto veličiny chovať po uplynutí dostatočne dlhého času?

2.44 Na teleso pôsobí sila F(t) = F0 – kt, kde F0 a k sú konštanty. Vyjadrite zrýchlenie a(t), rýchlosť

v(t) a polohu s(t) ako funkcie času, ak v čase t = 0 mala častica rýchlosť v0 a nachádzala sa v polohe x = x0.

2.45 Teleso hmotnosti m = 3kg sa pohybuje za účinku premenlivej sily F = p(q – t), kde

p = 2 N s–1, q =1s. Za koľko sekúnd sa zastaví, ak v čase t = 0 malo rýchlosť v0 = 5 m s–1 a sila mala smer rýchlosti? Akú dráhu teleso prejde do zastavenia?

2.46 Hmotný bod hmotnosti m = 6 kg sa môže pohybovať bez trenia v smere osi x. V čase t = 0 je x = 0. (a)

Za pôsobenia sily F = (3 + 4 x) N prejde vzdialenosť 3 m. Vypočítajte jeho rýchlosť a zrýchlenie na konci prejdenej dráhy. (b) Za pôsobenia sily F = (3 +4 t) N sa pohybuje 3 sekundy. Vypočítajte jeho rýchlosť a zrýchlenie na konci 3 sekundy.

2.47 Na parašutistu pri voľnom páde pôsobí tiaž a odpor prostredia, pričom sila odporu Fo = Av2, kde

A je konštanta. (a) Aký je rozmer konštanty A. (b) Zostavte pohybovú rovnicu. (c) Vyjadrite limitnú rýchlosť ktorú parašutista môže dosiahnuť pri voľnom páde.

31

2.48 Pri páde telesa z veľkej výšky sa rýchlosť po určitom čase ustáli na hodnote vm = 80 m s–1. Vypočítajte za aký čas t´ meraný od začiatku pádu dosiahne rýchlosť hodnotu v = 0,5 vm, ak na začiatku bola rýchlosť nulová! Predpokladajte, že sila odporu prostredia je priamo úmerná veľkosti rýchlosti telesa.

2.49 Vypočítajte hraničnú rýchlosť vmax sklenej guličky polomeru

r = 1,5 mm, hustoty ρ1 = 2500 kg m–3, keď padá v oleji hustoty ρ2 = 890 kg m–3 , viskozity η = 0,36 Pa.s a ak pre silu odporu prostredia vzhľadom na pohyb platí Fod = 6πηrv. α

l

2.50 Kužeľové kyvadlo s hmotnosťou m a dĺžkou závesu l rotuje

v horizontálnej rovine s periódou T. Určte napätie nite a uhol medzi niťou a vertikálou (obr. 2.15).

2.51 Automobil sa pohybuje po kruhovej zákrute polomeru R rýchlosťou

v. Táto rýchlosť je kritická, pri jej prekročení automobil zo zákruty „vyletí“. Určte aký je minimálny faktor trenia pokiaľ automobil ešte zostane pri danej rýchlosti na ceste, ak cesta je horizontálna.

2.52 Motocyklista sa pohybuje v horizontálnej rovine vo vnútri valca, ktorého polomer je 15 m. Akou

minimálnou rýchlosťou sa musí pohybovať, ak sa nemá šmyknúť, ak faktor trenia medzi kolesami a stenou valca je μ = 0,6?

Obr. 2.15

2.53 Motocyklista sa pohybuje po kružnici polomeru R = 50 m. Určte akou maximálnou rýchlosťou

sa môže pohybovať, ak faktor trenia medzi kolesami a cestou je μ = 0,3. Pri maximálnej rýchlosti určte tiež uhol sklonu motocyklistu vzhľadom na vertikálny smer!

2.54 V Bohrovom modeli atómu vodíka sa elektrón pohybuje okolo protónu po kruhovej dráhe

polomeru približne R = 0,5.10–10 m a s rýchlosťou 2,2.106 m s–1. Určte veľkosť sily medzi elektrónom a protónom, ak hmotnosť elektrónu je m = 9,1.10–31 kg. Protón považujeme za nepohyblivý.

2.55 Vlak prechádza zákrutou polomeru R = 400 m rýchlosťou v = 20 m s–1. O koľko musí byť

vonkajšia koľajnica vyššie ako vnútorná, ak výslednica odstredivej sily a tiaže má smerovať kolmo na podvaly? Rozchod koľajníc je d =1,5 m.

2.56 Elektrický rušeň sa hmotnosti m = 18,4.103 kg sa pohybuje pozdĺž poludníka rýchlosťou

v = 72 km/h na zemepisnej šírke ϕ = 45°. Vypočítajte aká je veľká naň pôsobiaca Coriolisova sila!

2.57 Na ktorom mieste zemského povrchu má za inak rovnakých podmienok maximálnu a minimálnu

hodnotu zotrvačná odstredivá sila a Coriolisova sila? 2.58 Muž stojaci vo výťahu má hmotnosť m = 100 kg. Akou silou tlačí na podlahu výťahu ak: (a)

Výťah sa pohybuje nahor s konštantnou rýchlosťou, (b) výťah sa pohybuje nadol s konštantnou rýchlosťou, (c) výťah sa pohybuje nahor so zrýchlením a = 3 m s–2 , (d) výťah sa pohybuje nadol so zrýchlením a = 3m s–2, (e) lano sa pretrhlo a výťah padá voľným pádom.

2.59 Pri akej rýchlosti bude sila, ktorou automobil pôsobí na most nahor vypuklý dvakrát menšia ako

na most nadol prehnutý? Polomer krivosti mostov je v obidvoch prípadoch rovnaký R = 30 m.

32

2.60 Akrobat na motocykli sa pohybuje vo vertikálnej rovine po „kružnici smrti“, ktorej polomer je r = 4 m. Akou najmenšou rýchlosťou v musí prechádzať najvyšším bodom dráhy, aby nespadol dolu hlavou? Akrobata s motocyklom považujte za hmotný bod pohybujúci sa po danej kružnici.

2.61 Cisterna s vodou sa rozbieha so zrýchlením a = 0,7 m s–2. Hladina vody sa ustáli kolmo na

výslednicu síl. Aký uhol α bude hladina vody zvierať s vodorovnou rovinou? (Hladina vody musí byť kolmá na výslednicu síl).

2.62 Teleso padá na rovníku z výšky h voľným pádom. Vypočítajte, o koľko sa vplyvom Coriolisovej

sily pri dopade vychýli na východ, ak zanedbáme odpor vzduchu. 2.63 Teleso je vrhnuté kolmo nahor s rýchlosťou v0. Ukážte, že bod, do ktorého dopadne naspäť je

posunutý na západ o vzdialenosť rovnajúcu sa 43

8 3

ω ϕcoshg

, kde ϕ je zemepisná šírka daného

miesta a h = v a ω je uhlová rýchlosť otáčania Zeme. g02 2/

33

3 Práca, výkon a energia 3.1 Úvod

Elementárna práca, ktorú vykoná sila F pri posunutí jej pôsobiska o dr je definovaná vzťahom d dW = F. r . Práca pri posunutí pôsobiska sily z bodu, ktorý je určený polohovým vektorom r1 , do bodu s

polohovým vektorom r2 je daná krivkovým integrálom W F . rdC r r C r r

= =→ →∫ ∫F r.d cos

( ) ( )1 2 1 2

α

Ak sú vektory F a dr zadané v zložkovom tvare, potom prácu vyjadruje vzťah

( )W F F Fx y zC

= ∫ dx + dy + dz

Výkon sily je práca, ktorú sila vykoná za jednotku času, PWt

= =dd

F v. .

Účinnosť nejakého zariadenia na premenu energie je pomer η =výkon odovzdaný

výkon dodaný.

Charakterizuje schopnosť zariadenia užitočne využiť dodávanú energiu.

Kinetická energia hmotného bodu je určená vzťahom E mk =12

2v , kde m je hmotnosť

hmotného bodu a v je jeho rýchlosť. Práca výslednice síl, pôsobiacich na teleso, sa rovná prírastku kinetickej energie (veta o kinetickej energii)

W12 = ΔEk = Ek2 – Ek1 = 12

122

212mv mv− .

V konzervatívnom silovom poli definujeme potenciálnu energiu v danom bode silového poľa

vzťahom , kde E( ) ( )E r E r dr

r

p p= + ∫0

0

F r. p(r0) je potenciálna energia vo vzťažnom mieste, ktorú

zvyčajne volíme rovnú nule. V konzervatívnom silovom poli sa práca síl poľa rovná úbytku potenciálnej energie W12 = –ΔEp = Ep1 – Ep2 . V konzervatívnom silovom poli platí zákon zachovania mechanickej energie Ep1 + Ek1 = Ek2+ Ep2 .

Ak okrem konzervatínych síl pôsobí aj sila trenia Ft r, pre prácu síl trenia Wtr platí Wtr = ΔEk + ΔEp . Medzi silou konzervatívneho silového poľa a potenciálnou energiou platí vzťah

F i= − = − + +⎛⎝⎜

⎞⎠⎟grad p

p p pEEx

Ey

Ez

∂∂

∂∂

∂∂

j k

3.1 Otázky a problémy

34

1. Napíšte výraz pre prácu sily vo všeobecnom prípade. Ako možno tento výraz napísať (a) v prípade

premenlivej sily pôsobiacej v smere posunutia, (b) v prípade konštantnej sily pôsobiacej v smere posunutia, (c) v prípade konštantnej sily pôsobiacej pod určitým uhlom vzhľadom na smer posunutia?

2. Kedy môžeme použiť vzťahy W = F.s, dW = F ds, W = F s ? 3. Môže byť práca záporná? 4. Môže byť kinetická energia záporná? 5. Čo hovorí veta o kinetickej energii? 6. Definujte potenciálnu energiu telesa v silovom poli. Môže byť potenciálna energia záporná? 7. Akú vlastnosť musí mať silové pole, aby v ňom bolo možné definovať potenciálnu energiu? 8. Čo to znamená, keď je sila konzervatívna? Je sila trenia konzervatívna? Zdôvodnite. Vymenujte

aspoň jednu silu, ktorá je konzervatívna. 9. Napíšte vzťah medzi potenciálnou energiou a silou v integrálnom aj diferenciálnom tvare.

10. Čo je výkon sily? Môže byť výkon záporný? Aký je vzťah medzi smerom pôsobiacej sily a smerom rýchlosti telesa, ak je výkon nulový?

11. Čo je kilowathodina? 12. Definujte účinnosť. Určte interval hodnôt, ktoré môže táto veličina nadobúdať. 13. Za akých podmienok sa zachováva mechanická energia? 14. Ak platí zákon zachovania mechanickej energie, k akým premenám foriem energie môže

dochádzať? Vysvetlite tieto premeny aspoň na dvoch príkladoch. 15. Máme kyvadlo tvorené kovovou guľôčkou zavesenou na niti. Akú prácu vykoná a s akým

výkonom pracuje pri pohybe kyvadla sila, ktorou niť pôsobí na zavesenú guľôčku? 16. Môže Coriolisova sila konať prácu? 17. Častica sa pohybuje po kružnici polomeru R = 1 m, pričom na ňu pôsobí centrálna sila F = 5 N.

Akú prácu sila vykoná za jednu otáčku? 18. Kedy vykonáme väčšiu prácu: keď teleso do určitej výšky vytiahneme zvislým smerom, alebo keď

ho do tej istej výšky vytiahneme bez trenia šikmo po naklonenej rovine? V ktorom prípade musíme pôsobiť väčšou silou? Urobte zodpovedajúci náčrtok a tvrdenie dokážte.

19. Po vodorovnej rovine ťaháme hranol konštantnou rýchlosťou. Sila, ktorou ho ťaháme, vykoná prácu 10 J. Akú prácu vykoná sila trenia?

20. Teleso hmotnosti m ťaháme konštantnou rýchlosťou v nahor po naklonenej rovine zvierajúcej s horizontálou uhol α. Medzi telesom a naklonenou rovinou je trenie s faktorom trenia μ. (a) Urobte náčrtok situácie, zakreslite do neho všetky sily pôsobiace na teleso. (b) Akou veľkou silou musíme teleso ťahať? (c) Akú prácu táto sila vykoná za čas t a aký je jej výkon ?

21. Kedy bude mať teleso pri dopade na zem väčšiu rýchlosť: keď ho z určitej výšky necháme padať voľným pádom, alebo keď ho z tej istej výšky necháme voľne kĺzať po naklonenej rovine bez trenia? V obidvoch prípadoch neuvažujeme trenie ani odpor vzduchu.

22. Akou rýchlosťou dopadne na zem kameň, ktorý sme zo zeme vyhodili zvislo nahor rýchlosťou 20 m s-1 a odpor vzduchu zanedbáme?

23. Dve telesá s hmotnosťami m1 = m , m2 = 2 m spustíme bez trenia po naklonenej rovine z rovnakej výšky. Ktoré z nich dosiahne na konci roviny väčšiu rýchlosť?

24. Kedy je výkon tiaže väčší: na začiatku voľného pádu alebo tesne pred dopadom? 25. Rastie, alebo klesá potenciálna energia telies, ktoré sa priťahujú, pri zmenšovaní vzdialenosti ? 26. Rastie, alebo klesá potenciálna energia telies, ktoré sa odpudzujú, pri zmenšovaní vzdialenosti? 27. Nakreslite graf závislosti potenciálnej energie pružiny od jej deformácie, ak sila je úmerná

deformácii. 3.2 Riešené príklady

35

3.1 Automobil s hmotnosťou m = 1200 kg sa pohybuje nahor po naklonenej rovine so sklonom α = 5o konštantnou rýchlosťou v = 10 m s–1. Vypočítajte prácu, ktorú musí vykonať motor automobilu za čas t = 5 min a jeho výkon. Odpor prostredia proti pohybu je nulový.

Riešenie:

Automobil sa pohybuje konštantnou rýchlosťou, čo znamená, že výslednica pôsobiacich síl je nulová. Ťahová sila motora automobilu F práve kompenzuje zložku tiaže v smere naklonenej roviny, t. j. F = G1 = mg sinα . Práca tejto sily je

W F s Fvt mg vt= = = = ° =−sin kg m s sin m s s J.-2α 1200 9 81 5 10 300 3 08 101 6. , . . . , . Výkon je

P F v= = ° =− −1200 9 81 5 10 1 026 102 1kg m s sin ms W.. , . . , . 4 3.2 Lokomotíva môže ťahať vlak s hmotnosťou M nahor po naklonenej rovine so sklonom α1

rýchlosťou v1 a so sklonom α2 rýchlosťou v2. Určte silu pôsobiacu proti pohybu ( predpokladajte, že je konštantná), ak výkon lokomotívy je v obidvoch prípadoch rovnaký.

Riešenie:

Výkon lokomotívy je P = F.v = F v , kde F je ťažná sila, ktorá pôsobí v smere pohybu, t. j. v smere vektora rýchlosti. Pri konštantnej rýchlosti sa jej veľkosť rovná opačne orientovanému súčtu sily trenia a zložky tiaže v smere naklonenej roviny, preto F F Mg= +tr sinα . Vzhľadom na to, že výkon je v obidvoch prípadoch rovnaký, platí ( sin ) ( sin )F Mg v F Mg vtr tr+ = +α α1 1 2 2 , odkiaľ po úprave dostávame výsledný vzťah

F Mg v vv vtr =

−−

( sin sin )1 1 2 2

2 1

α α .

3.3 Auto s hmotnosťou m sa rozbieha z pokoja s konštantným výkonom motora P. Zanedbajte odpor prostredia proti pohybu a určte jeho rýchlosť a zrýchlenie ako funkciu času.

Riešenie:

Výkon auta je P F v= =F v. , pretože smer rýchlosti je súhlasný so smerom sily. Veľkosť ťažnej

sily F je F ma m vt

= =dd

, takže P m vt

v=dd

.

Túto diferenciálnu rovnicu riešime separáciou premenných a integrovaním.

0 0

d dt v

P t mv v=∫ ∫ ⇒ Pt mv=

2

2 ⇒ v Pt

m=

2 , čo je hľadaná závislosť rýchlosti od času.

Úlohu sme mohli riešiť aj s využitím vety o kinetickej energii. Práca výslednej, v tomto prípade

iba ťažnej sily sa podľa tejto vety rovná prírastku kinetickej energie W mv=12

02 −

t

, kde

, lebo výkon je konštantný. Tým dostávane rovnakú rovnicu ako pri

predchádzajúcom spôsobe riešenia

0

dt

W P t P= =∫

Pt mv=

2

2 a rovnaké riešenie pre v.

Pre zrýchlenie možno písať a vt t

Ptm

Pmt

= = =dd

dd

22

, t.j. zrýchlenie auta klesá s prvou

odmocninou času v menovateli.

36

3.4 Akú prácu je potrebné vykonať na stlačenie bezpečnostného nárazníka automobilu o x = 0,1 m, ak

na stlačenie o x0 = 0,02 m je potrebná sila F0 = 2500 N. Pri deformácii pružiny platí, že sila je priamo úmerná stlačeniu pružiny.

Riešenie:

Sila a posunutie pôsobiska sily majú rovnaký smer, preto prácu môžeme vyjadriť vzťahom

0

( )dx

W F x= ∫ x , kde symbolom x sme označili deformáciu (skrátenie) pružiny a súradnica x má smer

skracovania pružiny. Pre silu platí F = kx a konštantu k určíme zo zadania vzťahom k = F0/x0. Potom 20

0 00

1d2

x0F FW x x x

x x= =∫ . Po dosadení číselných hodnôt dostávame W = 625 J.

3.5 Lano hmotnosti m = 10 kg a dĺžky l = 20 m leží na rozhraní dvoch dotýkajúcich sa vodorovných

rovinných plôch z rôznych materiálov a smeruje kolmo na rozhranie. Akú prácu treba vykonať na posunutie lana na druhú stranu rozhrania, ak koeficienty trenia medzi lanom a materiálom plôch sú μ1 = 0,2 a μ2 = 0,4.

Riešenie:

Sila potrebná na posúvanie lana bude funkciou posunutia x a prvé, čo musíme formulovať je F=F(x). Sila trenia sa bude rovnať súčinu tiaže lana pripadajúcej na príslušný druh plochy a koeficientu trenia. Ak lano posunieme o x potom sila trenia bude F g l x g x= − +λμ λμ1 2( ) , kde = m/l predstavuje hmotnosť na jednotku dĺžky. Smer pôsobiacej sily je rovnaký ako smer posunutia a potrebnú prácu získame integráciou sily po celej dĺžke posunutia l.

W F x g l g x g x xl ll

= = = − +∫ ∫∫F.dx d d0 100 1 2( )λμ λμ λμ W mgl= +

12 1 2( )μ μ .

Po dosadení číselných údajov dostávame W = 588,6 J 3.6 Sila F = k t, kde t je čas a k = 6 N s–1, pôsobí v jednom smere na teleso, ktorého hmotnosť je

m = 2 kg. Teleso je na počiatku v pokoji. Vypočítajte prácu sily a kinetickú energiu telesa v čase t = 2 s.

Riešenie:

Podľa definície práce je .dW = ∫ F r . Posunutie dr spôsobuje sila F, preto ak na počiatku bola

rýchlosť nulová, smer dr musí byť rovnaký ako smer sily F. Prácu potom môžeme vyjadriť pomocou veľkostí sily a posunutia v tvare dW F= r∫ .

Zadaná sila je funkciou času a integračná premenná je poloha r. Tento problém dvoch rôznych

premenných odstránime tak, že element dr vyjadríme pomocou času t. Pre rýchlosť platí v rt

=dd

odkiaľ d dr v t= . .

Rýchlosť je funkciou času a nájdeme ju z 2. Newtonovho zákona F ma m vt

= =dd

,

37

pričom podľa zadania F kt= . Teda kt m vt

=dd

. Rovnicu po separácii premenných môžeme

integrovať a dostávame 0 0

dv t ktv

m=∫ ∫ dt ⇒ v kt

m=

2

2 , takže hľadané vyjadrenie elementu dr je

d dr k tm

t=2

2.

Prácu už môžeme vyjadriť ako funkciu času 2 2 4 2 4

0

6 .2. .d J=36 J2 8 8.2

t kt k tW kt tm m

= = =∫ .

Kinetickú energiu na konci pohybu možno určiť z vety o kinetickej energii E Wk = = 36 J . Poznámka: Pri riešení tohoto príkladu sme úmyselne vychádzali len z definície práce. Fyzika však v prípade, že sila je funkciou času ponúka iné, jednoduchšie riešenie. Vypočítame impulz sily a z neho hybnosť. Z hybnosti vyjadríme kinetickú energiu a táto sa podľa vety o kinetickej energii rovná práve požadovanej práci. Ponechávame na čitateľa, aby ukázal, že výsledok bude rovnaký. 3.7 Na časticu pôsobí sila F = (( y2 – x2 ) i + 3 xy j ) N . Akú prácu táto sila vykoná, keď sa jej

pôsobením častica posunie z bodu (0,0) do bodu o súradniciach x1 = 2 m, y1 = 4 m po nasledujúcich dráhach: (a) Pozdĺž osi x z (0,0) do (2,0) a potom rovnobežne s osou y do bodu (2,4). (b) Pozdĺž osi y z bodu (0,0) do (0,4) a potom rovnobežne s osou x do (2,4). (c) Po priamke spájajúcej obidva body. (d) Po parabole y = x2.

Riešenie: Pre prácu platí W F , kde symbolom (K) je označená príslušná trajektória. x FyK

= +∫ ( d d )x( )y

(a) Trajektória sa skladá z dvoch častí. Pri pohybe z (0,0) do (2,0) prácu koná iba zložka Fx pri pohybe po druhej časti trajektórie prácu koná iba zložka sily Fy. Pre prácu dostávame :

11

3 22 1

00

(0 )d 3.2 d 63 2

yx

1x yW x x y y= − + = − +∫ ∫ . Po dosadení číselných hodnôt W = 45,33 J.

(b) Rovnako ako v predchádzajúcom prípade vyšetríme prácu na dvoch úsekoch. Pri posunutí pôsobiska sily po osi y prácu môže konať iba zložka sily Fy. Zložka Fy je však nulová, pretože po celej trajektórii x = 0. Zostáva práca po úseku (0,4) až (2,4). V tomto úseku všade dy = 0 a

nenulový bude len člen . Po vyčíslení W = 29,33 J. F x y x x x xx

x x x

0

2

0

2 2 2

0

1 1 1

4∫ ∫ ∫= − = −d d( ) ( )d

(c) Rovnica priamky spájajúcej obidva body je y = 2x. Dosadíme funkciu priamky do podintegrálnych funkcií a zodpovedajúce hranice integrovania. Dostávame:

1 12 2 2 3

10 0

3 1(4 )d y=x2 2

x y

W x x x y d= − + +∫ ∫ 31y . Po dosadení číselných hodnôt W = 40 J.

(d) Rovnica paraboly spájajúcej obidva body je y = x2 . Postupujeme úplne analogicky ako pre (c). Pre

prácu dostávame Wx x

y= − +15

13

1

52

5 33 2

5. Po dosadení číselných hodnôt W = 42,13 J.

3.8 Teleso s hmotnosťou m je pripevnené k pružine s tuhosťou k. Pružina je natiahnutá na

vzdialenosť x0 . Aká bude maximálna rýchlosť telesa, ak pružinu uvoľníme? Aká bude rýchlosť

38

telesa v polohe x = x0/2 ? Predpokladajte, že sila potrebná na deformáciu pružiny je priamo úmerná deformácii.

Riešenie :

Úlohu budeme riešiť s využitím zákona zachovania mechanickej energie. Pri natiahnutí sa celková energia sústavy E0, t. j. energia pružiny s telesom rovná potenciálnej energii pružiny E p0

, pretože teleso je v pokoji. Po uvoľnení sa celková energia E bude rovnať kinetickej energii telesa Ek , pretože pružina už nie je deformovaná. Zo zákona zachovania mechanickej energie vyplýva ,

t .j. 0 a po dosadení

E E0 =

00+ = +E Ep k12

120

2kx mv= max2 ⇒ v x k

mmax = 0 .

V druhom prípade analogicky platí 12

12

120

2 2kx mv kx= + 2 ⇒ v x km

= 034

.

3.9 Na niti dĺžky l = 1 m a zanedbateľnej hmotnosti je zavesená guľka s hmotnosťou m = 0,3 kg.

Akú najmenšiu rýchlosť v0 jej treba udeliť vo vodorovnom smere v dolnej polohe, aby sa vychýlila až do najvyššej polohy a niť bola stále napnutá?

Riešenie:

Podľa zákona o zachovaní mechanickej energie platí Ep1 + Ek1 = Ek2+ Ep2 . Kinetická energia v

dolnej polohe 1 (obr. 3.1) je E mk121

2= v0 . Potenciálnu energiu v polohe 1 zvolíme Ep1 0= .

Potenciálna energia v hornej polohe 2 bude E l mp2 g= 2 . Guľka sa pohybuje po kružnici polomeru l. Pri najmenšej

začiatočnej rýchlosti vo musí mať v hornej polohe takú rýchlosť, aby

tiaž guľôčky sa práve rovnala dostredivej sile potrebnej pre pohyb

po kružnici polomeru l rýchlosťou v. Platí mvl

mg2

= ⇒

. Kinetickú energiu v hornej polohe 2 potom môžeme

vyjadriť vzťahom

mv mgl2 =

E mv mglk 221

212

= = . Po dosadení do rovnice

vyjadrujúcej zákon zachovania mechanickej energie dostaneme 12

012

22mv mgl mglo + = + .

m

l

1

2

v0 Obr. 3.1

Z toho pre počiatočnú rýchlosť vyplýva vo = 5gl ⇒ vo ms m m s= ≈− −5 9 81 1 72 1. , . . 3.10 Výraz pre potenciálnu energiu častice v silovom poli má tvar Ep = A/r , kde r je vzdialenosť častice od počiatku súradnicovej sústavy a A je konštanta. Určte silu pôsobiacu na časticu v tomto silovom poli. Riešenie: Silu nájdeme zo vzťahu F = – grad Ep . Dostávame

1 12 2 2 2 2 2 2 2 22 2( ) ( ) ( )A x y z A x y z A x y z

x y z∂ ∂ ∂∂ ∂ ∂

− −⎧ ⎫= − + + + + + + + +⎨ ⎬

⎩ ⎭

12

−F i j k =

= A ( ) (x y z x y z Ar

2 2 232

3+ + + + =− i j k ) r .

39

3.11 Vzájomnú potenciálnu energiu dvoch molekúl plynu možno aproximovať výrazom 6 1

0 0p p0 2 r rE E

r r⎡ ⎤⎛ ⎞ ⎛ ⎞= − −⎢ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟

⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎢ ⎥⎣ ⎦

2

⎥ (tzv. Lennardov-Jonesov potenciál), kde Ep0 a r0 sú kladné

konštanty a r je vzdialenosť medzi stredmi molekúl. Určte z tejto funkčnej závislosti potenciálnej energie:

a) aká je rovnovážna vzdialenosť stredov molekúl, Ep

rr0

Obr. 3.2

b) aká je potenciálna energia pri tejto vzdialenosti, c) ktorý člen vo výraze pre potenciálnu energiu prevláda pri malých a ktorý pri veľkých vzdialenostiach.

Riešenie:

(a) Závislosť Ep od vzdialenosti znázorňuje krivka potenciálnej energie na obr. 3.2. V rovnovážnej vzdialenosti je výsledná sila medzi molekulami nulová, preto rovnovážnu vzdialenosť môžeme určiť z podmienky F = − = −∇ =grad 0p pE r E r( ) ( ) , kde r x y z= + +2 2 2 je veľkosť polohového vektora druhej molekuly vzhľadom na prvú molekulu, ktorá je v počiatku súradnicovej sústavy. Riešenie úlohy zjednodušíme, ak molekulu otočíme tak, aby sa druhá molekula nachádzala na niektorej z osí súradnicovej sústavy, napr. na osi x. Úlohu potom môžeme riešiť ako jednorozmernú s tým, že r = x

a. podmienka rovnováhy teraz je 6 12

0 0p0

d 2 0d

r rEx x x

⎧ ⎫⎡ ⎤⎪ ⎪⎛ ⎞ ⎛ ⎞− − − =⎢⎨ ⎬⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎢ ⎥⎪ ⎪⎣ ⎦⎩ ⎭

i ⎥ ⇒

6 120 0

p0 7 1312 12 0r rEx x

⎛ ⎞− + =⎜

⎝ ⎠⎟ . Riešením tejto rovnice dostávame rovnovážnu vzdialenosť x = r0 .

(b) Energiu pri rovnovážnej vzdialenosti r0 dostaneme dosadením tejto hodnoty za r do výrazu

pre potenciálnu energiu. Výsledok je Ep(r0) = – Ep0 .

(c) Prvý člen vo výraze pre potenciálnu energiu je úmerný r–6. Pri väčších vzdialenostiach bude tento člen významnejší ako člen úmerný r–12, ktorý veľmi rýchlo klesá k nule s rastúcim r. Tento člen sa významne prejaví pri malých vzdialenostich. Vzhľadom na rôzne znamienka je potenciálna energia od člena r–12 klesajúcou funkciou vzdialenosti a sila zodpovedajúca tomuto členu má odpudivý charakter, zatiaľ čo potenciálna energia od člena r–6 je rastúcou funkciou vzdialenosti a sila, ktorá mu zodpovedá, je príťažlivá. V rovnovážnej vzdialenosti sa odpudzovanie a priťahovanie navzájom kompenzujú. Pre r < r0 prevláda odpudzovanie, pre r > r0 priťahovanie. 3.4 Neriešené príklady 3.12 Pôsobením sily F = (4i – 3j + 6k) N sa pôsobisko sily posunulo po priamke z bodu A(7,8,3) m

do bodu B(4,9,5) m . Vypočítajte vykonanú prácu. 3.13 Pôsobením sily F = (3i + 4j) N sa pôsobisko sily posunulo po priamke z bodu A(0,0,0)m do

bodu B(0,2,0)m a potom z bodu B do bodu C(0,0,2) m . Vypočítajte vykonanú prácu. Je takáto sila konzervatívna?

3.14 Akú prácu vykoná sila motora automobilu pri rozbiehaní so zrýchlením a = 1,5 m s–2 po dráhe

s = 100 m smerom nahor po naklonenej rovine so sklonom α = 10°, ak odpor prostredia

40

vzhľadom na pohyb vyjadruje faktor trenia medzi automobilom a naklonenou rovinou μ = 0,05. Hmotnosť automobilu je m = 1200 kg.

3.15 Ohybné lano dĺžky l = 10 m a hmotnosti m = 4 kg leží na vodorovnej rovine kolmo k jej okraju

a časť lana z nej voľne visí. Lano sa začína kĺzať, keď visiaca časť je práve 0,3 dĺžky lana. Určte koeficient trenia medzi lanom a rovinou a vypočítajte veľkosť práce trecej sily pri skĺznutí lana.

3.16 Vypočítajte prácu potrebnú na natiahnutie pružiny o dĺžku l = 0,02 m, ak vieme, že pri pôsobení

sily F1 = 40 N sa pružina predĺži o dĺžku l1 = 0,005 m. 3.17 Aký je pomer medzi predĺženou dĺžkou pružiny a pôvodnou dĺžkou l0 = 0,8 m , ak pri

naťahovaní pružiny bola vykonaná práca W = 5,12 J? Pružina spĺňa Hookov zákon a sila F = 20 N pružinu predĺži o x1 = 5 cm.

3.18 Drevený valec s polomerom R = 0,1 m a výškou h = 0,6 m je ponorený do vody do 2/3 svojej

výšky. Aká práca je potrebná na vytiahnutie valca z vody? 3.19 Teleso s hmotnosťou m sa začína pohybovať v dôsledku pôsobenia sily F = at i + bt2 j + c t3 k, kde

a, b, c sú konštanty. Určte výkon tejto sily v čase t, ak počiatočná rýchlosť bola nulová. 3.20 Na teleso s hmotnosťou m = 4 kg, ktoré sa pohybuje rýchlosťou v0 = 2 m s–1 začne účinkovať sila

v smere pohybu, pričom jej hodnota s časom lineárne narastá. Pre veľkosť sily platí F = kt, kde k = 5 N s–1. Akú veľkú prácu vykoná táto sila za čas t1 = 10 s?

3.21 Cesta stúpa pod uhlom α = 15°. Keď ide auto s vypnutým motorom dolu dosiahne rýchlosť

v = 72 km hod–1 a ďalej sa už pohybuje rovnomerne. Aký musí byť výkon motora, aby auto mohlo ísť do kopca rovnakou rýchlosťou, keď hmotnosť auta je m = 1500 kg? Odpor proti pohybu považujeme v oboch prípadoch za rovnaký.

3.22 Hmotný bod s hmotnosťou m = 2 kg sa pohyboval v dôsledku pôsobenia určitej sily tak, že

jeho poloha sa menila podľa rovnice x = A+B t+C t2+D t3 , kde A = 10 m, B = –2 m s–1, C = 1 m s–2, D = – 0,2 m s–3. Určte výkon sily v časoch t1 = 2 s a t2 = 5 s .

3.23 Teleso s hmotnosťou m padá z pokoja voľným pádom. Určte závislosť výkonu tiažovej sily od

času pri tomto pohybe. Odpor prostredia zanedbávame. 3.24 Určte, aká musí byť závislosť výkonu auta od času, ak chceme, aby sa auto rozbiehalo z pokoja s

konštantným zrýchlením a. Hmotnosť auta je m a odpor prostredia zanedbávame. 3.25 Automobil s hmotnosťou m sa rozbieha z pokoja s konštantným výkonom motora P. Určte, aká

je závislosť sily, ktorou je urýchľovaný od času, ak zanedbávame odpor prostredia. 3.26 Aká je účinnosť výťahu, ktorým sa dvíha náklad s hmotnosťou m = 200 kg rýchlosťou

v =2 m s–1? Výťah je poháňaný elektromotorom s výkonom P = 16 kW. 3.27 Koľko litrov vody za sekundu musíme privádzať do Kaplanovej turbíny z nádrže vo výške 6,5 m,

ak pri účinnosti 93 % má dodávať výkon 10 MW ? 3.28 Malá vodná turbína dodáva pri vodnom spáde h = 2,5 m a prietoku Q = 80 l s–1 výkon P = 1,6

kW. Aká je jej účinnosť? 3.29 Výkon motora čerpadla je 1 kW. Čerpadlo slúži na čerpanie vody z nádrže do výšky 4 m. Ako

dlho musí čerpadlo pracovať ak má vyčerpať 2 m3 a účinnosť vodnej pumpy je 80 % ?

41

3.30 Niagarské vodopády majú prietok vody Q = 5900 m3 s–1 a strednú výšku h = 50 m.

Vypočítajte celkový výkon vodopádov. 3.31 Teleso s hmotnosťou m = 10 kg sa pohybuje v dôsledku pôsobenia sily F = a+bt, kde a = 10 N

a b = 2 Ns–1 . Na počiatku bolo teleso v pokoji. Nájdite kinetickú energiu telesa v čase t = 2 s . 3.32 Na teleso s hmotnosťou m = 10 kg pôsobí sila F = At i + (Bt2 – C) j, kde t je čas, A = 5 Ns–1,

B = 3 Ns–2, C = 1N. Teleso bolo na počiatku v pokoji. Nájdite jeho kinetickú energiu v čase t = 2 s. 3.33 Strela letiaca rýchlosťou v0 = 400 m s–1 narazí na drevený hranol a uviazne v ňom v hĺbke

h = 0,3 m. Ak by tá istá strela bola vystrelená na hranol z rovnakého dreva s hrúbkou h1 = 0,15 m, akou rýchlosťou by z neho vyletela? Odpor dreva považujeme za konštantný, t. j. nezávislý od rýchlosti strely.

3.34 Strela letiaca rýchlosťou v je vystrelená do niekoľkých dosiek položených za sebou. V ktorej

doske strela uviazne, ak po prestrelení dvoch dosiek sa jej rýchlosť rovnala 1/2 v ? Odpor dosiek považujte za nezávislý od rýchlosti strely.

3.35 Potenciálna energia častice v silovom poli je daná vzťahom Ep = Ax + By2 + Cz3, kde A=1 J m–1,

B = 2 J m–2, C = 3 J m–3. Vypočítajte prácu, ktorú vykonajú sily tohto poľa, ak častica bola premiestnená z bodu so súradnicami (1,1,1) m do bodu so súradnicami (3,3,3) m.

3.36 Potenciálna energia častice je určená výrazom Ep = A ( x2 + y2+ z2 ), kde A = 1 J m–2 . Častica je

v pokoji a začína sa pohybovať pôsobením sily poľa z bodu so súradnicami (3,3,3) m. Nájdite kinetickú energiu častice v momente, keď sa nachádza v bode so súradnicami (1,1,1) m. Presvedčte sa najprv, či sila, ktorá pôsobí v silovom poli s takouto závislosťou potenciálnej energie, časticu z bodu (3,3,3) m môže premiestniť do bodu (1,1,1) m.

3.37 Na časticu pôsobí sila F = (2xy2 i + 2x2y j) N. Akú prácu vykoná táto sila, keď sa častica posunie

v rovine xy z bodu A(0,0)m do bodu B(2,4)m po rôznych dráhach: (a) po dráhe ACB, kde C(2,0)m, (b) po dráhe ADB, kde D(0,4)m, (c) po priamke AB, (d) po parabole y = x2 spájajúcej body AB.

3.38 Akú kinetickú energiu malo teleso hmotnosti m = 1 kg, ak po naklonenej rovine so sklonom

α = 30° vystúpilo do výšky h = 1 m? Faktor trenia medzi telesom a naklonenou rovinou je μ = 0,1.

hR

Obr. 3.3

3.39 Z akej minimálnej výšky musíme spustiť guličku po ideálne hladkej

ploche zakrivenej do kružnice polomeru R = 2,5 m (obr. 3.3), aby v najvyššom bode nespadla a prebehla po celej kružnici ?

3.40 Chlapec pri streľbe z gumového praku natiahol gumové šnúry tak, že

sa predĺžili o x = 0,1 m. Sila F1 = 10 N predĺži šnúry o x1 = 0,01 m. Akou rýchlosťou vyletel z praku kameň s hmotnosťou m = 20 g ?

3.41 Teleso s hmotnosťou m = 0,8 kg je vyhodené kolmo nahor. Pri svojom pohybe má vo výške

h=10m rýchlosť v = 20 m s–1. Akú maximálnu výšku pri tomto pohybe dosiahne? 3.42 Oceľová guľôčka s hmotnosťou m = 50 g padá z výšky h1 = 1 m na podložku, od ktorej sa

odrazí do výšky h2 = 0,8 m. Vypočítajte množstvo tepla uvoľneného pri náraze.

42

3.43 Loptičku polomeru R = 15 mm a hmotnosti m = 5 g vtlačíme pod vodu do hĺbky h = 0,3 m. Keď ju pustíme vyskočí nad hladinu vody do výšky h1 = 0,1 m. Aké množstvo tepla sa uvoľní v dôsledku trenia loptičky o vodu?

3.44 Na časticu pôsobí konzervatívna sila F = (7i – 6j ) N. Akú prácu vykoná táto sila, keď častica

bola premiestnená z počiatku súradníc do bodu určeného polohovým vektorom r = (–3i + 4j + 16k) m? Určte aj rozdiel potenciálnej energie častice medzi počiatočným a konečným miestom.

3.45 Na časticu pôsobí konštantná výslednica síl F = (2i + 4j) N. Pôsobením tejto výslednice síl sa

častica posunie z bodu A(1,2) m do bodu B(3,6) m. Akú prácu sila vykoná, aká je pritom zmena kinetickej energie častice a čo môžeme povedať o kinetickej energii častice v počiatočnom bode?

3.46 Nájdite silu, ktorou pôsobí na časticu silové pole, ak jej potenciálna energia je daná vzťahom Ep

= A/r2 , kde r je vzdialenosť častice od počiatku súradnicovej sústavy a A je konštanta. 3.47 Častica sa pohybuje v silovom poli, ktoré je charakterizované jednou z nasledovných funkcií

potenciálnej energie: (a) Ep(x) = a xn , (b) Ep(y) = b yn , (c) Ep(x,y,z) = c xyz ,

kde a, b, c sú konštanty. Vyjadrite v každom z týchto prípadov vektor sily. 3.48 Častica sa nachádza v stredovo symetrickom silovom poli, v ktorom jej potenciálna energia je

určená vzťahom Ear

brp = −3 2 , kde a , b sú kladné konštanty a r je vzdialenosť častice od

začiatku súradnicovej sústavy. Ak pre túto časticu existuje stabilná rovnováha vzhľadom na radiálne výchylky, nájdite toto miesto. Nakreslite tiež približne závislosť Ep od r .

3.49 Nájdite vyjadrenie pre potenciálnu energiu, ak sila je určená vzťahom F = kr , kde r je polohový

vektor vzhľadom na počiatok súradníc. Požadujeme Ep= 0 pre r = 0. Načrtnite závislosť Ep(r) .

3.50 Nájdite vyjadrenie pre potenciálnu energiu ak sila je centrálna a pre jej veľkosť platí F = kr 2 .

Požadujeme Ep(r → ∞ ) = 0. Načrtnite závislosť potenciálnej energie od vzdialenosti ak (a) k > 0 a (b) k< 0. Diskutujte tieto priebehy vzhľadom na charakter pôsobiacej sily.

43

4 Gravitačné pole. Práca a energia v gravitačnom poli

4.1 Úvod Isaac Newton v r. 1678 matematicky sformuloval myšlienku, že medzi dvoma hmotnými bodmi s hmotnosťami m1 a m2 pôsobí príťažlivá sila. Veľkosť gravitačnej sily je priamo úmerná súčinu ich

hmotností a nepriamo úmerná štvorcu ich vzdialenosti r: Fm m

r= κ 1 2

2 , kde κ = 6,672. 10–11 N m2 kg–2 je

gravitačná konštanta. Gravitačná sila, ktorou pôsobí prvé teleso na druhé, je vyjadrená vo vektorovom tvare rovnicou:

F121 2

123 12= −κ m m

rr , kde r12 je polohový vektor hmotného bodu m2 vzhľadom na m1 .

Radiálne gravitačné pole vytvorené hmotným bodom (alebo sférickým homogénnym telesom) s

hmotnosťou m charakterizuje vektor intenzity gravitačného poľa E = − κ mr 3

r , kde r je polohový

vektor bodu v priestore, v ktorom intenzitu gravitačného poľa vyjadrujeme, vzhľadom na polohu hmotného bodu (alebo na hmotnostný stred sférického homogénneho telesa). Potenciálna energia v gravitačnom poli definovaná vzhľadom na nekonečno, t. j. Ep(r→∞) = 0,

je určená vzťahom E m mrp = −κ 1 2 .

Okrem intenzity gravitačného poľa je možné gravitačné pole charakterizovať aj pomocou potenciálu gravitačného poľa vzhľadom na ľubovoľne zvolené vzťažné miesto. Ukazuje sa rozumné zvoliť si takéto vzťažné miesto v nekonečne, t. j. V(r→∞) = 0. Vzťah pre potenciál radiálneho

gravitačného poľa bude V mr

= −κ .

Pojmy intenzita a potenciál gravitačného poľa nám slúžia na opis účinkov gravitačného poľa na hmotné objekty. Ich vzájomnú súvislosť vyjadruje vzťah

E i j= − = − + +⎛⎝⎜

⎞⎠⎟gradV V

xVy

Vz

∂∂

∂∂

∂∂

k .

V gravitačnom poli platí princíp superpozície, podľa ktorého intenzita a potenciál gravitačného

poľa vytvoreného hmotnými bodmi s hmotnosťami m1, m2,..., mn sa rovnajú, E E , = == =∑ ∑ii

n

ii

n

V V,1 1

kde Ei sú intenzity a Vi sú potenciály od jednotlivých hmotných bodov. Tri Keplerove zákony, ktoré predchádzali Newtonovej gravitačnej teórii, možno vyjadriť takto: 1. Každá planéta sa pohybuje okolo Slnka po eliptickej dráhe, pričom Slnko je v jednom z ohnísk. 2. Spojnica Slnka s planétou vytína rovnaké plochy za rovnaké časové intervaly (obr. 4.1 ).

44

3. Pomery druhých mocnín periód T1, T2 dvoch ľubovoľných planét sa rovnajú pomeru tretích mocnín veľkých polosí a1, a2 ich dráh: TT

aa

12

22

13

23

=.

Keplerove zákony platia pre obežnice v ktorejkoľvek sústave, teda nielen pre planéty okolo Slnka. (Napr. družice Zeme, mesiace Jupitera a pod.).

Δτ

Δτ

Obr. 4.1

4.2 Problémy a úlohy

1. Formulujte gravitačný zákon a odvoďte rozmer gravitačnej konštanty v jednotkách SI. 2. Hmotný bod hmotnosti M sa nachádza v počiatku súradníc. Napíšte vzťah pre vektor intenzity

gravitačného poľa v ktoromkoľvek bode priestoru a odvoďte rozmer intenzity v jednotkách SI. 3. V strede medzi dvomi hmotnými bodmi nakreslite vektory intenzity a diskutujte výslednú

intenzitu a potenciál gravitačného poľa. 4. Aké je gravitačné pole vytvorené homogénnou guľou v bode mimo gule? 5. Henry Cavendish určil hodnotu gravitačnej konštanty. Mohol pomocou nej „odvážiť“ Zem? Ako? 6. Vyjadrite pomocou gravitačného zákona gravitačné zrýchlenie na povrchu Zeme a vo veľkej

výške nad povrchom Zeme. 7. Vysvetlite pojem ekvipotenciálová plocha. Aký je vzťah medzi smerom intenzity a touto

plochou? 8. Tri hmotné body sú vo vrcholoch rovnostranného trojuholníka. Aká bude intenzita gravitačného

poľa v jeho ťažisku? Aký bude potenciál? Zdôvodnite jednu z možností: V > 0; V< 0; V = 0. 9. Aký bude smer intenzity gravitačného poľa vytvoreného kruhovou doskou na priamke kolmej na

dosku a prechádzajúcej jej stredom. Aká bude intenzita v strede dosky? Posúďte na základe symetrie úlohy.

10. Odvoďte vzťah pre prácu síl gravitačného poľa potrebnú na vzdialenie dvoch hmotných bodov zo vzdialenosti r na 2r. Odvoďte rovnaký vzťah pre prácu vonkajšej sily, nie sily poľa. Diskutujte tieto dva výsledky.

11. Potenciálnu energiu dvoch hmotných bodov môžeme definovať aj pomocou práce vonkajšej sily. Ako bude v tomto prípade vyzerať definičný vzťah pre potenciálnu energiu?

12. Závisí práca v gravitačnom poli od tvaru dráhy? Vysvetlite! 13. Aký je matematický význam gradientu funkcie? 14. Aký je vzťah medzi potenciálnou energiou a gravitačnou silou medzi dvoma hmotnými bodmi? 15. Aká je súvislosť medzi intenzitou a potenciálom gravitačného poľa? 16. Potenciálnu energiu ktorú má teleso hmotnosti m vzhľadom na povrch Zeme, sme často

vyjadrovali vzťahom Ep = mgh. Ukážte, za akých predpokladov takýto výraz vyplýva zo všeobecného vzťahu pre potenciálnu energiu?

17. Načrtnite priebeh veľkosti intenzity gravitačného poľa medzi Zemou a Mesiacom. Aký je jej smer?

18. Ako súvisí gravitačné zrýchlenie na povrchu Zeme s intenzitou gravitačného poľa? Závisí g od polohy ? Vysvetlite!

19. Môže družica obiehať po dráhe, ktorej rovina neprechádza stredom Zeme? Zdôvodnite! 20. Existuje súvis medzi dobou obehu družice a Mesiaca okolo Zeme?

45

4.3 Riešené príklady

4.1 Aký polomer musia mať dve dotýkajúce sa olovené gule, ak sa majú priťahovať silou Fg=0,01 N? Merná hmotnosť olova je ρ = 11,3 . 103 kg m–3.

Riešenie :

Gravitačné pole homogénnej gule je také isté ako gravitačné pole vytvorené hmotným bodom

rovnakej hmotnosti umiestneným v jej strede. Pre veľkosť gravitačnej sily platí F Mr

= κ2

2 , kde

r = 2 R. Po dosadení za hmotnosť M R=43

3π ρ dostávame FR

= κπ ρ4

9

2 2 4 . Z tejto rovnice

úpravou dostávame hľadaný polomer R F=

94 2 2

4κ π ρ

. Po dosadení číselných hodnôt R = 0,719 m.

Poznámka: Meraním gravitačnej sily medzi dvoma olovenými guľami určil v roku 1797 Henry Cavendish hodnotu gravitačnej konštanty. 4.2 Gravitačné zrýchlenie v danom mieste gravitačného poľa sa rovná intenzite gravitačného poľa.

Predpokladajme, že polomer Zeme pri nezmenenej hmotnosti sa zmenšil o 1%. O koľko percent sa pritom zmení gravitačné zrýchlenie. Rotáciu Zeme neuvažujte.

Riešenie:

Na povrchu Zeme platí g MR

=κ Z

Z2

. Zmenená hodnota bude g´ = κ MRZ

Z( , )0 99 2 = 1,02 g.

Zrýchlenie teda vzrastie o 2 %. 4.3 V akej výške nad Zemou sa musí pohybovať umelá družica Zeme, aby bola stacionárna? Polomer

Zeme RZ = 6378 km. Riešenie :

Družica sa musí pohybovať po kruhovej dráhe ležiacej v rovine zemského rovníka. Dostredivá

sila pôsobiaca na družicu sa musí rovnať gravitačnému priťahovaniu. Platí m rM m

rZω κ22

= , kde

r = RZ + h a h je výška nad povrchom Zeme. Ak za uhlovú rýchlosť dosadíme ωπ

=2T

, kde T je

perióda otáčania Zeme, využijeme g MRZ

=κ Z

2 a upravíme túto rovnicu rovnováhy síl dostávame :

( )ZZ2

ZZR h

g RT h gR T R+ = ⇒ = −3

22

2 2

23

4 4π π . Po dosadení číselných hodnôt potom h = 35852.103 m.

4.4 Minimálna vzdialenosť družice od povrchu Zeme je 183 km a maximálna vzdialenosť 244 km. Ak

obežná dráha Mesiaca okolo Zeme je kružnica s polomerom R = 3,84.108 m a perióda je TM = 2,36 . 106 s, určte obežnú dobu družice.

Riešenie :

46

Pre družice platia Keplerove zákony analogicky ako pre planéty obiehajúce okolo Slnka.

Využijeme 3. Keplerov zákon, podľa ktorého TT

aa

d2

M2

d

M3

=3

, pričom ad = (183 + 244)/2 +6370) .103 m.

Po úprave dostávame Taa

Tdd

MM=

3

3 ⇒ Td s= =

( , . )( , . )

, .6583 5 103 84 10

2 36 10 52983 3

8 36

4.5 Teleso malej hmotnosti m sa pohybuje po kruhovej dráhe polomeru R okolo telesa hmotnosti

M>>m. Vyjadrite pomocou gravitačnej konštanty a uvedených údajov Ek, Ep a celkovú mechanickú energiu telesa hmotnosti m.

Riešenie:

Pri pohybe po kruhovej dráhe sa dostredivá sila musí rovnať gravitačnej sile a platí mvR

mMR

2

2=κ

odkiaľ dostávame pre rýchlosť v MR

2 =κ

. Pre kinetickú energiu z tejto rovnice dostávame

E mvmMRk = =

12

12

2κ

. Potenciálna energia E mMRp = −

κ a pre celkovú mechanickú energiu

dostávame E E EmMR

mMR

mMRc k p= + = − = −

12

12

κ κ κ.

Z porovnania Ec , Ep a Ek vidíme, že E E Ek p c= − = −12

; Ek .

Poznámka. Uvedené vzťahy sú celkom všeobecné a platia v každom silovom poli, v ktorom sila klesá s druhou mocninou vzdialenosti a majú názov viriálová teoréma. Platia aj pre strednú kinetickú, potenciálnu a celkovú energiu elektrónov v molekulách. 4.6 Vypočítajte prácu síl gravitačného poľa Zeme pri premiestnení telesa hmotnosti m = 10 kg zo

vzdialenosti h1 = 2RZ nad povrchom Zeme do vzdialenosti h2 = RZ (obr. 4.2) . Pri riešení využite, že poznáte gravitačné zrýchlenie na povrchu Zeme a polomer Zeme.

Riešenie :

Úlohu môžeme riešiť dvoma spôsobmi: (a) podľa definície práce, (b) využitím poznatku, že práca síl konzervatívneho poľa sa rovná

úbytku potenciálnej energie.

(a) .d d

Z

Z

Z

Z

ZZ Z

Z

W mMr

mM rr

m MR R

mMR

mgRR

R

R

R

12 33

2

23

2

12

13 6 6

= − = − =

= −⎡

⎣⎢

⎤

⎦⎥ = =

∫ ∫κ κ

κκ

r r

(b) W12 = E E mMR

mMR

mMRp p

Z Z1 2− = − − −

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟ =κ κ

κ3 2 6 Z

.

RZ h2

h1 Obr. 4.2

Po dosadení číselných údajov W12 = 1,04 . 108 J.

47

4.7 Druhá kozmická rýchlosť je minimálna rýchlosť, ktorú musíme udeliť telesu, aby sa vzdialilo z povrchu Zeme do nekonečna, za predpokladu, že nie sú iné gravitačné polia iba gravitačné pole Zeme. Určte druhú kozmickú rýchlosť na povrchu Zeme.

Riešenie :

Úlohu môžeme riešiť dvoma spôsobmi, a to (a) využitím zákona zachovania energie, alebo (b) na základe vzťahu medzi kinetickou energiou a prácou. (a) Pri pohybe v konzervatívnom silovom poli je celková mechanická energia konštantná. Celková energia na povrchu Zeme sa musí rovnať celkovej energii v nekonečnej vzdialenosti. V nekonečnej vzdialenosti je potenciálna energia definitoricky nulová a minimálnej energii bude preto zodpovedať

aj nulová celková energia (Ek = 0). Platí 12

02

22mv mMR

vM

RgRZ+ −

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟ = ⇒ = =

κ κ

Z ZZ .

(b) Kinetická energia na povrchu Zeme sa musí rovnať práci, ktorú musí vykonať vonkajšia sila na

prenesenie telesa hmotnosti m z povrchu Zeme do nekonečna. 12

222

mv mMr

r mMR

v gRRZ

= = ⇒ =∞

∫ κ κZ Z

ZZd , čo je samozrejme rovnaký výsledok ako

v predchádzajúcom prípade. Pri úprave sme využili vzťah g MRZ

=κ Z

2. Po dosadení číselných údajov

dostávame pre druhú kozmickú rýchlosť v = 11,2 . 103 m s–1 . Poznámka. Vynára sa otázka, či molekuly vzduchu môžu unikať do medzihviezdneho priestoru. Stredná rýchlosť molekúl pri priemernej teplote atmosféry pre H2 je 1908 m s–1, čo je oveľa menej ako druhá kozmická rýchlosť a k významnému úniku atmosféry zo Zeme nedôjde. V rozdelení molekúl podľa rýchlostí však existuje veľmi malý podiel molekúl, ktoré majú rýchlosť prevyšujúcu druhú kozmickú rýchlosť. Tieto môžu zo Zeme uniknúť a budú strhnuté gravitačným poľom Slnka. Podstatne odlišná je situácia na Mesiaci, kde je úniková rýchlosť menšia ako na Zemi (2,37 . 103 m s–1). 4.8 Vyjadrite intenzitu E a potenciál V gravitačného poľa vytvoreného tenkým prstencom hmotnosti

m a polomeru R v bode na osi prstenca vzdialenom od jeho stredu o a (obr. 4.3).

Riešenie :

Intenzitu gravitačného poľa môžeme nájsť priamo integrovaním príspevkov k intenzite v danom mieste od všetkých hmotnostných elementov prstenca. Musíme pri tom uvážiť smer každého príspevku dE . Úlohu môžeme riešiť aj jednoduchšie, a to tak, že určíme najprv potenciál (sčitujeme skalárne príspevky, nie vektory) a z neho potom určíme intenzitu na základe vzťahu medzi intenzitou a potenciálom. Podľa obr. 4.3 sa potenciál

gravitačného poľa od hmotnostného elementu dm rovná dVm

r= −

κ d. Vzdialenosť r je pre všetky

elementy dm rovnaká, preto V dVr

dmmr

= = − = −∫ ∫κ κ

, kde r a R= +2 2 .

dl

dE1

dEdE

r 2

i x

R

a

Obr.4.3

Intenzitu E vypočítame z rovnice E = – grad V. Predtým však je na mieste úvaha vyplývajúca

zo symetrie úlohy a z ktorej určíme smer vektora intenzity na osi prstenca. Všetky elementy prstenca majú od bodu na osi prstenca rovnakú vzdialenosť. Ku každému elementu prstenca existuje symetrický element vzhľadom na jeho stred. Intenzitu gravitačného poľa od každého elementu

48

prstenca môžeme vyjadriť ako súčet dvoch zložiek a to zložky v smere osi prstenca E1 a zložky na os prstenca kolmej E2. Vzhľadom na symetriu sa kolmé zložky navzájom rušia a výsledný vektor intenzity gravitačného poľa prstenca bude mať smer osi prstenca. Potenciál V je na osi prstenca funkciou iba jednej premennej a to vzdialenosti a. Operácia grad V sa redukuje len na deriváciu podľa a. Dostávame

( )o

2 2

d dd dV mgradVa a a r

κ oρ ρ⎛ ⎞⎜= − = − = − −⎜⎜ ⎟+⎝ ⎠

E ⎟⎟

kde ρ 0 je jednotkový vektor v smere osi

prstenca a orientovaný v smere narastania a. Po derivovaní dostávame E = −+

κmaa R

o

( )2 2 3ρ .

Poznámka: Všimnite si, že intenzita v strede prstenca je nulová. Nájdite tento výsledok priamo zo symetrie úlohy! 4.4 Neriešené príklady 4.9 Akou veľkou silou pôsobí Mesiac na 1 m3 morskej vody s hustotou 1030 kg m

–3 na povrchu

Zeme? Hmotnosť Mesiaca je 7,34.1022 kg, vzdialenosť stredov Mesiaca a Zeme je d =384 000 km a polomer Zeme je 6378 km .

4.10 (a) Ako vysoko musíme vystúpiť, aby sa gravitačné zrýchlenie zmenšilo o 1 %? (b) Ako hlboko

musíme vniknúť do Zeme, aby sme pozorovali rovnakú zmenu gravitačného zrýchlenia? (Pri vnikaní do Zeme sa gravitačné sily vonkajších vrstiev navzájom kompenzujú, ich výsledný účinok je nulový. Nenulový gravitačný účinok má iba hmotnosť vnútorných vrstiev.)

4.11 Vypočítajte gravitačné zrýchlenie na povrchu Slnka, ak jeho hmotnosť je 1,99.1030 kg a

polomer je 6,96.108 m . 4.12 Určte výšku nad povrchom Zeme, v ktorej sa bude gravitačné zrýchlenie rovnať polovici

gravitačného zrýchlenia na povrchu Zeme. 4.13 Tiaž telesa na Zemi je určená vektorovým súčtom gravitačnej sily a zotrvačnej odstredivej sily

od otáčania Zeme. Nech na rovníku nejakej planéty je tiaž dvakrát menšia ako na póloch. Stredná hustota planéty ρ = 3.103 kg m–3. Určte periódu otáčania planéty.

4.14 Teleso s hmotnosťou m sa nachádza na zemskom povrchu. Porovnajte gravitačné pôsobenie

Zeme a Mesiaca na toto teleso. Vzdialenosť stredov Mesiaca a Zeme je 384000 km, polomer Zeme je 6378 km a pomer hmotností Mesiaca a Zeme je mM / mZ = 1/ 81.

4.15 V ktorom mieste na spojnici medzi Zemou a Mesiacom sa intenzita spoločného gravitačného

poľa rovná nule, keď pomer hmotností Mesiaca a Zeme je mM / mZ = 1/ 81? 4.16 Dve častice s hmotnosťami m a 4 m sú pevne uložené vo vzdialenosti d od seba. V ktorom bode

na ich spojnici bude intenzita ich spoločného gravitačného poľa nulová? 4.17 Dve gule s hmotnosťami m1 = 100 kg a m2 = 200 kg sú umiestnené v rovine xy tak, že ich

stredy majú súradnice (1,0) m a (0,1) m. Vypočítajte v počiatku súradníc: potenciál výsledného gravitačného poľa, vektor intenzity gravitačného poľa a jeho veľkosť.

4.18 Družica sa pohybuje po kruhovej dráhe vo výške h = RZ . Po zapnutí motorov sa jej rýchlosť náhle zníži tak, že prejde na eliptickú dráhu dotýkajúcu sa povrchu Zeme. Za aký čas od

49

zapnutia motorov sa družica dostane na Zem? (Pri riešení využite 3. Keplerov zákon a neberte ohľad na atmosféru Zeme.)

4.19 Na Jupiteri doteraz poznáme 16 mesiacov. Prvé štyri z nich objavil v r. 1610 Galileo (Io, Európa,

Ganymédes a Kalisto sa preto tiež volajú Galileove mesiace). Ich obežné dráhy sú takmer kruhové. Určte hmotnosť Jupitera, ak pre Io poznáte tieto údaje: vzdialenosť od stredu Jupitera r = 421 600 km a doba obehu T = 1,769 dňa.

4.20 Vypočítajte druhú kozmickú rýchlosť pre Slnko. Polomer Slnka je 695 990 km a hmotnosť

Slnka MS = 1,99 .1030 kg. 4.21 Vypočítajte veľkosť práce potrebnej na vzdialenie telesa hmotnosti m = 5000 kg z povrchu Zeme

do vzdialenosti, v ktorej začne prevládať gravitačná sila Mesiaca. Vzdialenosť stredov Zeme a Mesiaca je d = 384 400 km, pomer hmotností Mesiaca a Zeme je mM / mZ = 1/ 81 a polomer Zeme je RZ = 6378 km.

4.22 Uvažujte sústavu dvoch telies Zem - Mesiac. Hmotnosť Mesiaca je približne 1/81 hmotnosti

Zeme a vzdialenosť Zem - Mesiac je 3,844.108 m. Akú minimálnu rýchlosť by sme museli udeliť telesu na povrchu Zeme, aby spadlo na Mesiac? Polomer Zeme je RZ = 6378 km.

4.23 Použite zákon zachovania energie a určte akú kinetickú energiu by malo pri dopade na povrch

Zeme teleso hmotnosti m, ak by padalo voľným pádom z veľkej výšky h. Odpor vzduchu zanedbajte.

4.24 Na základe charakteristiky čiernej diery (úniková rýchlosť sa rovná rýchlosti svetla) vypočítajte

na aký polomer by sa musela zmenšiť Zem, aby sa stala čiernou dierou. Hmotnosť Zeme je MZ = 5,98.1024 kg.

50

5 Dynamika sústavy hmotných bodov 5.1 Úvod

Sústavou hmotných bodov sa nazýva súbor hmotných bodov, ktorý sa fyzikálne skúma ako jeden celok. Z hľadiska vyšetrovania tejto sústavy je užitočné zaviesť pojem hmotný stred sústavy hmotných bodov (ťažisko). Polohový vektor hmotného stredu sústavy je definovaný vzťahom

rT = m

m

ii

ii

ri∑∑

, kde mi , ri sú hmotnosť a polohový vektor i – tého bodu sústavy.

Hmotný stred sústavy sa pod vplyvom vonkajších síl pohybuje tak, ako by v ňom bola sústredená celá hmotnosť sústavy a pôsobila naň výslednica všetkých vonkajších síl.

Celková hybnosť sústavy hmotných bodov pc je vyjadrená vzťahom pc = . mi ii

v∑

Časová derivácia celkovej hybnosti sústavy hmotných bodov sa rovná výslednici vonkajších síl pôsobiacich na sústavu. To vyjadruje I. veta impulzová, ktorej matematická formulácia je

d d

c ext.p Ft

= .

Moment sily M vzhľadom na bod je určený vektorovým súčinom polohového vektora bodu, v

ktorom pôsobí sila (pôsobiska sily) a vektora sily M = r x F. Polohový vektor je určený vzhľadom na zvolený vzťažný bod.

Celkový moment hybnosti sústavy hmotných bodov je daný súčtom momentov hybností

jednotlivých hmotných bodov sústavy L rc ii

i iv= ×∑ m . Časová derivácia celkového momentu

hybnosti sa rovná výslednému momentu vonkajších síl pôsobiacich na sústavu. To vyjadruje II. veta

impulzová, ktorej matematická formulácia je ddL Mc

ctext= .

Zákon zachovania hybnosti : Celková hybnosť dynamicky izolovanej sústavy hmotných bodov

je konštantná.

Zákon zachovania momentu hybnosti : Celkový moment hybnosti dynamicky izolovanej sústavy hmotných bodov je konštantný.

Moment zotrvačnosti sústavy hmotných bodov vzhľadom na os rotácie je definovaný vzťahom J m= ∑ i

ii2r , kde ri je kolmá vzdialenosť i – tého bodu od osi rotácie a mi je hmotnosť tohto bodu.

Kinetická energia translačného pohybu sústavy hmotných bodov je definovaná vzťahom

E Mk =12

2Tv , kde M je celková hmotnosť sústavy a vT je rýchlosť hmotnostného stredu.

51

5.2 Otázky a problémy 1. Definujte hmotný stred sústavy hmotných bodov . 2. Vysvetlite vetu o pohybe hmotného stredu sústavy. 3. Ako znie I. veta impulzová? 4. Vysvetlite význam I. impulzovej vety pre izolovanú sústavu hmotných bodov. 5. Definujte celkový moment hybnosti sústavy hmotných bodov. 6. Vysvetlite význam II. impulzovej vety pre izolovanú sústavu hmotných bodov. 7. Ukážte, ako sa dá využiť symetria pri určovaní hmotného stredu sústavy hmotných bodov ? 8. Ako je definovaný moment zotrvačnosti sústavy hmotných bodov ? 9. Aký je rozdiel medzi pružnou a nepružnou zrážkou dvoch telies ?

10. Aká je celková kinetická energia sústavy, ak sústava vykonáva súčasne translačný a rotačný pohyb?

11. Môže sa hmotný stred sústavy nachádzať mimo sústavy? Ak áno, uveďte príklad! 12. Letiaci projektil sa vo vzduchu roztrhne na dve časti, ktoré sa pohybujú ďalej tak, že ich

dráhy navzájom zvierajú uhol α. Po akej dráhe sa bude pohybovať tesne po výbuchu ich hmotný stred ?

13. Dve hlinené gule rovnakej hmotnosti a s rovnakými rýchlosťami sa čelne zrazia a zostanú v pokoji. Je zrejmé, že celková kinetická energia sa nezachováva. Zachováva sa hybnosť?

14. V rovnakej vzdialenosti od brehu sa nachádzajú neukotvené dve plavidlá: ľahká loďka a ťažký pontón. Prečo jeden a ten istý človek pri odraze rovnakou silou z pontónu na breh doskočí a z loďky nie ?

15. Ležiaci artista má na hrudníku položenú ťažkú železnú nákovu. Divák celou silou udrie kladivom po tejto nákove. Tento úder nespôsobí artistovi žiadne ťažkosti. Prečo ?

16. Prečo povrazolezci pri cvičení na lane nesú v rukách dlhú a masívnu tyč? 17. Je možné aby sa plachetnica pohybovala, ak namiesto vetra bude fúkať do plachiet ventilátor

umiestnený na lodi ? 18. Loďka s rybárom bola v pokoji. Keď rybár prešiel z jedného konca plavidla na druhý, loďka

sa posunula. Vysvetlite príčinu pohybu loďky. 19. Loďka sa nachádza v pokoji a smeruje kolmo k brehu. Rybár sa nachádza na vzdialenejšom

konci loďky a zrazu prejde na druhý koniec loďky. Bude sa rybár nachádzať bližšie k brehu? Keď áno, vysvetlite prečo!

52

5.3 Riešené príklady 5.1 Nájdite ťažisko útvaru, ktorý vznikne, keď zo štvorca so stranou a vystrihneme trojuholník

podľa obr. 5.1 Riešenie:

Útvar rozdelíme na 3 rovnaké trojuholníky, ktorých hmotnosti nech sú m. Dva protiľahlé trojuholníky pokladajme za jeden útvar, ktorý má hmotnostný stred v počiatku súradnicového systému a tretí trojuholník má hmotnostný stred na osi x v 2/3 výšky (merané od vrcholu trojuholníka). Tieto dva útvary majú hmotnosť 2 m a m . Úloha nájsť ťažisko tohto útvaru sa potom redukuje na nájdenie ťažiska dvoch bodov, ktorých súradnice sú (0 , 0) a (a/3 , 0). Pre súradnicu ťažiska dostávame

xm x

m

a m

ma

T

i ii

ii

= =−

= −∑∑

33 9

. .

Poznámka: Možný je aj iný spôsob riešenia. K štvorcu pridáme vystrihnutú časť so "zápornou" hmotnosťou. Výsledok bude rovnaký. 5.2 Pri chemickej reakcii H + Cl → HCl realizovanej v skrížených molekulových zväzkoch

sa atóm vodíka pohyboval v smere osi x rýchlosťou vx = 1,8 .105 m s–1, atóm chlóru mal rovnakú kinetickú energiu a pohyboval sa v smere osi y. Nájdite veľkosť a smer rýchlosti molekuly HCl. Hmotnosť atómu vodíka je m1 = 1,66.10–27 kg, hmotnosť atómu chlóru je m2 = 35 m1 (obr. 5.2)

x

y

T 0

a

a

xt

Obr. 5.1

v´

vxH

vy

Cl

HCl

βx

y

Obr. 5.2

Riešenie: Zo zákona zachovania hybnosti vyplývajú

dve skalárne rovnice pre hybnosť sústavy v smeroch osí x a y.

( )1 x 1 2 cosm v m m v β′= + (a)

( )2 y 1 2 sinm v m m v β′= + . (b) Rýchlosť atómu chlóru vyplýva zo vzťahu 12

122

21

2m v m vy x= ⇒ =v v mmy x

1

2

Keď rovnice (a) a (b) umocníme a potom sčítame, vylúčime uhol β a dostaneme ( ) . 2 2 2 2 2

1 2 1 x 2m m v m v m v′+ = + 2y

Za použitia vzťahu pre vy rýchlosť molekuly HCl bude

′ =+

= −v vm

m mx m s1

1 2

4 13 0 10, .

53

Z podielu rovníc (b) a (a) vypočítame uhol, ktorý bude zvierať smer hybnosti molekuly HCl s

osou x tg y

x

β = = =m v

m vmm

2

1

2

1

5 92, odkiaľ β = 80,4°

5.3 Vozík s pieskom hmotnosti M sa pohybuje vo vodorovnom smere rýchlosťou v. Kameň

hmotnosti m dopadol na vozík rýchlosťou vo a uviazol v ňom. Vypočítajte rýchlosť vozíka v po dopade kameňa, ak kameň dopadol

(a) na vozík vertikálne (b) na vozík v horizontálnom smere proti pohybu vozíka.

Riešenie:

Kameň aj vozík považujeme za izolovanú sústavu, preto platí zákon zachovania hybnosti sústavy a hybnosť pred zrážkou sa rovná hybnosti po zrážke kameňa a vozíka ( )0M m M m+ = +1v v v (a) smer pohybu vozíka po kolajniciach stotožníme s osou x a potom x–ová zložka vektorovej rovnice hybnosti bude : ( )1x xMv M m v= + a odtiaľ

v MvM mx

x=+

1 .

(b) smer rýchlosti kameňa má opačný smer ako smer rýchlosti vozíka , preto bude

( )M v mv M m v v M v mvM mx x x x

x x1 0

1 0− = + ⇒ =−+

.

5.4 Do akej výšky sa vychýli balistické kyvadlo hmotnosti M = 5 kg z rovnovážnej polohy, keď

v ňom uviazne strela hmotnosti m = 80 g s rýchlosťou vo = 150 m s-1 ? Aká veľká energia sa premení na teplo ? (obr. 5.3).

Riešenie: Platí zákon zachovania hybnosti izolovanej sústavy, z ktorého určíme rýchlosť kyvadla v

momente zrážky

( )mv m M v vmv

m M0 = + ⇒ =+

0

Celá kinetická energia sústavy sa po zrážke premení na potenciálnu energiu

( ) ( )1

21

21

2

2

2 02

m M v m M g h

hg

vg

mvm M

+ = +

= =+

⎛

⎝⎜

⎞

⎠⎟

Po dosadení číselných hodnôt h = 0,28 m. Pri zrážke sa uvoľní množstvo tepla Q, ktoré určíme z rozdielu celkovej kinetickej energie pred zrážkou a po zrážke.

( )2

2 200 0

1 1 1 12 2 2

mv mQ mv m M mvm M m M

⎛ ⎞ ⎛= − + = −⎜ ⎟ ⎜+ +⎝ ⎠ ⎝

⎞⎟⎠

21 0,08.0,08.150 . 1 885,82 5,08

Q J⎛ ⎞= − =⎜ ⎟⎝ ⎠

hmMv0

l

α

Obr. 5.3

54

5.5 Guľa hmotnosti M je zavesená na pevnej niti dĺžky l. Guľu vychýlime z vertikálnej polohy

o uhol α a potom ju uvoľníme. V momente, keď niť prechádza vertikálnou polohou, do gule narazí náboj hmotnosti m vystrelený proti smeru pohybu gule. Náboj sa zaryje do gule, ktorá sa pritom zastaví. Nájdite rýchlosť náboja v0 (pozri obrázok 5.3).

Riešenie:

Zo zákona zachovania mechanickej energie platí M g h M v=12

2 , kde v je rýchlosť gule v

momente zrážky s nábojom v = 2 gh . Z obrázka vyplýva, že ,

a potom rýchlosť gule je

( )h l l l= − = −cos cosα α1

( )2 1 cosv gl α= − .

Po zrážke hybnosť sústavy je nulová preto M v mv− =0 0 z čoho pre rýchlosť náboja

dostávame: ( )0 2 1 cosMv Mv glm m

α= = − .

5.6 Neutrón hmotnosti m0 narazí na nehybné jadro atómu uhlíka hmotnosti m = 12 m0. Zrážka

je stredová a pružná. Určte, koľkokrát sa zmenší kinetická energia neutrónu po zrážke.

Riešenie:

Platí zákon zachovania hybnosti m m m0 0 0 1 2v v v= + , ale pretože ide o zrážku stredovú a pružnú obidve častice sa pohybujú v jednej priamke a môžeme vektorovú rovnicu napísať ako

zložkovú skalárnu rovnicu pre daný smer pohybu

m v (a) m v mv0 0 0 1 2= +

kde v1 je rýchlosť neutrónu po zrážke a v2 je rýchlosť jadra uhlíka po zrážke s neutrónom. Súčasne platí zákon zachovania energie izolovanej sústavy

12

12

120 0

20 1

222m v m v mv= + (b)

Rovnice (a) a (b) upravíme na tvar

(a´) ( )0 0 1 2m v v mv− =

. (b´) ( )2 20 0 1 2m v v mv− = 2

Delením rovníc (b´) a (a´) dostaneme

v0 + v1 = v2 (c)

Vynásobíme rovnicu (c) hmotnosťou m0 a túto rovnicu spočítame s rovnicou (a´) dostaneme: 2m0 v0 = ( m0 + m ) v2 , odkiaľ

v mm m

v20

00

2=

+ (d)

Dosadením výrazu (d) do rovnice (c) získame rýchlosť v1

55

v v v1 2 0= − = m mm m

v0

00

−+

a hľadaný pomer kinetických energií je

220 0 0 0

21 0 1 0

E m v m mE m v m m

⎛ ⎞+= = ⎜ −⎝ ⎠

⎟ = 1,40

Poznámka : Strata energie neutrónu bude tým väčšia , čím bude m bližšie ku m0. Tento výsledok je dôležitý pri výbere moderátora na znižovanie energie neutrónov, ktoré sa používajú v jadrových reaktoroch. Najlepšie tejto podmienke vyhovuje vodík. Vodík je pri laboratórnej teplote plyn a počet atómov v jednotke objemu je malý. Preto sa používa voda, ktorá obsahuje na jednotku objemu približne 1013 krát viac vodíkových atómov ako čistý plynný vodík. Ako moderátor sa používa tiež ťažká voda, alebo uhlík vo forme grafitu. Pre iné použitie ako v energetike sa dá použíť parafín, alebo polyetylén.

5.7 Oceľová guľka , ktorá má rýchlosť v0 = 4 m s–1 a hmotnosť m, sa pohybuje po dokonale hladkom povrchu a zrazí sa dokonale pružne s rovnako veľkou oceľovou guľkou, ktorá je v pokoji. Po zrážke sa prvá guľka pohybuje pod uhlom α = 40° od pôvodného smeru. Určte uhol β, ktorý zviera smer pohybu druhej guľky od pôvodného smeru pohybu prvej guľky.

Riešenie:

Pri dokonale pružnej zrážke platí zákon zachovania hybnosti : m v0 = m v1 + m v2

a zachováva sa tiež kinetická energia : 12

12

120

212

22mv mv mv= + , kde v1 a v2 sú rýchlosti

guliek po zrážke. Obidve rovnice môžeme vydeliť hmotnosťou m.

Vynásobme skalárne obidve strany prvej rovnice. Dostávame v v v v v02

12

22

1 22= + + cosδ , kde uhol δ je uhol, ktorý zvierajú vektory p1 a p2. Vzhľadom na to, že zo zachovania kinetickej energie platí v v musí platiťv0 1 2= +2 2 2 0 2 1 2v v cosδ = . Táto podmienka je splnená keď uhol δ = 90°. Podľa zadania potom pre hľadaný uhol dostávame β = 50°. Tento výsledok potvrdzujú aj obrázky z hmlových komôr, kde sa sledujú zrážky mikročastíc. Kedykoľvek došlo ku zrážke častíc s rovnakou hmotnosťou, pričom jedna bola v pokoji, smery častíc, ktorými sa pohybovali po zrážke, navzájom zvierali uhol 90°.

5.8 Pri beta rozpade neutrónu vzniká protón, elektrón a neutríno. Hybnosti protónu a elektrónu sú p1, p2, a uhol medzi nimi je α (obr. 5.4). Určte hybnosť neutrína.

Riešenie:

Nech neutrón pred rozpadom má nulovú hybnosť. Potom podľa I. impulzovej vety hybnosť sústavy hmotných častíc po rozpade sa rovná nule, čo je vyjadrené rovnicou :

Neutríno má hybnosť Skalárnym súčinom tejto

rovnice dostávame

0 p p1 2= + +α

p1

p2

p

Obr. 5.4

pp p p1 2= − − .

p p p p p212

22

1 22= + + cosα , odkiaľ pre hybnosť neutrína vyplýva

56

p p p p p= + +12

22

1 22 cosα .

Poznámka: Neutríno vo väčšine detektorov elementárnych častíc nezanecháva žiadnu stopu. Práve zdanlivý rozpor výsledkov rozpadu so zákonom zachovania hybnosti viedol k hypotéze, že pri rozpade neutrónu vzniká ešte ďalšia neznáma častica. Táto častica, predpovedaná na základe zákona zachovania hybnosti, bola neskôr experimentálne dokázaná.

5.9 Vypočítajte moment hybnosti sústavy dvoch častíc s hmotnosťami m1 a m2 vzhľadom na ich hmotný stred. Riešenie: Nech r12 = r1 – r2 je polohový vektor častice 1 vzhľadom k častici 2, kde r1 a r2 sú polohové vektory častíc 1 a 2 vzhľadom na počiatok súradnicoveho systému (obr.5.5). Polohový vektor hmotného stredu tejto sústavy vzhľadom na počiatok súradníc je

r r rT

1 2=++

m mm m1 2

1 2

.

Potom polohový vektor každej častice vzhľadom na hmotný stred bude

( )2 1

1 2 1 2

m mm m m m

−′ = − = = −

+ +2 1 12

2 2 T

r r rr r r

Rýchlosť hmotného stredu vzhľadom na

počiatok súradníc je v v vT

1=++

m mm m

1 2

1 2

2 .

Zavedieme rýchlosť častíc vzhľadom na hmotný stred:

( )21 1 2 2

1 2 1 2 1 2

mm m mm m m m m m

−+′ = − = − = =+ +

1 22 11 1 T 1

v vv v vv v v v

m2

y

z

x0

m1

r1

r2

r12

r’2

r’1

rT

Obr. 5.5

+2 ,

podobne dostaneme ( )1 1

1 2 1 2

m mm m m m

−′ = − = − = −

+ +2 1 12

2 2 1 2

v v vv v v v

Teraz môžeme určiť hybnosť jednotlivých častíc vzhľadom na hmotný stred.

′ = ′ =+

′ =p v v v1 1 12 12m m mm m1

1 2

1 2

μ

′ = ′ = = −p v v v2 2 21 21m2 μ μ symbolom μ označená veličina sa nazýva redukovaná hmotnosť. Moment hybnosti vzhľadom na hmotný stred ′L = ′× ′ + ′ × ′r p r p1 1 2 2 ⇒

( ) ( )2 1

1 2 2 2

m mm m m m

μ μ⎛ ⎞ ⎛ ⎞

′ = × + ×⎜ ⎟ ⎜ ⎟+ +⎝ ⎠ ⎝ ⎠12 12 12 12v r vL r .

Vidíme že, moment hybnosti takéhoto systému vzhľadom k ťažisku je popísaný len vzájomnou polohou a vzájomnou rýchlosťou dvoch častíc.

57

5.4 Neriešené príklady 5.10 Nájdite súradnice hmotného stredu útvaru, ktorý

vznikne, ak z kocky so stranou a vyberieme kocku so stranou a/2 (obr. 5.6).

5.11 Vypočítajte hmotný stred lineárnej molekuly OCS, ak je RCO=1,161.10–10m, RCS=1,159.10–10m, mO = 2,28.10–26 kg mC = 1,995 .10–26 kg a mS = 5,33.10–26 kg.

5.12 Nájdite polohu hmotného stredu molekuly vody, ak dĺžka väzby O–H je a = 0,957 nm, mO = 16 mH a uhol medzi väzbami O–H je α = 105° (obr. 5.7).

5.13 Sústava pozostáva z troch hmotných bodov s hmotnosťami m1 = 7g, m2 = 12g a m3 = 17g. V čase t = 0 sú v pokoji v polohách A1(2,3,4), A2(–2,5,–2), A3(0,1,0), kde súradnice sú v metroch. Za pôsobenia vonkajších síl, ktorých výslednica je vektor veľkosti F = 0,1 N, orientovaný v kladnom smere osi x, sa sústava hmotných bodov dá do pohybu. Nájdite polohu hmotného stredu sústavy v čase t = 4 s .

a/2

a Obr. 5.6

α

H H

O

a a

x

y

Obr. 5.7

5.14 Dva voľné hmotné body A a B s hmotnosťami m1 a m2 sú v rovnomernom pohybe. V čase t = 0 je vzdialenosť bodov AB = d. Rýchlosť v2 bodu B má smer spojnice AB a rýchlosť v1 bodu A je na ňu kolmá. Nájdite rovnicu dráhy a rýchlosť ťažiska tejto sústavy hmotných bodov.

5.15 Dýza, ktorej plošný prierez je S0 vrhá prúd

plynu na stenu rýchlosťou v. Zviera uhol α vzhľadom na normálu. Plyn sa odráža od steny pod rovnakým uhlom ako dopadol a jeho rýchlosť po odraze sa nezmenila (obr. 5.8). Hmotnosť molekuly plynu je m. Určte silu, ktorou bude plyn pôsobiť na stenu, ak počet molekúl v objemovej jednotke je n.

αS0

v v

Obr. 5.8

5.16 Korčuliar s hmotnosťou M = 70 kg hodí v horizontálnom smere kameň hmotnosti m = 3 kg

rýchlosťou v = 8 m s–1. Zistite na akú vzdialenosť sa presunie korčuliar, keď faktor trenia medzi korčuľami a ľadom je μ = 0,02.

58

5.17 Teleso hmotnosti m1 = 0,3 kg sa pohybuje rýchlosťou v1 = 0,1 m s–1 a zrazí sa pružne a centrálne s telesom hmotnosti m2, ktoré bolo v pokoji. Po zrážke má teleso m1 rýchlosť

= 0,03 m s′v1–1 rovnakého smeru ako pred zrážkou. Vypočítajte hmotnosť druhého telesa

m2 a jeho rýchlosť po zrážke. 5.18 Človek hmotnosti m = 60 kg, ktorý beží rýchlosťou v = 8 km h–1 dohoní vozík hmotnosti

M = 80 kg pohybujúci sa rýchlosťou vo = 2,9 km h–1 a naskočí do neho. S akou rýchlosťou v sa bude pohybovať vozík?

5.19 Vozík hmotnosti M = 120 kg sa pohybuje po koľajniciach rýchlosťou vo = 6 m s–1.

Z vozíka zoskočil človek hmotnosti m = 80 kg pod uhlom α = 30° vzhľadom k smeru pohybu vozíka. Rýchlosť vozíka sa zmenila na v1 = 5 m s–1. Aká bola rýchlosť človeka v vzhľadom na zem?

5.20 Vozík s pieskom hmotnosti m1 = 100 kg sa pohybuje priamočiarym pohybom vo

vodorovnom smere rýchlosťou v1 = 2 m s–1. Oproti vozíku letí guľa hmotnosti m2 = 3 kg v opačnom smere rýchlosťou v2 = 80 m s–1 a zaryje sa do piesku. Na ktorú stranu a akou rýchlosťou sa bude pohybovať vozík?

5.21 Guľka vystrelená v horizontálnom smere uviazne v strede malého terča zaveseného na

niti. Hmotnosť guľky m = 5 g, hmotnosť terča M = 0,5 kg. Rýchlosť guľky je vo = 500 m s–1. Pri akej dĺžke závesu l meranej od stredu terča, sa terč vychýli do najvyššej polohy?

5.22 Do stredu gule zavesenej na vlákne dĺžky l narazí vodorovne letiaca strela, ktorá v ňom

uviazne. Hmotnosť strely je 1000-krát menšia ako hmotnosť gule. Aká bola rýchlosť strely pri náraze, keď sa guľa vychýlila tak, že záves zvieral so zvislým smerom uhol 10°?

5.23 Určte aké množstvo kinetickej energie sa stratí pri čelnej zrážke nákladného automobilu

hmotnosti m1 idúceho rýchlosťou v1 a osobného automobilu hmotnosti m2 idúceho rýchlosťou v2 v opačnom smere. Po zrážke oba automobily pokračujú v pohybe rýchlosťou v v smere nákladného auta.

5.24 Na tenkej niti dĺžky l = 1,5 m je zavesená železná guľa hmotnosti M = 1 kg. Do gule

narazí horizontálne letiaca strela rýchlosťou v = 50 m s–1. Hmotnosť strely je m = 20 g. Vypočítajte uhol, o ktorý sa vychýli guľa, keď predpokladáme že náraz je centrálny a pružný.

5.25 Guľa hmotnosti m letí v horizontálnom smere rýchlosťou v oproti vozíku, ktorý sa môže

v tomto smere voľne pohybovať. Narazí dokonale pružne na šikmý povrch nehybného vozíka hmotnosti M a odrazí sa kolmo na smer predchádzajúceho pohybu. Rýchlosť vozíka po zrážke je v . Nájdite výšku, ktorú dosiahne odrazená strela.

5.26 Strela letiaca rýchlosťou v = 10 m s–1 sa roztrhla na dve časti. Väčšia časť (60 % pôvodnej

strely) pokračuje v pôvodnom smere rýchlosťou v1 = 25 m s–1. Akú má rýchlosť druhá, menšia časť strely?

5.27 Protón hmotnosti m, ktorý letel rýchlosťou vo, sa zrazil s nehybným atómom hmotnosti

M. Po zrážke sa protón pohyboval rýchlosťou v = 0,5 vo v opačnom smere ako sa pohyboval pôvodne a súčasne atóm prešiel do excitovaného stavu. Vypočítajte rýchlosť v a energiu excitovaného atómu E.

59

5.28 Pri štiepení nehybného jadra vznikajú tri častice s hmotnosťami m1, m2 a m3 a ich celková kinetická energia je Eo. Vypočítajte rýchlosti jednotlivých častí, keď ich dráhy navzájom zvierajú uhly 120o.

5.29 Koľkokrát sa zmenší rýchlosť atómu hélia po centrálnej a pružnej zrážke s nehybným

atómom vodíka, hmotnosť ktorého je štyrikrát menšia ako hmotnosť atómu hélia?

60

6 Dynamika dokonale tuhého telesa 6.1 Úvod

O dokonale tuhom telese hovoríme vtedy, ak pre ľubovoľné dva body A a B, nachádzajúce sa v tuhom telese, platí rA – rB = konšt., kde rA resp. rB sú polohové vektory bodov A, resp. B.

Tuhé teleso je v rovnováhe ak súčasne platia vektorové rovnice: Fi = 0 a Mi = 0, kde M

i∑

i∑ i = ri× Fi je moment sily Fi , ktorej polohový vektor

vzhľadom na zvolený vzťažný bod je ri . V tuhom telese definujeme hmotný stred, ktorý v prípade, že teleso sa nachádza v homogénnom

gravitačnom poli nazývame ťažisko. Polohový vektor hmotného stredu (ťažiska) tuhého telesa je

definovaný vzťahom T

d

d

m

m= ∫

∫r

r , kde integrácia prebieha cez celý objem telesa.

Význačnou charakteristikou tuhého telesa je jeho moment zotrvačnosti vzhľadom na os rotácie

telesa. Moment zotrvačnosti je definovaný vzťahom 2 2

( ) ( )

dM V

J r m r dρ τ= =∫ ∫ , kde r je kolmá

vzdialenosť hmotnostného elementu dm, alebo objemového elementu dτ od osi rotácie a ρ je hustota. Integrácia prebieha cez hmotnosť, resp. cez celý objem telesa.

Moment zotrvačnosti sústavy hmotných bodov je daný vzťahom J r= m∑ i

2i , kde mi je hmotnosť

i– teho hmotného bodu a ri je jeho kolmá vzdialenosť od osi rotácie. Moment zotrvačnosti tuhého telesa vzhľadom na os neprechádzajúcu ťažiskom sa dá vo

všeobecnosti jednoduchšie určiť využitím Steinerovej vety: J = JT + ma2, kde J je moment zotrvačnosti tuhého telesa vzhľadom na os neprechádzajúcu ťažiskom, JT je moment zotrvačnosti vzhľadom na os prechádzajúcu ťažiskom daného telesa, pričom uvedené osi sú navzájom rovnobežné a ich vzdialenosť je a.

Moment zotrvačnosti tuhého telesa je veľmi dôležitou mechanickou charakteristikou a súvisí s

ním kinetická energia rotácie a moment hybnosti telesa. Ak os rotácie je súčasne osou symetrie pre moment hybnosti L platí vektorová rovnica L = Jω. Pre priemet momentu hybnosti do smeru osi rotácie vzhľadom na ľubovoľnú os rotácie platí Los = Jω .

Pre dynamicky izolované tuhé teleso platí zákon zachovania momentu hybnosti, ktorý v prípade,

že os rotácie je osou symetrie, vyjadruje rovnica J J1 1 2 2ω ω= , alebo alternatívne Jω = konšt. Pohybová rovnica rotácie okolo pevnej osi je Jε = Mos , kde Mos je priemet vektora momentu

sily do osi rotácie.

Pre periódu malých výchyliek fyzikálneho kyvadla platí vzťah T = 2 π J

mgl . V tomto vzťahu J je

moment zotrvačnosti fyzikálneho kyvadla vzhľadom na horizontálnu os, okolo ktorej sa kyvadlo pohybuje, m je hmotnosť kyvadla a l je kolmá vzdialenosť ťažiska kyvadla od uvedenej osi.

Elementárna práca pri rotácii tuhého telesa okolo osi je určená skalárnym súčinom dW = M.dϕ , kde M je moment sily vzhľadom na bod na osi rotácie a dϕ je element rotačného uhla.

Pre výkon pri rotácii dostávame P = dW

dt = M.ω .

60

Kinetická energia tuhého telesa s hmotnosťou m, ktoré súčasne vykonáva translačný a rotačný

pohyb je vyjadrená vzťahom Ek = 1

2 mvT

2 + Ekr, kde vT je translačná rýchlosť ťažiska tuhého telesa

a Ekr je kinetická energia rotačného pohybu okolo osi prechádzajúcej jeho ťažiskom. Kinetická

energia rotačného pohybu je daná vzťahom Ekr = 1

2 Jω2 =

1

2 Lω =

L

J

2

2.

6.2 Otázky a problémy 1. Vyslovte podmienky rovnováhy pre tuhé teleso. 2. Ukážte, že v prípade, že súčet síl pôsobiacich na tuhé teleso je nulový, momentový bod, t. j. bod

vzhľadom ku ktorému počítame momenty pôsobiacich síl, môžeme voliť ľubovoľne. 3. Vyjadrite vzťah pre celkovú kinetickú energiu pri zloženom pohybe tuhého telesa. Akú podmienku

musí spĺňať os rotácie, aby uvedený vzťah platil? 4. Akým spôsobom je možné zvýšiť kinetickú energiu strely? 5. Plný a dutý valec rovnakej hmotnosti a polomeru sú spustené bez šmýkania po naklonenej rovine.

Po prejdení rovnakej dráhy sú ich rýchlosti rôzne, vysvetlite prečo. Nie je rôzna rýchlosť valcov v rozpore so zákonom zachovania mechanickej energie?

6. Hmotnosť telesa je m a poznáte moment zotrvačnosti vzhľadom na os prechádzajúcu ťažiskom. Ako určíte moment zotrvačnosti vzhľadom na inú os, rovnobežnú s osou prechádzajúcou ťažiskom?

7. Valec a guľa rovnakého polomeru a hmotnosti sa dávajú bez šmýkania do pohybu po naklonenej rovine. Ktoré z telies bude mať väčšiu translačnú rýchlosť?

8. Kedy platí vektorová rovnica L = Jω, a kedy iba rovnica Los = Jω ? 9. Čo si musí zmeniť krasokorčuliar aby si zvýšil (znížil) svoju uhlovú rýchlost? Aký zákon

zachovania umožňuje tieto zmeny? Formulujte tento zákon. 10. Pre povrazolezca je na lane veľmi užitočná dlhá tyč. Vysvetlite prečo. 11. Vajce uvarené na tvrdo môžeme rozlíšiť od surového vajca roztočením. Vysvetlite ako a prečo. 12. Aký význam má rotácia hodeného oštepu, alebo strely pre ich pohyb? 13. Napíšte pohybovú rovnicu pre rotáciu tuhého telesa okolo pevnej osi. Vysvetlite použité symboly. 14. Akým spôsobom je možné ovplyvniť chod kyvadlových hodín, t. j. čo musíme urobiť s kyvadlom ak hodiny meškajú prípadne idú dopredu? 6.2 Riešené príklady 6.1 Nosník s hmotnosťou mn = 1200 kg a dĺžky l = 6 m je uložený na dvoch podperách A a B a je

zaťažený bremenom hmotnosti mb = 2700 kg zaveseným vo vzdialenosti lb = 4 m od miesta A. Pozri obr. 6.1. Určte sily FA a FB, ktoré pôsobia na nosník od podpier A a B.

61

Riešenie: Nosník je v rovnováhe, ak sa súčet všetkých síl

pôsobiacich na nosník rovná nule a rovná sa nule aj súčet momentov týchto síl vzhľadom na zvolený vzťažný bod.

Musí platiť F F g gA B n b+ + + =m m 0 . Pretože sily tiaže majú opačný smer ako sily FA a FB skalárny tvar tejto rovnice bude F

B

A + FBB = g(mn + mb). Zvoľme za vzťažný bod pôsobisko podpery A.

Vektory pôsobísk síl vzhľadom na bod A sú l/2, lb a l Vektorová rovnica vyjadrujúca rovnováhu momentov

pôsobiacich síl má tvar l g l g l F2

0x x xn b b Bm m+ + .

A B

FAFB

mngmbg

l/2 l/2

lb

Obr. 6.1

= Smer jednotlivých členov tejto rovnice je

určený vektorovým súčinom. Po zohľadnení smeru každého člena môžeme rovnicu napísať

v skalárnom tvare. Po úprave dostávame l m g l m g l F2 n b b+ = B , z čoho pre veľkosť sily FB

vyplýva

B

Fm l

lm gn b

bB = +(2

) . Po dosadení číselných hodnôt dostávame FBB = 23544 N.

Silu FB dosadíme do rovnice pre rovnováhu síl a dostávame FB A = ( mn + mb )g – FBB ⇒ FA = 14715 N. 6.2 Akú maximálnu hmotnosť môžu mať bremená G zavesené na nosník, ak maximálna sila ktorou

môže byť ťahadlo na obr. 6.2a–c napínané je 500 N? Uhol, ktorý zviera ťahadlo na obr. 6.2a s vodorovnou rovinou je α = 30° , uhol, ktorý zviera nosník s vodorovnou rovinou na obr. 6.2b je α = 30°, uhol medzi ťahadlom a vodorovnou rovinou na obr. 6.2c je α = 30° a medzi nosníkom a vodorovnou rovinou je β = 45°. Vo všetkých troch prípadoch má nosník dĺžku l = 1,5 m a hmotnosť nosníka je zanedbateľná vzhľadom na hmotnosť bremena.

α

F

l

α

F

l

0

G

β

F

l

0

G

α

Obr. 6.2a Obr. 6.2b Obr. 6.2c Riešenie:

V tejto úlohe je pevnosťou nosníka a lana splnená podmienka rovnováhy síl. Veľkosť tiažovej sily a teda aj hmotnosť bremena nájdeme z podmienky pre rovnováhu momentov. Vzťažný bod O si vo všetkých prípadoch zvolíme v mieste opory nosníka o stenu, resp. podlahu. Pre jednotlivé prípady platí: (a) l x G + l x F = 0, z čoho vyplýva skalárna rovnica lGsin(π/2) = lF sin(π – α) a z nej G = F sinα. Po dosadení číselných údajov G = 250 N a hmotnosť bremena m = 25,48 kg. (b) l x G + l x F = 0, z čoho vyplýva skalárna rovnica lGsin(π/2 + α) = lF sin(π – α) a G = F tgα. Po dosadení číselných údajov G = 288,67 N a hmotnosť bremena m = 29,43 kg. (c) l x G + l x F = 0, z čoho vyplýva skalárna rovnica lGsin(π/2 + β) = lF sin(π – (β – α)). Po

62

úprave z nej dostávame G F=−sin( )

cosβ α

β. Po dosadení číselných údajov G = 183,01 N a hmotnosť

bremena m = 18,65 kg.

6.3 Rebrík dĺžky l, s ťažiskom v strede rebríka, je opretý o zvislú stenu. Vypočítajte najväčší odklon rebríka od steny ϕ, pri ktorom sa rebrík ešte nešmykne, ak faktor trenia medzi rebríkom a podlahou je μp a medzi rebríkom a stenou μs.

Riešenie:

Súčet všetkých síl pôsobiacich na rebrík sa musí rovnať nule, teda podľa obr. 6.3 platí vektorová rovnica G + Fts + Fp + Ftp + Fs = 0. Tejto vektorovej rovnici sú vzhľadom na smery síl ekvivalentné dve skalárne rovnice a to: G = Fts + Fp a Ftp = Fs. Pre sily trenia platí Ftp = μpFp a Fts = μsFs . Po dosadení do rovníc pre rovnováhu síl dostávame G = μsFs +

Fp a μpFp = Fs pričom z poslednej vyplýva FF

ps

p

=μ

.

Na vyjadrenie podmienky rovnováhy momentov si zvoľme za vzťažné miesto bod O na obr. 6.3. Rovnováhu momentov potom vyjadruje vektorová rovnica l G l F l F2

x x xts s+ + 0

ϕ

Fts

G

Fs

Fp

Ftp 0

Obr. 6.3

= . Tejto vektorovej rovnici zodpovedá v skalárnom tvare rovnica

l G lF lF2 2

sin( ) sin sin( )π ϕ ϕ π ϕ− = + +ts s .

Po úprave dostávame ( ) sin cosG F F2

− =ts sϕ ϕ , z čoho tg s

ts

ϕ =−

22F

G F. Posledný vzťah upravíme

využitím vzťahov pre trecie sily a výsledkov z podmienok rovnováhy síl. Dostávame výsledný vzťah,

v ktorom vystupujú len faktory trenia a uhol ϕ: tg1 -

p

p s

ϕμ

μ μ=

2.

Hľadaný uhol potom je ϕμ

μ μ= arctg

1 -p

p s

2 .

6.4 Určte moment zotrvačnosti homogénneho valca, (a) dutého, (b) plného a to vzhľadom na os

symetrie. Obidva valce majú rovnaké výšky h a vonkajšie polomery Re. Vyrobené sú z materiálu hustoty ρ. Vnútorný polomer dutého valca je Ri . Momenty zotrvačnosti vyjadrite pomocou hmotností valcov.

Riešenie:

Moment zotrvačnosti je určený integrálom 2

( )

dV

J a ρ τ= ∫ , kde a je kolmá vzdialenosť elementu dτ

od osi otáčania. (a) Zvoľme v dutom valci nekonečne tenký valec, ktorého polomer je r a hrúbka steny dr. Objem tohto valca bude dτ = 2πrhdr, jeho hmotnosť je dm =ρ dτ a jeho vzdialenosť od osi otáčania je r. Po dosadení do definície momentu zotrvačnosti dostávame:

hRe

Ri

Obr. 6.4

2 2 4

( )

d 2 (2

e

i

R

e iv R

hJ a r rhdr R Rπρρ τ ρ π= = = −∫ ∫ 4 ) .

63

Hustota ρ v prípade dutého valca sa rovná ρπ

=−

mR R h

d

e i( )2 2 . Po dosadení a úprave dostávame

konečný vzťah pre moment zotrvačnosti J m R Rd e i= −12

2 2( ) .

(b) Moment zotrvačnosti plného valca môžeme určiť úplne analogicky vychádzajúc z definície momentu zotrvačnosti, čo však ponechávame na zopakovanie čitateľovi. Moment zotrvačnosti plného valca však formálne vyplýva z predchádzajúceho vzťahu ak dosadíme Ri = 0 a za hmotnosť dosadíme

hmotnosť plného valca. Potom pre moment zotrvačnosti plného valca dostávame J m Re=12

2p .

Poznámka: Všimnite si, že moment zotrvačnosti, vyjadrený pomocou hmotnosti nezávisí od výšky valca. Moment zotrvačnosti tenkej kruhovej dosky vzhľadom na os kolmú na dosku a prechádzajúcu jej stredom je preto určený rovnakým vzťahom ako sme získali pre moment zotrvačnosti plného valca.

x

y

R ydy

6.5 Určte moment zotrvačnosti homogénnej gule vzhľadom na os, ktorá prechádza jej stredom a vzhľadom na os, ktorá sa dotýka povrchu gule. Polomer gule je R = 10 cm a jej hmotnosť je m = 0,5 kg.

Riešenie:

Umiestnime stred gule do počiatku súradníc a nech os otáčania je totožná so súradnicou y. Podľa obr. 6.5 si predstavme guľu rozdelenú na nekonečne tenké disky, kolmé na os otáčania. Hmotnosť každého z diskov je určená vzťahom d

Obr. 6.5

dym r= ρπ 2 , kde ρ je hustota gule a dy je hrúbka disku.

Z príkladu 6.4 vieme, že pre moment zotrvačnosti disku platí J mr=12

2. Disk má hmotnosť dm,

preto moment zotrvačnosti sa rovná d 2J r=12

dm. Polomer disku r súvisí s jeho polohou vzhľadom

na stred gule vzťahom r2 = R2 – y2 . Moment zotrvačnosti gule určíme integráciou momentov elementárnych diskov dJ cez celý objem gule. Dostávame:

4 4 2 2 43

3( )

1 3d d ( 2 )d42 83

R R

V R R

m mJ J r y R R y y y mRR

ππ− −

= = = − + =∫ ∫ ∫ 225

R

Po dosadení číselných hodnôt moment zotrvačnosti danej gule sa rovná J = 0,002 kg m2.

Moment zotrvačnosti vzhľadom na os, ktorá sa dotýka povrchu gule ľahko určíme pomocou Steinerovej vety, pretože už poznáme moment zotrvačnosti vzhľadom na os prechádzajúcu ťažiskom,

t.j. v tomto prípade stredom gule. Dostávame J m R m R m R= + =25

75

2 2 2 . Po dosadení číselných

údajov J = 0,007 kg m2 . 6.6 Nájdite moment zotrvačnosti dvojatómovej molekuly vytvorenej z atómov hmotností mA a mB

vzhľadom na os prechádzajúcu hmotnostným stredom molekuly a kolmú na spojnicu atómov. Dĺžka väzby je R.

B

Riešenie:

64

Moment zotrvačnosti , kde xJ m x m xA A B B= +2 2A a xB sú vzdialenosti atómov od ťažiska. Z

definície hmotnostného stredu pre tieto platí mB

x m xA A B= B . Pretože xA + xBB = R, po dosadení a

úprave dostávame xR m

m mAB

A B

=+

, a xR m

m mBA

A B

=+

.

Po dosadení do definičnej rovnice dostávame Jm m

m mRB

r=+

=A

A B

2 μ R 2 , kde symbolom μr

označená veličina sa nazýva redukovaná hmotnosť. 6.7 Po naklonenej rovine sa kotúľajú bez šmýkania z výšky h (a) obruč (hrúbka je zanedbateľná oproti

polomeru) , (b) plný valec a (c) guľa s rovnakými polomermi a hmotnosťami. Určte ich translačné rýchlosti na konci naklonenej roviny.

Riešenie: Vo všetkých troch prípadoch celková energia na konci naklonenej roviny sa bude rovnať

E mv Jc = +12

12

2 ω .2 Pohyb je bez šmýkania, preto v = ωR a celková energia po dosadení za uhlovú

rýchlosť prejde do tvaru E mJ

Rvc = +

12 2

2( ) . Podľa zákona zachovania mechanickej energie táto

energia sa musí rovnať zmene potenciálnej energie a teda platí mgh m JR

v= +12 2

2( ) , z čoho vyplýva

po úprave v mgh

m JR

=+

2

2

.

Dosadením momentov zotrvačnosti (obruč J = mR2 , valec J = 1/2 mR2 , guľa J = 2/5 mR2)

dostávame: (a) v g= h , (b) v g=43

h , (c) v g=107

h .

6.8 Z kvantovej teórie vyplýva pre vlastný moment hybnosti elektrónu (spin) hodnota L = h/4π, kde

h = 6,626.10–34 J s je Planckova konštanta. Priamym výpočtom momentu hybnosti elektrónu a tomu zodpovedajúcej obvodovej rýchlosti ukážte, že predstava elektrónu, ako rotujúcej gulôčky, ktorej hmotnosť je m = 9,109.10–31 kg a „polomer“ r = 2,812.10–15 m je nezlučiteľná s teóriou relativity. Rýchlosť na obvode takejto gulôčky by bola väčšia, ako je rýchlosť svetla, čo teória relativity vylučuje. (Polomer sme uviedli v úvodzovkách preto, že pre mikročasticu nie je možné definovať polomer ako pri klasickej častici. Uvedená hodnota je tzv. klasický polomer elektrónu. Vyplýva z rovnosti celkovej energie, ktorú má podľa teórie relativity hmotnosť elektrónu a elektrostatickej energie dvoch elektrónov v uvedenej vzdialenosti ).

Riešenie:

Pre moment hybnosti platí L = J ω. Moment zotrvačnosti gule je J = 25

2mr . Po dosadení do

vzťahu pre moment hybnosti, zavedení vzťahu pre obvodovú rýchlosť v = ω r a úprave, dostávame

pre obvodovú rýchlosť konečný vzťah vhmr

=5

8π. Po dosadení číselných hodnôt dostávame

v = 5,146.1010 m s–1, čo je rýchlosť väčšia, ako je rýchlosť svetla. Predstava, že rotáciou elektrónu môžeme vysvetliť jeho vlastný moment hybnosti je preto nesprávna.

65

6.9 Koleso sa otáčalo uhlovou rýchlosťou ω0 = 8π s–1. Rovnomerne spomaleným pohybom zmenšilo rýchlosť otáčania na hodnotu ω = 4π s–1 v priebehu 60 s. Moment zotrvačnosti kolesa J = 2 kg m2. Určte: uhlové zrýchlenie kolesa, moment síl trenia vzhľadom na os, prácu síl trenia a počet otáčok, ktoré urobilo koleso za uvedených 60 s.

Riešenie:

Pre rovnomerne spomalený pohyb platí ω = ω0 – εt. Zo zadania ω0 = 8π s–1 a ω = 4π s–1. Pre uhlové spomalenie dostávame ε = 0,209 rad s–2 .

Moment síl trenia vypočítame z pohybovej rovnice rotácie okolo pevnej osi Mos = Jε . Po dosadení číselných hodnôt dostávame Mos = Mtr = 0,419 N m .

Prácu síl trenia ľahko určíme zo zmeny kinetickej energie. Platí:

Wtr = Ek0 – Ek1 = 12 0

212J(ω ω− ) . Po dosadení číselných hodnôt Wtr = 473,7 J.

Počet otáčok n = ϕπ2

= 1

2120

2

πω ε( t t− ) = 180 otáčok.

Poznámka: Prácu môžeme pri známom konštantnom momente sily a celkovom uhle otočenia ϕ určiť aj z definície práce pri rotácii. V tomto prípade využitím vzťahu W = Mϕ. 6.10 Tyč s dĺžkou l = 0,4 m a s hmotnosťou m = 1 kg sa môže voľne otáčať okolo osi, ktorá je na

tyč kolmá a prechádza jej stredom. Na koniec tyče narazí strela s hmotnosťou ms = 10 g, ktorá sa pohybuje rýchlosťou vs1 = 200 m.s–1 v smere kolmom na os aj na tyč. Vypočítajte uhlovú rýchlosť, s ktorou sa začne tyč otáčať, keď (a) náraz je dokonale nepružný a strela v tyči uviazne a (b) náraz strely bude dokonale pružný.

Riešenie :

(a) Pri náraze platí zákon zachovania momentu hybnosti. Moment hybnosti strely tesne pred nárazom sa musí rovnať momentu hybnosti rotujúcej tyče a momentu hybnosti strely po náraze. Platí

Ls1 = Ls2 + Ltyče ⇒ l m v l m v Js s s s2 21 2= + ω , kde v l J ms2

2

21

12= = lω a .

Po dosadení a úprave dostávame pre uhlovú rýchlosť otáčania tyče spolu so strelou konečný vzťah

ω =+

2

3

1m v

l m ms s

s( ). Po vyčíslení dostávame ω = 29,126 s–1.

(b) Pri dokonale pružnej zrážke sa okrem momentu hybnosti zachováva aj celková kinetická energia. Platia teda dve rovnice

l m v l m v Js s s s2 21 2= + ω a

12

12

121

22

2 2m v m v Js s s s= + ω

Z prvej rovnice vyplýva v vml

ms ss

2 1 6= −

ω . Po dosadení do druhej rovnice a úprave dostaneme

ω =+

12

3

1v

l mm

s

s

( ) a po dosadení číselných hodnôt ω = 58,252 s–1.

6.11 Horizontálne uložená homogénna kruhová doska s hmotnosťou m = 8 kg, s polomerom

R = 1 m sa otáča okolo osi prechádzajúcej ťažiskom dosky a kolmej na jej rovinu s frekvenciou f1 = 20 s–1. V strede dosky stojí človek s upaženými rukami. Ako sa zmení uhlová rýchlosť otáčania dosky, ak človek pripaží ruky a tým zníži svoj moment zotrvačnosti z hodnoty J1 = 2,95 kg.m2 na hodnotu J2 = 0,98 kg.m2?

66

Riešenie:

Zachováva sa moment hybnosti, t. j. Jc1ω1 = Jc2ω2 , kde celkový moment zotrvačnosti Jc je súčtom momentu zotrvačnosti dosky a na doske stojaceho človeka.

J mR J J mR Jc c12

1 22

212

12

= + = +; . Pretože Jc2 < Jc1 bude ω2 > ω1 a teda Δω = ω2 – ω1 .

Δωω

ω= − = −J

JJJ

c

c

c

c

1 1

21

1

211( )ω . Po vyčíslení dostávame Δω = 49,71 s–1.

6.12 Valec s polomerom R = 100 mm sa môže voľne otáčať okolo vodorovnej osi, ktorá je totožná s

osou valca. Otáčanie spôsobí závažie s hmotnosťou m = 100 g, ktoré je pripevnené na ľahké vlákno a vlákno je navinuté na valec. Určte dráhu, ktorú po uvoľnení valca vykoná závažie za čas t = 2 s. Hmotnosť valca je M = 6,8 kg.

Riešenie: Pri uvoľnení valca závažie bude klesať a potenciálna energia závažia sa premení na kinetickú

energiu závažia a otáčajúceho sa valca. Po spustení z výšky h platí rovnica mgh mv J= +12

12

2 2ω .

Medzi uhlovou rýchlosťou otáčania valca a translačnou rýchlosťou závažia platí v = ωR. Po dosadení do predchádzajúcej rovnice a po jej derivácii podľa času dostávame

mght

m vvt

JR

vvt

dd

dd

dd

= +12

212

22 . Využijeme, že v ht

=dd

a zrýchlenie a vt

=dd

. Po úprave rovnice

môžeme vyjadriť zrýchlenie pohybu závažia a mg

m JR

=( + )2

. Vidíme, že zrýchlenie je konštantné,

a teda pohyb nadol bude rovnomerne zrýchlený. Prejdená dráha za čas t sa určí zo vzťahu pre dráhu

pri rovnomerne zrýchlenom pohybe. Dostávame s at mg

m JR

t= =12

2

2

2

2( + ).

Po dosadení za moment zotrvačnosti valca J = 12

2MR a číselných údajov dostávame s = 0,56 m.

Úlohu môžeme riešiť aj úplne iným spôsobom, a to vychádzajúc z pohybovej rovnice rovinnej

rotácie. Pohybová rovnica je Jε = Mos . Moment sily bude Mos = m(g – Rε) R . Tiažová sila je menšia ak sa zrýchľuje rotácia valca, a to preto, lebo závažie sa bude pohybovať nadol so zrýchlením. Rovnica rovinnej rotácie bude mať tvar J m g R Rε ε= −( ) . Z tejto rovnice vyjadríme uhlové zrýchlenie ε a potom tangenciálne zrýchlenie, ktoré je vlastne zrýchlenie pohybu závažia, vzťahom a = εR. Výsledkom je rovnaký vzťah, ako sme získali pri predchádzajúcom postupe, kde sme vychádzali so zákona zachovania celkovej mechanickej energie.

6.13 Je daná homogénna tyč dĺžky l = 1 m. V akej vzdialenosti od stredu treba tyč upevniť, aby sa kývala ako fyzikálne kyvadlo s minimálnou periódou?

Riešenie:

67

Pre periódu kyvov fyzikálneho kyvadla platí vzťah T Jmgx

= 2π , kde J je moment

zotrvačnosti vzhľadom na os kyvadla, x je vzdialenosť ťažiska od tohoto bodu a m je hmotnosť kyvadla. Kyvadlo je homogénna tyč a pre moment zotrvačnosti tyče vzhľadom na os kolmú na tyč a

prechádzajúcu jej stredom je J mT =1

122l . Moment zotrvačnosti kyvadla určíme pomocou

Steinerovej vety a bude sa rovnať J J mx= +T2 .

Pre periódu kyvadla potom platí Tml mx

mgx

l x

gx=

+=

+2

112 2

112

2 2 2 2

π π .

Perióda bude minimálna, ak dd

dd

2

2

Tx

a Tx

= 0 ⟩ 0. Po derivácii výrazu pre periódu podľa x

dostávame podmienku 212

02 3

22

2x l x x l− − = ⇒ = ± . Vyhovuje len kladná hodnota, teda

x = 0,289 m. Čitateľ sa ľahko presvedčí, že uvedená vzdialenosť odpovedá minimálnej perióde, pretože druhá derivácia je kladná. 6.4 Neriešené príklady 6.14 Vodorovný nosník s dĺžkou l = 2,5 m je jedným koncom opretý o

zvislú stenu a na jeho druhom konci je zavesené teleso s tiažou G = 2500 N. Pozri obr. 6.6. Nosník vo vodorovnej polohe drží lano upevnené v stene zvisle nad bodom, kde sa opiera o stenu. (a) Určte minimálnu výšku nad nosníkom, v ktorej musíme upevniť lano, aby ťah ktorým je napínané nepresiahol hodnotu F = 5000 N. (b) Určte o koľko vzrastie ťah, ak bod upevnenia lana sa posunie pod bod pôvodného upevnenia o a = 30 cm, pričom lano sa vhodne skráti tak, aby nosník bol opäť vo vodorovnej polohe.

αl

h

Obr. 6.6 6.15 Rebrík s dĺžkou l = 4 m je pristavený k dokonale hladkej stene a zviera s vodorovnou rovinou

uhol α = 60°. Sila trenia medzi rebríkom a podlahou, ktorá zabraňuje skĺznutiu rebríka môže mať maximálnu hodnotu Fmax = 200 N. Do akej výšky môže vystúpiť človek hmotnosti m = 60 kg, aby rebrík neskĺzol? Hmotnosť rebríka zanedbáme vzhľadom na hmotnosť človeka.

6.16 Otec a syn nesú bremeno na tyči s dĺžkou l = 2 m. Ako ďaleko od synovho konca tyče treba

zavesiť bremeno hmotnosti m, aby otec niesol trikrát väčšiu záťaž ako syn? Hmotnosť tyče je zanedbateľná proti hmotnosti bremena.

l

x

6.17 Homogénna doska s dĺžkou l = 3 m a s hmotnosťou md = 20 kg je na jednom konci zaťažená bremenom s hmotnosťou mb = 5 kg. Pozri obr. 6.7. V akej vzdialenosti od konca, kde sa nachádza bremeno máme podložiť podperu, aby doska zaujala vodorovnú polohu? Obr. 6.7

6.18 Určte pomer momentov zotrvačnosti molekúl HD a H2. Dĺžka väzby je rovnaká a molekula

rotuje okolo osi prechádzajúcej ťažiskom molekuly.

68

6.19 Určte moment zotrvačnosti tenkej homogénnej tyče vzhľadom na os kolmú na tyč a

(a) prechádzajúcu jej stredom , (b) prechádzajúcu koncovým bodom tyče, (c) prechádzajúcu vo vzdialenosti l/4 od konca tyče. Dĺžka tyče je l = 150 cm a jej hmotnosť je m = 2 kg.

6.20 Určte moment zotrvačnosti obruče vzhľadom na os, ktorá prechádza jej stredom a je kolmá na

rovinu obruče. Polomer obruče je R = 45 cm a jej hmotnosť je m = 0,5 kg. 6.21 Určte moment zotrvačnosti dutej gule vzhľadom na os, ktorá prechádza jej stredom. Hmotnosť

gule je m = 2,5 kg, jej vnútorný polomer je Ri = 6 cm a vonkajší polomer je Re = 9 cm. 6.22 Dve navzájom kolmé tenké tyče, ktorých dĺžky sú l1 = 45 cm

a l2 = 60 cm ležia v rovine nákresne a sú pevne spojené tak ako je uvedené na obr. 6.8. Určte moment zotrvačnosti tejto sústavy (a) vzhľadom na os OO´ ležiacu v rovine nákresne a (b) vzhľadom na os, ktorá prechádza bodom A a je kolmá na rovinu nákresne. Hmotnosti tyčí sú m1 = 900 g a m2 = 1200 g.

6.23 Určte moment zotrvačnosti lineárnej molekuly ClCN

vzhľadom na os, ktorá prechádza hmotnostným stredom danej molekuly a je kolmá na spojnicu atómov. Medziatómová vzdialenosť Cl–C je a = 106 pm a C–N je b=115 pm. Molárne hmotnosti sú MCl = 35,453 g mol–1, MC = 12,011 g mol–1, MN = 14,007 g mol–1 a Avogadrova konštanta je NA = 6,022.1023 mol–1.

A

O

O´

l1l2

Obr. 6.8

6.24 Určte moment zotrvačnosti molekuly vody vzhľadom na os kolmú na rovinu molekuly a

prechádzajúcu atómom kyslíka. Vzdialenosť O–H sa rovná 0,91.10–10 m. Hmotnosť atómu vodíka je 1,67.10–27 kg .

6.25 Hliníkový valec výšky h = 15 cm a s polomerom R = 5 cm rotuje okolo pevnej osi totožnej

s osou symetrie valca s konštantným uhlovým zrýchlením ε = 1 s–2. Na začiatku bol valec v pokoji. Určte moment hybnosti valca a uhlovú rýchlosť v čase t = 5s. Merná hmotnosť hliníka je ρ = 3,975.103 kg m–3.

6.26 Železný disk hmotnosti m = 5 kg a polomeru R = 15 cm má moment hybnosti L = 1,5 kg.m2s–1.

Určte uhlovú rýchlosť disku a čas, ktorý uplynul od začiatku otáčania, ak na začiatku bol v pokoji a roztáčal sa za pôsobenia konštantného momentu síl Mos = 0,5 N m.

6.27 Určte celkovú kinetickú energiu bicyklistu na bicykli pohybujúceho sa rýchlosťou v = 10 ms–1.

Hmotnosť bicyklistu spolu s bicyklom je m = 74 kg a hmotnosť kolies je spolu m1 = 4 kg. Kolesá považujte za obruče.

6.28 Vypočítajte (a) Akou tangenciálnou silou musíme pôsobiť na obvode homogénneho kotúča

polomeru R = 20 cm, aby jeho moment hybnosti po 10 sekundách bol L = 6 kg m2s–1. Merná hmotnosť kotúča je ρ = 3,2.103 kg m–3 a jeho hrúbka je h = 3 cm. Pohyb sa začal z pokoja. (b) Akú prácu vykonala tangenciálna sila za uvedený čas?

6.29 Zotrvačník s momentom zotrvačnosti J = 5 kg.m2 sa roztáča z pokoja za pôsobenia sily, ktorej

moment vzhľadom na os otáčania Mos1 = 300 Nm. Za aký čas dosiahne zotrvačník frekvenciu f = 480 min–1 a aká bude jeho kinetická energia?

6.30 Zotrvačník má konštantnú frekvenciu otáčok f = 5 s–1 a jeho kinetická energia Ek = 7540 J. Za aký čas moment tangenciálnej sily M = 40 N m, pôsobiacej na zotrvačník, zdvojnásobí uhlovú rýchlosť zotrvačníka?

69

6.31 Elektrický stĺp výšky h = 3 m sa zvalil na zem. Vypočítajte moment hybnosti stĺpa tesne pred

nárazom na zem. Hmotnosť stĺpa je m = 50 kg. 6.32 Tyč dĺžky l = 1 m je upevnená tak, že sa môže voľne otáčať okolo vodorovnej osi,

prechádzajúcej koncovým bodom tyče. Akú rýchlosť máme udeliť voľnému koncu tyče, aby pri svojom vychýlení z rovnovážnej polohy dosiahol vodorovnú rovinu prechádzajúcu osou otáčania?

6.33 Krasokorčuliar sa otáča s frekvenciou f1 = 2 s–1. Akou uhlovou rýchlosťou sa bude otáčať

krasokorčuliar ak roztiahnutím rúk zväčší svoj moment zotrvačnosti 2,5- krát? 6.34 Na zabrzdený bubon s polomerom R = 0,6 m je navinuté lano, na ktorom je zavesené závažie

hmotnosti m = 3 kg. Po odbrzdení bubna poklesne závažie o dĺžku l = 5 m za čas t = 5 s. Hmotnosť lana, trenie v ložiskách a odpor prostredia zanedbáme. Určte moment zotrvačnosti bubna.

6.35 Horizontálne uložený valec hmotnosti m = 10 kg sa môže voľne otáčať okolo pevnej osi, ktorá je

jeho osou symetrie. Na valec je namotaná tenká pevná niť a na nej je zavesené závažie hmotnosti m1 = 1 kg. Ak valec uvolníme začne sa vplyvom tiaže závažia otáčať. Určte kinetickú energiu celej sústavy v čase t = 3 s od začiatku pohybu.

6.36 Homogénna guľa s hmotnosťou m = 2,5 kg a s polomerom R = 14 cm sa kotúľa bez šmýkania

po naklonenej rovine, ktorá zviera s vodorovnou rovinou uhol α = 20°. Určte kinetickú energiu gule v čase t = 4 s od začiatku pohybu.

6.37 Oceľová gulôčka s priemerom d = 4 cm je zavesená na niť s dĺžkou l = 90,7 cm. Za čas

t = 193,2 s toto kyvadlo vykoná N = 100 plných kmitov. Vypočítajte gravitačné zrýchlenie Zeme.

6.38 Kruhová obruč s priemerom d = 0,5 m sa kýve ako fyzikálne kyvadlo okolo vodorovnej osi,

kolmej na rovinu obruče, prechádzajúcej obvodom obruče. Vypočítajte periódu tohto fyzikálneho kyvadla.

6.39 V akej vzdialenosti od stredu máme upevniť homogénnu kruhovú dosku s polomerom

R = 10 cm, aby sa kývala ako fyzikálne kyvadlo s minimálnou periódou?

70

7 Pružnosť a pevnosť 7.1 Úvod

Sila, ktorá pôsobí na plošnú jednotku ľubovoľne orientovanú v telese, sa nazýva napätie σ =ddFS

.

Napätie rozkladáme na normálovú zložku σ nnd

d=

FS

a tangenciálnu zložku τ =dd

tFS

.

Základné typy mechanického namáhania telesa sú ťah, tlak, šmyk, krútenie a ohyb. V oblasti pružných deformácií platí Hookov zákon: Deformácia pružných telies je úmerná pôsobiacim silám.

Pri namáhaní tyče v ťahu (obr. 7.1) je mierou deformácie relatívne predĺženie ε = =−Δ l

ll l

l0

0

0

,

kde l0 je dĺžka tyče pred deformáciou, Δ l l l= − 0 celkové predĺženie. Hookov zákon pre ťah (tlak):

ε σ=

E, kde σ je normálové napätie (kladné pre ťah, záporné pre tlak) a E je

Youngov modul pružnosti v ťahu. Pri jednostrannom ťahu sa mení nielen dĺžka tyče, ale aj jej priečny rozmer d.

Relatívne priečne skrátenie η je dané vzťahom η =−d d

d0

0

d d d

, kde d0 je priečny

rozmer tyče pred deformáciou a Δ = −0 je celkové priečne skrátenie. Poissonova konštanta m udáva koľkokrát je relatívne predĺženie tyče väčšie ako relatívne priečne skrátenie, t.j. m = ε η. Recipročná hodnota Poissonovej konštanty je Poissonovo číslo μ η ε= =−m 1 . Priečny rozmer tyče sa pri deformácii zmení podľa vzťahu

0 0 0(1 ) 1 1d d d dm mEε ση

⎛ ⎞⎛ ⎞= − = − = −⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠

.

V prípade, že na teleso, napr. tvaru kvádra, pôsobia normálové napätia σx, σy, σz vo všetkých troch smeroch (obr. 7.2), relatívne predĺženia jednotlivých hrán kvádra sú vyjadrené vzťahmi

εσ μσ μσ

xx y z

E E E= + − − , ε

μσ σ μσy

x y z

E E E= − + − ,

εμσ μσ σ

zx y z

E E E= − − + ,

ktoré predstavujú zovšeobecnený Hookov zákon pre všestrannú deformáciu telesa v ťahu. Pri deformácii telesa homogénnym všestranným tlakom p, napr. hydrostatickým, sú všetky tri normálové napätia rovnako veľké (a záporné), t. j. platí

l

F(x)

d0

dl0

Δl

Obr. 7.1

σx

σy

σz x

z

y

Obr.7.2

σ σ σx y z p= = = − . Relatívne predĺženie každej hrany je

rovnaké ε ε ε μx y z E

p= = = −−1 2

. Relatívna zmena objemu

kvádra je ( )

0

3 1 2V pV E

μ−Δ= − . Z definície koeficientu

a

bΔx

c

Ft

γ

Obr. 7.3

71

stačiteľnosti κ = −1V

Vp

dd

dostávame súvislosť κ s elastickými konštantami E, μ tuhého telesa

v tvare ( )3 1 2

Eμ

κ−

= .

Deformácia v šmyku vzniká za účinku tangenciálnej sily Ft (obr. 7.3). Nech hranol s rozmermi a,

b, c má spodnú základňu upevnenú a na hornú základňu pôsobí tangenciálne napätie τ =Fab

t . Mierou

deformácie je veličina γ =Δxc

, ktorá vyjadruje relatívne posunutie hornej základne hranola

vzhľadom na spodnú základňu. Hookov zákon pre deformáciu v šmyku: γτ

=G

, kde G je modul

pružnosti v šmyku. Súvis modulu G s elastickými konštantami E, μ vyjadruje

vzťah G E=

+2 1( )μ.

Pri deformácii krútením (obr. 7.4) pôsobí na teleso torzný moment. Nech spodná základňa valcovej tyče dĺžky l a polomeru r je upevnená a na hornú základňu pôsobí dvojica síl, ktorej moment M je rovnobežný s osou tyče. Horná základňa sa otočí o

uhol ϕ daný vzťahom ϕπ

=2

4

lGr

M , kde G je modul

pružnosti v šmyku.

Potenciálna energia pružnej deformácie v ťahu: E Fp =12

Δl ,

v skrute: E Mp =12

ϕ .

r

F-F

γ

ϕ

l

Obr. 7.4

7.2 Otázky a problémy

1. Definujte normálovú a tangenciálnu zložku napätia. 2. Definujte relatívne predĺženie a relatívne priečne skrátenie. 3. Formulujte Hookov zákon pre deformáciu v ťahu a v šmyku. 4. Objasnite fyzikálny význam modulov pružnosti v ťahu a v šmyku. Pre materiály meď, oceľ, guma

určte poradie podľa rastúcej hodnoty modulu pružnosti v ťahu. 5. Aký jednoduchý experiment by ste použili na určenie modulu pružnosti v ťahu pre konkrétny

materiál, napr. meď ? 6. Čo vyjadruje Poissonovo číslo a Poissonova konštanta ? 7. Vysvetlite, čo znamená formulácia, že kovová kocka je podrobená homogénnemu všestrannému

tlaku. K akým deformáciám bude v tomto prípade dochádzať? 8. Ako súvisí modul pružnosti v ťahu s koeficientom stlačiteľnosti a aké sú limitné hodnoty μ pri

deformácii všestranným tlakom? 9. Poissonovo číslo pre oceľ je μ = 0,33. Zväčšuje alebo zmenšuje sa objem oceľovej tyče pri

namáhaní ťahom?

72

10. Ako sa zmení priečny rozmer kovovej tyče pri deformácii v ťahu, ak relatívne predĺženie je ε a kov má Poissonovo číslo μ?

11. Pri naťahovaní gumového vlákna sa jeho objem takmer nemení. Aké je Poissonovo číslo μ pre gumu?

12. Vo vzťahu pre deformáciu valcovej tyče krútením vystupuje modul pružnosti v šmyku. Vysvetlite, prečo bolo možné problém deformácie v krútení previesť na problém deformácie v šmyku.

13. Načrtnite závislosť napätia od relatívneho predĺženia pri naťahovaní drôtu a vysvetlite pojmy medza úmernosti, medza pružnosti, medza pevnosti.

14. Ako by ste postupovali pri teoretickom riešení problému, či vlákno, resp. prút z daného materiálu možno natiahnuť na dvojnásobnú dĺžku?

15. Vyjadrite energiu pružnej deformácie kovovej tyče, ktorá je namáhaná v ťahu. Aká je objemová hustota tejto energie?

16. Vyjadrite energiu pružnej deformácie kovovej tyče, ktorá je namáhaná v skrute.

7.3 Riešené príklady

7.1. O koľko by sa účinkom vlastnej tiaže predĺžilo voľne visiace oceľové lano (obr. 7.5) dĺžky l = 100 m, ak merná hmotnosť lana ρ = 7,7.103 kg.m–3 a modul pružnosti v ťahu ocele E = 2,2.1011 Nm–2?

Riešenie: Na element tyče dx pôsobí sila, ktorá sa rovná tiaži časti lana nachádzajúceho sa pod elementom dx. Pre predĺženie Δ(dx) tohto elementu z

Hookovho zákona vyplýva: ( ) ( ) dd = = d

F x x g Sxx xSE SE

ρΔ . Integrovaním

nájdeme predĺženie celého lana: 2

0

d2

l g x g ll xE Eρ ρ

Δ = =∫ ,

. Δ l = −1 72 10 3, . m 7.2. Vypočítajte absolútnu a relatívnu zmenu objemu oceľovej tyče, ktorá má dĺžku l = 10 m a priečny

prierez S = 25 cm2, ak na tyč pôsobí sila ťahom F = 3,5.105N. Youngov modul pružnosti v ťahu je E = 2,2.1011 Nm–2, Poissonovo číslo μ = 0,3 .

dxl

x

F(x)

Obr. 7.5

Riešenie:

Dĺžka tyče po deformácii je ( )1 1l l ε= + , prierez po deformácii ( ) (2 21 1 1S S S )η με= − = − ,

kde ε je relatívne predĺženie a η relatívne priečne skrátenie tyče.

Objem po deformácii je ( ) ( 21 1 1 1 1V S l Sl )ε με= = + − , resp. ( )1 1 1 2V V ε μ≅ + −⎡ ⎤⎣ ⎦ , kde sme

ponechali len lineárne členy vzhľadom na ε.

Zmena objemu je ( ) ( ) (1 1 2 1 2 1 2Sl FlV V V V )E Eσε μ μΔ = − = − = − = − μ , relatívna zmena

objemu (1 2V FV ES

)μΔ= − . Číselné hodnoty sú: ΔV = −6 36 10 6, . m3,

ΔVV

= 0 025, %

73

7.3. Električkové koľajnice sa pri pokladaní zvárajú v miestach spojov. Aké napätia vznikajú v koľajniciach pri extrémnych teplotách t1 = –30 °C a t2 = 30 °C, ak montáž koľajníc sa uskutočnila pri teplote t0 = 10 °C ? Koeficient teplotnej dĺžkovej rozťažnosti ocele je α = 1,25.10–5 K–1, modul pružnosti v ťahu E = 2.1011 Nm–2. Pomôcka: teplotná rozťažnosť telesa je vyjadrená vzťahom l l t= +( . )10 α Δ .

Riešenie:

Celkové predĺženie koľajnice pozostáva z dvoch príspevkov: od teplotnej rozťažnosti a od mechanického pnutia: ( ) ( )+l l l

α σΔ = Δ Δ . Keďže koľajnice sú zvarené, ich dĺžka sa nemôže meniť,

preto ľavá strana v predchádzajúcej rovnici je nulová. Platí rovnica 0 00= +ασ

l tlE

Δ , z ktorej pre σ

dostávame: . Pre medzné teploty t( 0E t tσ α= − − ) 1, t2 vychádza:

,( ) 81 1 0 10 PaE t tσ α= − − = ( ) 8

2 2 0 0,5.10 PaE t tσ α= − − = − .

Kladná hodnota σ vyjadruje namáhanie v ťahu, záporná hodnota namáhanie v tlaku. (Pri deformácii v tlaku je ε záporné.)

7.4 Oceľový drôt priemeru d = 1 mm je natiahnutý vo vodorovnom smere medzi dvoma svorkami,

ktorých vzdialenosť je l = 2 m. K strednému bodu S drôtu pripevnili závažie hmotnosti m = 0,25 kg (obr.7.6). O koľko cm poklesol bod S? Modul pružnosti ocele v ťahu je E = 2.1011 Nm–2.

Riešenie: Z podmienky rovnováhy síl F F G1 2+ = vyplýva 2F cos Gα = , kde sme využili rovnosť F F F1 2= = . Relatívne

predĺženie drôtu je určené Hookovým zákonom b a

a EFES

−= =

σ.

Z geometrie pravouhlého trojuholníka ASC vyplýva pre rozdiel strán

(b-a) vzťah 2

2 221

2yb a a y a a aa

⎛ ⎞− = + − ≅ + −⎜ ⎟

⎝ ⎠, t . j .

b a ya

− ≅2

2.

S

G

F2F1α

y

l=2aA B

b

aβ

C

Obr. 7.6

Využili sme pritom, že pre pre malé x platí: 1 12

+ ≅ +x x.

Pretože platí cos sinα β= , podmienku rovnováhy síl možno zapísať v tvare 2F mgsinβ = .

Vyjadrením sily v tvare F ESya

=2

22 a využitím približného vzťahu sin tgβ β≅ =

ya

pre malý uhol

β, prejde rovnica 2F mgsinβ = do tvaru 22

2

2ES ya

ya

mg= . Pre hľadanú výchylku y

stredného bodu drôtu dostávame y a mgES

3 3= , resp. y lmgd E

= =2

2 523π

, cm, kde sme ešte využili

vzťahy a l=

2, S

d=

π 2

4.

74

7.5. Oceľový drôt dĺžky l = 0,8 m a polomeru r = 0,5 mm je napnutý silou F = 400 N. Vypočítajte potenciálnu energiu deformovaného drôtu, keď modul pružnosti v ťahu ocele E = 2,2.1011 Nm–2.

Riešenie:

Napätie spôsobené silou F vyvolá podľa Hookovho zákona predĺženie drôtu Δl FlES

= , kde

S r= π 2 je prierez drôtu. Sila je úmerná predĺženiu drôtu F ESl

l= Δ , čo môžeme stručne zapísať

v tvare F k x= , kde k ESl

= a x l= Δ . Potenciálna energia deformovaného drôtu sa rovná práci,

ktorú vykoná sila pri predĺžení drôtu. ( ) ( )2 22

p0 0

1dx dx=2 2

l l ES l2F lE W F kx k l

l E

Δ Δ Δ= = = Δ = =∫ ∫ S

⇒

E F lr Ep J= =2

220 37

π, .

7.6. Vypočítajte prácu, ktorú treba vykonať na skrútenie železného drôtu dĺžky l= 1 m, priemeru

d = 1 mm o uhol ϕ0 = 45°, keď modul pružnosti v šmyku železa G = 0,75.1011 Nm–2. Riešenie:

Torzný moment je MGr

l=

πϕ

4

2. Potenciálna energia skrúteného drôtu sa rovná práci potrebnej

na deformáciu: 0 0 24 4

0p

0 0

d d2 2Gr GrW E M

l l

ϕ ϕ

2ϕπ πϕ ϕ ϕ= = = =∫ ∫ , odkiaľ

WGd

l= = −π ϕ4

02

3

642 27 10, . J , pričom uhol ϕ0 je dosadený v oblúkovej miere, t. j. ϕ0 = π/4.

7.4 Neriešené príklady 7.7 Oceľový drôt dĺžky l0 = 75 cm a priemeru d = 0,2 mm je na jednom konci upevnený a na druhom

konci je zavesené závažie hmotnosti m = 2 kg. Aká bude dĺžka drôtu po predĺžení, keď modul pružnosti v ťahu ocele E = 2,2.1011 N m–2?

7.8 Železná kocka so stranou a0 = 10 cm je podrobená homogénnemu všestrannému tlaku. Zmena

objemu kocky pri deformácii je ΔV = –5 mm3 (kocka zmenšila svoj objem, preto znamienko mínus). Aký tlak pôsobil na kocku, keď modul pružnosti v ťahu E = 2.1011 N m–2 a Poissonovo číslo μ = 0,33?

7.9 Relatívne predĺženie tyče je ε. Odvoďte vzťah pre objemovú hustotu energie pružnej deformácie,

ak modul pružnosti v ťahu pre materiál tyče je E. Získanú veličinu vyjadrite aj pomocou normálového napätia σ.

7.10 Vypočítajte aký maximálny výkon P možno prenášať pomocou oceľového hriadeľa priemeru

d = 20 mm pri frekvencii f = 20 Hz, ak dĺžka hriadeľa je l = 1,5 m a dovolený uhol skrútenia hriadeľa ϕ = 2,3°. Modul pružnosti v šmyku G = 0,81.1011Nm–2. Aký torzný moment M pôsobí na hriadeľ?

75

7.11 V hydraulickom lise je 120 l oleja. O koľko sa zmenší objem oleja, ak je podrobený tlaku 14 MPa? Koeficient stlačiteľnosti oleja je κ = 2.10–10 Pa–1.

7.12 Medená tyč dĺžky l je jedným koncom pripevnená k stropu. Vyjadrite: a) predĺženie tyče Δl pod

účinkom vlastnej tiaže, b) relatívnu zmenu objemu tyče ΔV/V. Materiálové konštanty E, μ, ρ považujte za známe parametre.

7.13 Na mosadzný drôt priemeru d = 3 mm a dlžky l = 1,8 m zavesili závažie s hmotnosťou m = 7 kg.

Modul pružnosti v ťahu pre mosadz E = 9,0.1010 Pa, Poissonovo číslo μ = 0,3. Vypočítajte: a) celkové predĺženie drôtu Δl; b) celkové priečne skrátenie Δd; c) zmenu objemu ΔV.

7.14 Vypočítajte energiu pružnej deformácie oceľovej tyče s hmotnosťou m = 3,1 kg, ktorú

natiahneme tak, že relatívne predlženie je ε = 10–3. Hustota ocele ρ = 7,8.103 kg.m–3, modul pružnosti v ťahu E = 2,2.1011 Pa.

7.15 Predstavte si veľmi dlhý voľne visiaci drôt. Pri akej dĺžke sa môže drôt pretrhnúť pôsobením

vlastnej tiaže, ak materiál je a) meď (σm = 4,2.108 Pa, ρ = 8,9.103 kg.m–3), b) olovo (σm = 2,0.107 Pa, ρ = 11,3.103 kg.m–3)? Konštanta σm je medza pevnosti materiálu, ρ je hustota.

7.16 Oceľovú tyč prierezu S = 2 cm2, ktorá sa svojimi koncami dotýka pevných stien, zohrejeme

z teploty t1= 20 °C na teplotu t2= 50 °C. Vypočítajte akou silou bude tyč pôsobiť na steny, keď modul pružnosti v ťahu ocele E = 2,2.1011 Nm–2 a koeficient teplotnej dĺžkovej rozťažnosti ocele α = 1,2.10–5 K–1.

7.17 Na oceľovom drôte polomeru r = 1 mm je zavesené závažie tiaže G = 981 N tak, že tvorí

kyvadlo. Na aký najväčší uhol od zvislého smeru môžeme kyvadlo odkloniť, aby keď ho pustíme, sa drôt neroztrhol pri prechádzaní závažia najnižšou polohou? Medza pevnosti ocele σm = 7,85.108 Pa.

7.18 Oceľový pás dĺžky l0 = 1 m a prierezu S0 = 80 x 30 mm2 je namáhaný v ťahu silou F = 3.104 N.

Ako sa zmenila dĺžka a šírka pásu, keď modul pružnosti v ťahu ocele E = 2,2.1011 Nm–2 a Poissonovo číslo μ = 0,33 ?

76

8 Mechanika tekutín 8.1 Úvod

O mechanike tekutín všeobecne hovoríme preto, že kvapaliny a plyny majú niektoré vlastnosti rovnaké a môžeme ich opísať podobnými zákonmi.

Kvapaliny delíme na ideálne a reálne. Ideálne kvapaliny sú nestlačiteľné a bez vnútorného trenia. Reálne kvapaliny sú síce málo, ale stlačiteľné a vyznačujú sa viskozitou.

Mechaniku tekutín môžeme deliť na statiku a dynamiku. V statike tekutín môžeme pokladať tekutiny za ideálne, pretože účinok vnútorného trenia sa prejaví iba pri prúdení kvapaliny. Hydrostatika

Z rovnice rovnováhy objemových a plošných síl : f ρ – grad p = 0 dostaneme základnú rovnicu hydrostatiky, ktorá pre stlačiteľné tekutiny nachádzajúce sa v poli konzervatívnych síl ( f = – grad V),

má tvar: grad V grad p+ =1 0ρ

.

Pre ideálnu kvapalinu (hustota je konštantná) v poli konzervatívnych síl potom platí: ρ V + p = konšt.,

t. j. v ideálnej kvapaline, ktorá je v pokoji, je súčet potenciálnej energie objemovej jednotky a tlaku konštantný.

Význam použitých symbolov je nasledovný: f – intenzita objemovej sily, ρ – hustota,

p FS

=dd

n – tlak, kde dFn je normálová zložka sily pôsobiaca kolmo na plôšku dS, V – potenciál

konzervatívneho silového poľa.

Ak na kvapalinu pôsobí len jej tiaž, potenciál tiažovej sily je V = g h a pre hydrostatický tlak ps v hĺbke h pod povrchom kvapaliny dostávame: ρ g h + po = ps , kde po je tlak na povrchu kvapaliny.

Pascalov zákon o rovnomernom šírení sa tlaku v kvapaline: ak p >> ρ V potom z rovnice

hydrostatiky pre nestlačiteľnú kvapalinu vyplýva p = konšt. ⇒ FS

FS

1

1

2

2

= .

Archimedov zákon: Teleso ponorené do tekutiny je nadľahčované silou Fv rovnajúcou sa tiažovej sile tekutiny telesom vytlačenej: Fv = mt g = ρt Vt g, kde mt ,ρt ,Vt sú hmotnosť, hustota a objem vytlačenej tekutiny.

Povrchové napätie kvapaliny: σ τ=ddFl

, je tangenciálna sila pôsobiaca na povrchu

kvapaliny kolmo na dĺžkovú jednotku povrchu. Povrchové napätie sa rovná plošnej hustote povrchovej energie.

ν

2r

h

R

Obr. 8.1

Povrch kvapaliny v kapiláre ponorenej do kvapaliny sa zakrivuje a vytvorí buď vydutý alebo vypuklý vrchlík. Pri kapilárnej elevácii vystúpi hladina v kapiláre vyššie ako je povrch kvapaliny v nádobe, pri kapilárnej depresii je naopak nižšie (obr. 8.1). Pre povrchové napätie platí:

σρ

υρ

= =r h g R h g2 2cos

, kde r - je polomer kapiláry, R - polomer zakrivenia hladiny v kapiláre a ν je

krajný uhol. 77

Kapilárny tlak je priamo úmerný povrchovému napätiu a nepriamo úmerný polomeru krivosti:

pRk =

2σ.

Hydrodynamika ideálnych tekutín Pri prúdení tekutiny zákon zachovania hmotnosti vyjadruje rovnica kontinuity a má tvar: ∂ ρ∂ t

+ div ρ v = 0, kde v (r, t) je rýchlosť pohybu objemových elementov tekutiny.

Pre ustálené prúdenie (v nezávisí od času) ideálnej tekutiny dostaneme: div ρ v = 0 , resp. v integrálnom tvare ρv. Sd∫∫ = 0 . Pre ustálené prúdenie je teda hmotnostný tok tekutiny ľubovoľným

prierezom konštantný: Qm = ρ S v = konšt. Ak ρ = konšt., aj objemový tok je konštantný: Qv = S v = konšt..

Ustálené prúdenie ideálnej kvapaliny je nežriedlové (div v = 0) a nevírové (rot v = 0).

Pohybová rovnica prúdiacej tekutiny je ρ f – grad p = ρ a, kde a (r, t) je zrýchlenie objemového elementu tekutiny. Pre ustálené nevírové prúdenie ideálnej kvapaliny platí Bernoulliho rovnica, predstavujúca zákon

zachovania energie: 12

2ρ ρv V p+ + = konšt..

Fyzikálna interpretácia Bernoulliho rovnice je nasledovná: Súčet kinetickej energie objemovej jednotky, potenciálnej energie objemovej jednotky a tlaku je v ideálnej kvapaline prúdiacej v konzervatívnom silovom poli na danej prúdovej čiare konštantný.

Tlak v prúdiacej kvapaline: p p v= −s12

2ρ je menší ako hydrostatický tlak ps, a to o kinetickú

energiu objemovej jednotky. Torricelliho vzťah pre výtokovú rýchlosť a objemový výtok kvapaliny otvorom malého prierezu S: v gh Q S gv= =2 2, h Hydrodynamika reálnych tekutín Trením vrstiev tekutín rôznej rýchlosti vzniká tangenciálne napätie:τ η= d

dvy

, kde η je

dynamická viskozita a dd

vy

je prírastok rýchlosti pripadajúci na jednotkovú vzdialenosť vrstiev.

Kinematická viskozita ν a tekutosť (fluidita) ϕ sú definované vzťahmi: ν ηρ

ϕη

= =, 1.

Rozlišujeme v zásade dva typy prúdenia reálnej tekutiny a to laminárne a turbulentné. Charakter

prúdenia empiricky posudzujeme podľa bezrozmerného Reynoldsovho čísla: Re = =ρη νv d v d

, kde

v je stredná rýchlosť prúdiacej tekutiny a d je priemer potrubia. Ak Re < Rek ide o laminárne prúdenie, ak Re > Rek o turbulentné prúdenie, pričom Rek je určitá kritická hodnota (≈ 2300).

Pri ustálenom laminárnom prúdení pre prietok platí Hagenov-Poisseuillov zákon : QR p

l=πη

4

8Δ

,

kde R je polomer, l - dĺžka trubice, Δp rozdiel tlakov na jej koncoch.

78

Stokesova sila, ktorou prúdiaca tekutina pri laminárnom prúdení pôsobí na prekážku guľového tvaru s polomerom r je vyjadrená vzťahom: FS = 6 π η r v. Pre turbulentné prúdenie platí Newtonov

vzťah pre odpor prostredia: FN = C S12

2ρv , kde C je tvarový súčiniteľ a S je priečny prierez

telesa. Tabuľka hustôt a dynamických viskozít niektorých látok

Látka Hustota ρ (kg m–3)

Dynamická viskozita η

(Pa.s)

Látka Hustota ρ (103 kg.m–3)

Hélium 0,18 1,87.10–5 Hliník 2,7 Vzduch 1,29 1,8.10–5 Železo 7,9 Oxid uhličitý 1,976 1,37.10–5 Nikel 8,9 Lieh 790 Olovo 11,3 Ľudská krv (37ºC) 1,05.103 4.10–3 Ortuť 13,6 Voda (0ºC) 999,843 1,79.10–3 Zlato 19,3 Voda (4ºC) 999,975 1,51.10–3 Oceľ 7,7 Voda (20ºC) 998,206 1,00.10–3 Mosadz 8,5 Morská voda 1025 Bronz 8,8 Ľad 916,8 Sklo 3,5 Olej transformátorový 866 3,16.10–2 Olej terpentínový 855 1,49.10–3 Olej ricinový 960 9,87.10–1 Olej minerálny 900

Atmosférický tlak za normálnych podmienok pA = 1, 01325 . 10 5 Pa. 8.2 Otázky a problémy 1. Pritlačte na ruku ceruzku s tupým koncom a ihlu. Ak pôsobíte rovnako veľkou silou v obidvoch

prípadoch, prečo sa ihlou skôr poraníte? 2. Akou silou pôsobí atmosféra na dosku stola rozmerov 2 x 1 (m) a to: a) zhora, b) zospodu stola? 3.

Tri rôzne nádoby ale s rovnakou plochou dna sú naplnené vodou do rovnakej výšky. Aký bude tlak vody na dno každej nádoby? Aké budú hmotnosti vody v jednotlivých nádobách? (obr. 8.2)

S S S

h

Obr. 8.2

4. Ako určíte hustotu svojho tela, ak nepoznáte jeho objem, ale máte k dispozícii váhy a bazén s vodou? 5. Prečo sa v morskej vode ľahšie udržíte na povrchu ako v bazéne? 6. Loď naplnená kameňmi nemôže prejsť pod nízkym mostom. Čo musíme urobiť - vyložiť časť

nákladu alebo naopak loď viac zaťažiť, aby pod mostom preplávala? 7. Kocka ľadu pláva v pohári naplnenom po okraj vodou. Preleje sa voda, ak sa ľad roztopí?

79

8. Na povrchu vody vo vedre pláva prázdny medený hrnček. Zmení sa hladina vody vo vedre, ak hrnček potopíme?

9. Prečo poleno tvaru valca s hustotou 600 kg m–3 nikdy nebude plávať na vode vertikálne, ale bude plávať horizontálne?

10. Na koncoch rovnoramennej páky sú zavesené dve rovnaké závažia. Čo sa stane ak jedno ponoríme do vody a druhé do oleja?

11. Na rovnoramenných váhach v rovnovážnom stave sa nachádza mosadzná a sklená guľka. Poruší sa rovnováha a ako, keď váhu premiestnime do vákua, resp. ponoríme do vody?

12. Pri vážení akého materiálu na rovnoramených váhach netreba ani pri najpresnejších meraniach brať do úvahy vztlak vzduchu? 13. Teleso vo vode váži trikrát menej ako vo vzduchu. Aká je hustota telesa? 14. Hladina vody vo vodojeme je o 30 m vyššie ako vodovodný kohútik. Aký je tlak vody v

kohútiku? 15. Aký je rozdiel tlaku krvi na úrovni hlavy a chodidiel človeka vysokého 1,7 m? 16. Akú prvú pomoc z hľadiska hydromechaniky poskytneme človeku pri odpadnutí - nedokrvení

mozgu? 17. Do akej výšky vystúpi ortuť v ortuťovom manometri so zataveným koncom pri meraní

atmosférického tlaku ? (obr. 8.3) 18. Jedno rameno U-trubice je zaplnené liehom, druhé kvapalinou nemiešajúcou sa s liehom, ktorá má

hustotu 990 kg m–3 (obr. 8.4). Ak sa rozhranie týchto kvapalín nachádza v dolnom ohybe a výška stĺpca liehu je 18 cm, akú výšku bude mať stĺpec kvapaliny?

h

h1

h2

Obr. 8.3 Obr. 8.4 19. Na dne jazera leží kameň s hmotnosťou 70 kg a s objemom 3.104 cm3. Aká sila je potrebná, aby

sme ho zodvihli z dna? 20. Aký musí byť objem hélia, aby balón ním naplnený zodvihol hmotnosť 800 kg? 21. Nádoba s kvapalinou padá so zrýchlením ao. Ako sa zmení hydrostatický tlak v závislosti od

zrýchlenia? 22. Z akého dôvodu sa kovový nadstavec polievacej hadice na konci zužuje? 23. Prečo sa prúd kvapaliny vytekajúcej z dna nádoby naspodu zužuje? 24. Polomer aorty je ≈ 1 cm a krv sa v nej pohybuje rýchlosťou ≈ 30 cm.s–1. Vypočítajte rýchlosť krvi

v kapilárach, ak celková plocha prierezov kapilár je 2000 cm2 (každá kapilára má priemer ≈ 8.10–4 cm, ale sú ich miliardy).

25. Pomocou hadice s valcovým nadstavcom máte naplniť vodou bazén známeho objemu. Viete odhadnúť čas nato potrebný, ak máte k dispozícii iba meter na meranie dĺžky?

26. Z trubice ponorenej do vody čerpáme vzduch, pričom hladina vody stúpne nad vypúšťací kohútik. Bude kohútikom vytekať voda, keď ho otvoríme? (obr. 8.5)

27. Pri umiestnení stolnotenisovej loptičky do prúdu vzduchu od ventilátora sa bude loptička vznášať (obr. 8.6). Prečo?

80

Obr. 8.5 Obr. 8.6 28. V podpalubí lode vznikol otvor, cez ktorý vteká do lode voda. Vysvetlite, prečo na priloženie

dosky k otvoru je potrebná oveľa väčšia sila ako potom na jej pridržiavanie na otvore. 29. Akú počiatočnú rýchlosť má vytekajúca voda z otvoru, ktorý sa nachádza na dne vodnej nádrže,

keď je nádrž naplnená vodou do výšky 4,6 m? 30. Vysvetlite, prečo kondenzované mlieko z konzervy vyteká oveľa lepšie, keď urobíte v konzerve

dva otvory, a to na protiľahlých podstavách konzervy. 31. Voda v ústrednom kúrení prúdi tak, že na prízemí vstupuje do rúrky s priemerom 4 cm s

rýchlosťou 0,5 m.s–1 pod tlakom 3.105 Pa. Aká bude jej rýchlosť a tlak v rúrke s priemerom 2,6 cm na 2. poschodí, ktoré sa nachádza o 5 m vyššie?

32. Vysvetlite na základe Bernoulliho rovnice hydrodynamický paradox, teda zmenšenie tlaku s rastúcou rýchlosťou prúdenia kvapaliny.

33. Vysvetlite princíp činnosti vodnej vývevy a mechanického rozprašovača. 34. Do každej ruky vezmite hárok papiera a držte ich zvislo niekoľko centimetrov od seba. Ak budete

do priestoru medzi nimi fúkať, opíšte a vysvetlite pohyb papierov. 35. Keď vás predbieha veľkou rýchlosťou idúce auto, alebo keď stojíte na nástupišti a prechádza

okolo vás vlak s veľkou rýchlosťou, v obidvoch prípadoch vás to priťahuje k rýchlo sa pohybujúcemu dopravnému prostriedku. Vysvetlite prečo.

36. Dve lode plaviace sa na mori blízo vedľa seba rovnakým smerom sa môžu ľahko zraziť. Vysvetlite, prečo?

37. Trubicou, ktorá má zúženú časť, preteká voda so vzduchovými bublinkami. V ktorej časti trubice budú mať bublinky väčší priemer a prečo?

38. Ak položíme kúsok cukru alebo kriedy na mokrú špongiu zvlhnú, ale keď položíme mokrú kriedu na suchú špongiu ostane suchá. Prečo?

39. Do vody je ponorená zahnutá kapilárna trubička (obr. 8.7). Môže voda po jej vystúpení do kapiláry odkvapkávať naspäť do nádoby a vytvoriť tak „večný kolobeh"?

h2h1

Obr. 8.7 Obr. 8.8

40. Dve kapiláry rôzneho priemeru sú ponorené do nádoby s vodou a voda v nich vystúpi do výšok h1, resp. h2 (obr. 8.8). Zmení sa pomer hladín vody v kapilárach pri zahrievaní vody?

41. Polomer kapilárnej sústavy rastlín je 0,001 cm. Povrchové napätie vody (pri 20 °C) je 0,072 N.m–1. Do akej výšky kapilár môže vystúpiť voda pôsobením síl povrchového napätia?

42. V dvoch kapilárach s polomermi 0,5 mm a 2 mm, ponorených do nádoby s ortuťou, je rozdiel hladín ortuti 10,5 mm. Aké je povrchové napätie ortuti?

43. Prečo je výhodnejšie pri člnkovaní v smere prúdu rieky člnkovať v strede rieky a naopak pridŕžať sa brehov keď člnkujeme proti prúdu?

44. Prečo vznikajú nánosy a ostrovčeky v ústiach riek? 45. Ukážte, že cirkulácia vektora rýchlosti viskóznej kvapaliny v trubici je rôzna od nuly. 46. Prečo sa zástava vo vetre vlní? 47. Prečo lietadlá štartujú a pristávajú podľa možnosti proti smeru vetra? 48. Dve rovnaké olovené guľôčky pustíme do dvoch rovnakých nádob s vodou. V jednej nádobe je ale

studená voda 10°C, a v druhej má voda teplotu 40°C. V ktorej nádobe guľôčka skôr dopadne na dno a prečo?

49. Stredná rýchlosť krvi v aorte (polomer r ≈ 1 cm) je ≈ 30 cm.s–1. Je prúdenie krvi laminárne, alebo turbulentné?

81

8.3 Riešené príklady

8.1 Na určenie tlaku v nádobe naplnenej plynom použijeme otvorený ortuťový vákuomer (obr. 8.9).

Aký je tlak plynu v nádobe, ak rozdiel hladín ortuti v trubiciach vákuomera je h = 0,45 m? Riešenie:

h

pA

p

Rozhranie ortuť – vzduch si zvolíme za vzťažnú rovinu. Potom zo základnej rovnice hydrostatiky platí: p + ρ g h = pA ⇒ hľadaný tlak: p = pA – ρ g h ≅ 41 kPa

Obr. 8.9 8.2 Do valcovej nádoby sú naliate rovnaké váhové množstvá vody a ortuti. Celková výška kvapaliny v

nádobe je H = 143 cm. Určte tlak p na dno nádoby. Riešenie:

Pre rovnaké váhové množstvá platí: mHg = mH2O ⇒ ρHg S h1 = ρH2O S h2 , kde S je plocha základne valca, h1 , h2 sú výšky stĺpcov ortuti a vody, pričom platí H = h1 + h2 .

Z týchto rovníc úpravou dostaneme výšky: hH

hH

1 2=+

=+

ρρ ρ

ρρ ρ

H O

H O Hg

Hg

H O Hg

2

2 2

,

Tlak na dno nádoby je súčtom tlakov obidvoch stĺpcov kvapalín: p = p1 + p2 =ρ ρHg H O2gh gh1 2+ .

Po dosadení výšok h1 , h2 dostaneme: p gH=+

2ρ ρρ ρ

H O Hg

H O Hg

2

2

≅ 26,1 kPa

8.3 Za predpokladu, že teplota vzduchu je konštantná, nájdite závislosť atmosférického tlaku od výšky

nad zemským povrchom. Vypočítajte tlak vzduchu vo výške h = 10 000 m nad hladinou mora. Riešenie:

Základnú rovnicu hydrostatiky môžeme použiť aj pre stlačiteľné tekutiny - teda plyny: ρ grad V + grad p = 0 . Ak uvažujeme potenciál tiažového poľa vzhľadom na zemský povrch, bude

mať vo výške y tvar: VEm

g y= =p . Dosadením do predošlej rovnice:

( )ρ∂∂g yy

j + ∂∂

py

j = 0 . Odtiaľ dostaneme diferenciálnu rovnicu: ρ g dy + dp = 0.

Zo stavovej rovnice: p VT

p mT

=ρ

= konšt., pre závislosť hustoty vzduchu od tlaku pri konštantnej

teplote platí: ρ ρp p= o

o

= konšt., kde po = 1,01325.105 Pa je atmosférický tlak na hladine mora,

ρo = 1,29 kg m–3 je hustota vzduchu pri tomto tlaku. 82

Dosadením tohto vzťahu do predošlej diferenciálnej rovnice, separovaním premenných, dostaneme:

ρ o

o

d dp

g y pp

= − .

Integrovaním tejto rovnice nájdeme závislosť tlaku od výšky: ρ ρ ρ

o

o o

o

oo

pgh

d d ln eo

op

g y pp

pp p

gh p pp

ph

o

= − ⇒ = − ⇒ =∫∫−

0

Tlak vzduchu vo výške 10 km bude po dosadení hodnôt: p = 2,9.104 Pa. 8.4 Pri dvíhaní nákladu hmotnosti m = 2 t pomocou hydraulického zdviháka (obr. 8.10) sa vykonala

práca W = 40 J. Pritom malý piest vykonal 10 zdvihov a pri každom sa posúval o h =10 cm. Koľkokrát je plocha väčšieho piestu S1 väčšia než plocha malého piestu S2 ?

Riešenie:

S2

S1

G

h

Práca pri n-krát opakovanom pohybe malého piesta je: W = n F2 h . Z Pascalovho zákona o rovnomernom šírení sa tlaku v kvapaline pritom

platí: p FS

FS

mgS

= = =2

2

1

1 1

.

Odtiaľ platí:

F mg SS

W nmgh SS2

2

1

2

1

= ⇒ = .

Obr. 8.10

Pre hľadaný pomer prierezov: SS

nmghW

1

2

490 5= ≅ , .

8.5 Aká sila je potrebná na zdvihnutie priehradky (obr. 8.11), ktorá je pod tlakom vody? Hmotnosť

priehradky je m = 200 kg, jej šírka b = 4 m, hĺbka vody h = 2 m a faktor trenia priehradky o opory je μ = 0,3.

Riešenie:

83

Pohybová rovnica má tvar: m a = F + G + T , kde F = F j je hľadaná sila, G = mg (–j) je tiažová sila, T = μ Fp (–j) je sila trenia, ktorá je úmerná tlakovej sile Fp vody na priehradku. Pri rovnomernom pohybe musí platiť: 0 = F – mg – μ FpTlak pôsobiaci na priehradku závisí od hĺbky y podľa vzťahu: p = pA+ ρgh.

dy

G

F

T

y

h

b

Obr. 8.11 Vyjadrime najprv tlak na elementárnu plôšku dS = b dy , teda na body nachádzajúce sa v rovnakej hĺbke y pod hladinou: p = pA+ρ g y – pA (atmosférický tlak pôsobí na stenu z obidvoch strán). Pre tlakovú silu na túto plôšku dostaneme: dFp = p dS = ρ g y b dy .

Integráciou dostaneme celkovú tlakovú silu na bočnú stenu: F gb y y gb hh

p d= =∫ρ ρ0

2

2.

Celková sila potrebná na zodvihnutie priehradky bude: F mg gb h= + ≅μ ρ

2

225 5, kN.

Pri dvíhaní sa bude táto sila z tejto maximálnej hodnoty postupne zmenšovať, pretože sa bude zmenšovať tlaková sila. 8.6 Dve otvorené ramená spojených nádob sú naplnené navzájom sa nemiešajúcimi kvapalinami a to

vodou a terpentínovým olejom. Aká je vzdialenosť hladín kvapalín v jednotlivých ramenách od spoločného rozhrania (obr. 8.12), keď rozdiel výšok hladín v ramenách je Δh = 10 cm ?

Riešenie: Zo základnej rovnice hydrostatiky v stave rovnováhy platí ρ V + p = konšt., kde V je potenciál tiaže. Ak spoločné rozhranie kvapalín volíme za vzťažnú rovinu kde V = 0, musí byť v obidvoch ramenách tlak v kvapaline rovnaký, teda: ρ1 g h1 + pA = ρ 2g h 2+ pA , pričom h1 – h2 = Δh. Z týchto dvoch rovníc úpravou dostaneme:

hh

m hh

m12

2 12

1

2 1

0 7 0 6=−

≅ =−

≅ρρ ρ

ρρ ρ

Δ Δ, , , .

h1h2

Δh

pApA

Obr. 8.12

8.7 Zistite, či koruna s hmotnosťou 1,47 kg, ktorá keď je celá ponorená do vody váži v nej 1,34 kg, je

zhotovená zo zlata. Riešenie:

Hustota koruny s hmotnosťou mk a objemom Vk je ρ kk

k

=mV

. Ak ju úplne ponoríme do vody,

bude na ňu pôsobiť výsledná sila (zdanlivá tiaž) vo vode: F = G – Fv , kde G = mk g je tiažová sila na vzduchu, vztlaková sila F V g Vv = ρH O H O H O2 2 2, - je objem vytlačenej vody. Ak je teleso úplne ponorené, platí V = VH O2 k .

84

Potom: m g m g V g m m mv k H O k v k H O

k

k2 2= − ⇒ = −ρ ρ

ρ

Odtiaľ pre hustotu koruny dostaneme: ρρ

kH O k

k v

2=−

=−

≅m

m m10 147

147 13411 3 10

33

. ,, ,

, . kg m–3

Keďže ρAu = 19 3 103, . kg m–3 , koruna nie je vyrobená zo zlata, ale podľa tabuliek je olovená. 8.8 V mori pláva ľadová kryha. Vypočítajte celkový objem kryhy, keď nad vodu vyčnievajúca časť

kryhy má objem V1 = 180 m3. Riešenie:

Celkový objem kryhy je V = V1 + V2 kde V2 je objem ponorenej časti kryhy. Ak kryha pláva na povrchu, musí platiť rovnováha síl: G + Fv = 0 , pričom tiažová sila G = mľ g = ρľ V g = ρľ (V1 + V2) g , vztlaková sila F m g V gv = =H O H O2 22 ρ . Za rovnováhy sa budú veľkosti síl rovnať (smery sú opačné):

ρľ (V1 + V2) g = ( )ρ ρ ρρρ ρH O ľ H O

H O

H O ľ2 2

2

2

V g V V V VV

2 11 1705⇒ = − ⇒ =

−≅ m3

pričom sme dosadili z tabuliek hustotu morskej vody: ρH O2 = 1,025.103 kg m –3 a hustotu ľadu ρ ľ = 916,8 kg m–3 . 8.9 Keď do valcovej nádoby s vodou položíme na jej hladinu zhora otvorenú železnú škatuľku,

hladina vody v nádobe sa zvýši o l = 2 cm. O koľko sa zníži hladina keď škatuľku potopíme? Riešenie:

Ak škatuľka pláva na povrchu vytlačí časť vody s objemom V SH O2 l= , rovným objemu ponorenej časti škatuľky, kde S je prierez dna nádoby, l – výška zdvihnutia hladiny vody. Musí platiť

rovnováha síl: G = FV ⇒ ρ ρFe Fe H O2V g S l g= . Odtiaľ V SFeH O

Fe

2= lρρ

.

Ak je škatuľka ponorená celá, objem vytlačenej vody je rovnaký ako celý objem materiálu

škatuľky. Hladina sa zdvihne o výšku x : V V S x x VS

lFe H OFe H O

Fe2

2= = ⇒ = =ρρ

Zníženie hladiny Δl l x l= − = −⎛⎝⎜

⎞⎠⎟ ≅1 1

ρρ

H O

Fe

2 ,7

g2

cm.

8.10 Súčiastka je vyrobená zo zliatiny železa a niklu. Určte objemové percentá železa a niklu v

súčiastke ako aj celkový objem súčiastky, ak na ňu pôsobí vo vzduchu tiažová sila G = 33,5 N a vo vode F = 29,6 N.

Riešenie:

Na súčiastku ponorenú do vody pôsobí výsledná sila: F = G – FV , kde vztlaková sila F Vg F G VV H O H O2= ⇒ = −ρ ρ , pričom objem vytlačenej vody je rovný celkovému

objemu súčiastky: V G Fg

=−

≅ −

ρH O2

4 10 4. m3 .Ďalej platí pre objemy V = VFe + VNi .

Pre tiažovú silu na vzduchu platí: G = (mFe + mNi ) g =( ρFe VFe +ρNi VNi ) g . Po dosadení objemu niklu: VNi = V – VFe a vyjadreného celkového objemu súčiastky, dostaneme po úprave:

85

( )

( )V

G FgFeH O Ni Ni

H O Fe Ni

2

2

=− +

−≅ −

ρ ρ ρ

ρ ρ ρ1 3 10 4, . m3 .

Objemové percentá železa a niklu sú: VV

Fe .100 % ≅ 32,5 % , VV

Ni .100 % ≅ 67,5 % .

8.11 Valcová nádoba s polomerom R naplnená kvapalinou hustoty ρ sa otáča okolo svojej

geometrickej osi stálou uhlovou rýchlosťou ω. (obr. 8.13). (a) Nájdite tlak v kvapaline v hĺbke h (od povrchu kvapaliny na osi nádoby) a vo vzdialenosti x od osi otáčania, keď na povrch kvapaliny pôsobí atmosférický tlak pA,, (b) Nájdite rovnicu povrchu kvapaliny.

Riešenie: (a) Ak neinerciálnu súradnicovú sústavu pevne spojíme s nádobou, potom aj pri otáčaní nádoby je z hľadiska tejto neinerciálnej sústavy kvapalina v pokoji a platí v nej základná rovnica hydrostatiky: ρV + p = konšt., kde V je potenciál tiažovej a zotrvačnej odstredivej sily: V = Vg + Vz , pričom Vg = g y ,

( )Vm x x

mx V x y g y xx

z

d= = − ⇒ = −∫ ω

ω ω2

0

2 2 2 2

2 2,

Základnú rovnicu hydrostatiky napíšeme pre body O a B: ρ V1 + p1 =ρ V2 + p2. V bode O v počiatku súradnicovej sústavy (0,0) – je V (0,0) = 0, p1 = pA je atmosférický tlak. V druhom bode B so súradnicami (x, –h) bude:

( )V x h g h x2

2 2

2,− = − −

ω

O(0,0)

h

y

x

.B(x,-h)

R

Obr. 8.13

Hľadaný tlak:

p2 = ρ V1 + p1 – ρ V2 = pA – ρ V2 = pA + ρ g h + ρ ω 2 2

2x

(b) Rovnicu povrchu kvapaliny dostaneme z rovnice hydrostatiky: ρV + p = konšt., ak do nej dosadíme

získaný vzťah pre potenciál V(x,y). Dostávame po malej úprave: ρ ρωgy x p− +12

2 2A = konšt.

Z hodnoty funkcie v počiatku x = y = 0 vyplýva, že konštanta sa rovná pA a rovnica povrchu je

gy x−12

02 2ω = , čo je rovnica paraboly. Povrch kvapaliny v rotujúcej nádobe má teda tvar rotačného

paraboloidu.

8.12 Vypočítajte povrchové napätie vody σ na základe merania priemeru d krčka kvapky,

odtrhávajúcej sa od kapiláry (obr. 8.14). Pri meraní sa zistilo, že hmotnosť 318 kvapiek vody bola 5 g a aritmetický priemer hodnoty d krčka bol 0,7 mm.

Riešenie:

86

d

Pri odtrhnutí kvapky musí platiť, že tiažová sila kvapky prekoná silu povrchového napätia, ktorá drží kvapku na obvode kapiláry: m g = σ π d ,

pričom hmotnosť kvapky m Mn

= .

Pre povrchové napätie dostaneme: σπ

= ≅M gn d

0 07, N.m–1

Obr. 8.14 Poznámka: Katóda pri polarografii je vytvorená kvapkou ortuti na kapiláre. Odtrhávajúce sa kvapky vytvárajú stále sa obnovujúci povrch katódy. Polomer kvapky je jeden z parametrov vystupujúcich pri odvodení Ilkovičovej rovnice pre intenzitu nasýteného prúdu. 8.13 Nádoba postavená na vodorovnej rovine je naplnená vodou do výšky h = 0,4 m a udržuje sa na

tejto hladine. Ako vysoko nad dnom musíme urobiť v stene nádoby otvor, aby voda striekala čo najďalej na vodorovnú rovinu? (obr. 8.15)

Riešenie:

x

h

y

xmax

Obr. 8.15

Pre jednotlivé častice kvapaliny pri vytekaní z otvoru platia kinematické rovnice opisujúce vrh vodorovný:

x v t y g t= =, 12

2 , pričom pre výtokovú

rýchlosť platí Torricelliho vzťah: ( )v g h= −2 y . Po dosadení rýchlosti v a času t, pre súradnicu x dostaneme:

( ) ( )x g h y yg

h y y= − = −2 2 2

Hľadáme extrém tejto funkcie, teda:

dd

mxy

h y y h= ⇒ − = ⇒ = =0 2 0

20 2,

8.14 Valcový rezervoár na vodu s polomerom R = 50 cm má na dne otvor s priemerom d = 4 cm. Do

nádoby priteká voda s objemovým tokom Qp = 0,7.10–2 m3.s–1. Akú maximálnu výšku dosiahne voda v rezervoári? Ako dlho bude trvať jeho vyprázdnenie, ak sa prítok vody zastaví v čase, keď hladina vody je maximálna?

Riešenie:

Ustálenú maximálnu výšku vody v rezervoári dostaneme, ak sa prítok vody Qp rovná výtoku Qv:

Qp = Qv = S v = S g hd

g h hQ

g d2

42

82

2 4max max maxp2

= ⇒ =π

π≅ 1,6 m ,

pričom sme za výtokovú rýchlosť dosadili Torricelliho vzťah . Po uzavretí prítoku bude sa výtok rovnať časovému úbytku objemu vody z rezervoára:

87

Q Vtv

dd

= − , kde V = SV h = π R2 h , pričom QV = S g hd

g h24

22

=π

. Po dosadení

dostaneme: π

πd

gh R ht

22

42 = −

dd

.

Separáciou premenných a integráciou:

dt Rd g

hh

tR hd g

R Qg d

t

h0

2

2

0 2

2

2

4

42

82

16∫ ∫= − ⇒ = = ≅

d max p

max π 355 s

8.15 Rozdiel tlakov v hlavnom potrubí a v zúženej časti vodomeru je Δp = 1.105 Pa. Aký je objemový

prietok vody vodomerom, ak priečne prierezy hlavného potrubia a zúženej časti sú S1 = 0,1 m2, S2 = 0,05 m2?

Riešenie:

Pre vodorovnú trubicu môžeme písať zjednodušený tvar Bernoulliho rovnice:

12 1

21ρ v p+ =

12 2

22ρ v p+ . Po vyjadrení rýchlosti v2 z rovnice kontinuity: S1 v 1= S2 v2

a pretože p1 – p2 = Δ p, dostaneme: ( )

12

12

212 1 1

2

2

1 212

22

ρ ρρ

v p S vS

v Sp

S S+ =

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟ ⇒ =

−Δ

Δ

Hľadaný objemový prietok: Q = S1 v1 = S1 S2 ( )212

22

ΔpS Sρ −

≅ 0,8 m3.s–1

8.16 Vzdušný prúd obteká krídlo lietadla laminárnym prúdením. Ak rýchlosť vzduchu obtekajúceho

spodnú plochu krídla je v1 = 100 m.s–1, akú rýchlosť v2 musí mať vzduch nad hornou plochou krídla, aby vznikol vztlak 1000 Pa?

Riešenie:

Zjednodušene predpokladajme, že pre vzdušný prúd obtekajúci krídlo platí h1 = h2 . Potom má

Bernoulliho rovnica tvar: 12 1

21ρ v p+ =

12 2

22ρ v p+

Vztlak Δp je rozdiel tlakov vzduchu p1 – p2 pôsobiacich zospodu a zhora na krídlo lietadla. Preto

rýchlosť v2 bude: vp

v222

= +Δρ 1 ≅ 107,5 m.s–1

F

l

S1 S2

Obr. 8.16

8.17 Injekčná striekačka (obr. 8.16) dĺžky l = 4 cm má prierez piesta S1 = 120 mm2 a otvor ihly má prierez S2 = 1 mm2. Ako dlho bude vytekať kvapalina hustoty ρ = 1050 kg.m–3 zo striekačky, ak je uložená vo vodorovnej rovine a na piest pôsobíme silou F = 5 N?

Riešenie: 88

Bernoulliho rovnica bude mať tvar: 12

121

22ρ v p F

Sv p1

2A+ +

⎛⎝⎜

⎞⎠⎟ = +ρ A . Pre rýchlosť v2 z

rovnice kontinuity platí: v S vS21 1

2

= . Po dosadení do predošlej rovnice a úprave, dostaneme pre

rýchlosť pohybu piesta v1: ( )v S F

S S S1 21 1

222

2=

−ρ. Pri rovnomernom pohybe piesta bude čas

vytekania: ( )

t lv

lS

S S SF

= =−

1 2

1 12

22

2ρ

≅ 0,5 s

8.18 V potrubí prúdi oxid uhličitý tak, že za pol hodiny prierezom trubice s priemerom D = 2 cm

pretečie m = 0,5 kg tohto plynu. Zistite, či ide o laminárne prúdenie a vypočítajte rýchlosť prúdenia.

Riešenie:

Pri ustálenom prúdení pre objemový prietok platí: Q Vt

mt

S v= = =ρ

. Odtiaľ pre rýchlosť

prúdenia: v mSt

mD t

= =ρ ρ π

42

≅ 0,45 m.s–1 .

Charakter prúdenia posúdime porovnaním Reynoldsovho čísla s jeho kritickou hodnotou Rek ≅ 2300.

Re = vD m

Dtρ

η π=

4η

≅ 1291. Pretože Re < Rek , prúdenie je laminárne.

8.19 Vodorovným potrubím prúdi reálna kvapalina s dynamickou viskozitou η = 0,8 Pa.s. Meraním

sa zistilo, že trubicou s priemerom d = 5 mm a dĺžkou l = 1 m pretieklo laminárnym prúdením celkove množstvo V = 0,06 l za 1 minútu. Vypočítajte rozdiel tlakov na koncoch trubice a rýchlosť kvapaliny v osi trubice (obr. 8.17).

Riešenie: Pri stacionárnom prúdení v smere osi x v trubici konštantného prierezu sú rýchlosti vo všetkých bodoch pozdĺž prúdnice konštantné (zrýchlenie a = 0 ), preto aj súčet síl pôsobiacich na ľubovoľný objem kvapaliny sa rovná nule. Pre vodorovnú trubicu je objemová tiažová sila v smere osi x nulová.

p1

v τ

p2

Rr

dr

Obr. 8.17 Preto musí platiť: Fp + Fv = 0 , kde tlaková sila Fp = Δp S = Δp π r2 a viskózna sila

F S vr

r lvdd

= = −⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

∗τ η π2 , kde τ je tangenciálne napätie úmerné dynamickej viskozite

kvapaliny a gradientu rýchlosti, S* je povrch plášťa valca s polomerom r. Dosadením do rovnice

Fp i+ Fv (–i) = 0 dostaneme: Δp r vr

r lπ η π2 2 0− −⎛⎝⎜

⎞⎠⎟=

dd

89

Separáciou premenných a integráciou : dv pl

r rv r

R0

2∫ = −Δη

d∫ dostaneme závislosť rýchlosti od

premennej r : ( ) ( )v r pl

R r= −1

42 2

ηΔ

Elementárny tok plôškou dS = 2π r dr je dQ = v dS . Pre celkový prietok trubicou dostaneme

integráciou Hagenov–Poisseuillov zákon : ( )Q pl

R r r rp R

l

R

= − =∫Δ Δ4

28

2 2

0

4

ηπ

πη

d ,

pričom Q Vt

= ≅ 1.10–6 m3.s–1. Rozdiel tlakov na koncoch trubice je: ΔplQ

R=

84≅

ηπ

5,2. 104 Pa.

Rýchlosť kvapaliny v osi trubice (pre r = 0) bude: vQdos =

82π≅ 0,1 m.s–1 .

8.4 Neriešené príklady 8.20 Aká tlaková sila pôsobí na výpustný ventil, ktorého plocha je 1,2 cm2, keď výška vody v cisterne

je 2,5 m? 8.21 V bočnej stene uzavretej nádoby naplnenej vodou je

upevnená piezometrická trubica. Aký tlak pôsobí na voľný povrch vody v nádobe, ak účinkom tohto tlaku voda v trubici stúpne o h = 1,5 m nad hladinu vody v nádobe? (obr. 8.18).

hp

pA

Obr. 8.18

8.22 Určte nadmorskú výšku h miesta, kde bol nameraný tlak

p = 0,5.105 Pa, keď predpokladáme, že teplota vzduchu sa s výškou nemenila. Na úrovni mora je normálny atmosferický tlak pA.

8.23 Aký atmosférický tlak nameria horolezec vo výške h = 5000 m nad hladinou mora, ak teplota

vzduchu je konštantná v celej vrstve atmosféry a na hladine mora je normálny atmosferický tlak? 8.24 Vypočítajte hĺbku vody, do ktorej treba ponoriť vzduchovú pištoľ kalibru d = 7 mm, aby po

stisnutí kohútika nevyšiel výstrel. Hlaveň pištole má dĺžku l = 0,22 m, hmotnosť guľky m = 7 g a jej rýchlosť pri opustení hlavne pri výstrele vo vzduchu je v = 27 m.s–1.

8.25 Malý piest hydraulického lisu sa posúva o h1 = 0,2 m, zatiaľčo veľký piest o h2 = 0,01 m. Akú

silu vyvinie lis, keď na malý piest pôsobíme silou F1 = 500 N? 8.26 Akou veľkou silou pôsobí voda na bočnú obdĺžnikovú stenu nádoby, keď vodorovná dĺžka steny

a = 0,2 m a zvislá b = 0,15 m a keď nádoba je celkom naplnená vodou? 8.27 Vypočítajte veľkosť sily pôsobiacej na bočnú stenu a veľkosť sily na dno uzavretej expanznej

nádoby tvaru kocky s hranou a = 30 cm, ktorá je naplnená kvapalinou hustoty ρ = 780 kg m–3. Manometer pripojený tenkou trubicou k vrchnej stene ukazuje pretlak Δp = 1. 104 Pa.

8.28 Na piest injekčnej striekačky pôsobíme silou 3N. Ak je priemer piesta 1 cm a priemer kanála

ihly 0,2 mm, vypočítajte: a) akú silu kvapalina prekonáva pri vytekaní z ihly, b) akou silou musíme pôsobiť na piest striekačky, aby sme zaviedli kvapalinu do žily, v ktorej je pretlak 2394 Pa?

90

8.29 Do trubice tvaru U je naliata ortuť (obr. 8.19). Do jedného ramena je potom naliata voda a do

druhého olej s hustotou ρ = 900 kg m–3 tak, aby výška hladiny ortuti v obidvoch ramenách bola rovnaká. Určte výšku vodného stĺpca h, keď výška olejového stĺpca H = 20 cm.

8.30 Sklená trubica s priemerom d = 5 cm, ktorej dolný koniec je uzavretý platničkou (obr. 8.20), je

ponorená vertikálne do vody, do hĺbky h = 80 cm. Ako veľké závažie môžeme položiť v trubici na platničku tak, aby neodpadla?

Hh

h

d

ρ1

ρ2V2

V1

Obr. 8.19 Obr. 8.20 Obr. 8.21 8.31 Aká je hmotnosť lode, ktorá má plochu prierezu na úrovni ponoru S = 1200 m2, ak pri prechode

z rieky do mora sa ponor zmenší o h = 0,15 m? 8.32 Aerometer sa ponorí vo vode do hĺbky ho, v kvapaline s hustotou ρ1 do hĺbky h1. Ako hlboko sa

ponorí v kvapaline hustoty ρ ? 8.33 Na rozhraní dvoch nemiešajúcich sa kvapalín, ktorými sú voda a ortuť pláva kocka z materiálu

hustoty ρ = 11,3.103 kg m–3. Aká časť objemu kocky sa nachádza v hornej kvapaline? (obr. 8.21) 8.34 Kus ľadu s hmotnosťou m = 1,9 kg pláva na celom povrchu valcovej nádoby naplnenej

kvapalinou s hustotou ρ = 950 kg m–3. Ako sa zmení výška hladiny, ak sa všetok ľad roztopí (pričom voda a daná kvapalina sa nemiešajú), ak prierez dna nádoby je S = 40 cm2 ? Ako sa zmení výška hladiny, ak ľad pláva na vode teploty 0 oC a roztopí sa?

8.35 Dutá hliníková guľôčka s hmotnosťou m = 0,5 kg je ponorená polovicou svojho objemu do oleja

hustoty ρ = 800 kg m–3. Aká je hrúbka steny guľôčky a jej priemer ? 8.36 Aká je hustota skúmanej kvapaliny, ak tiaž telesa ponoreného do tejto kvapaliny je 0,65 N, tiaž

toho istého telesa ponoreného do vody je 0,64 N a jeho tiaž na vzduchu je 0,69 N? 8.37 Kúsok skla má tiaž 1,37 N. Ak je ponorené do vody jeho tiaž je 0,824 N. Aká je hustota skla? 8.38 Kus železa má vo vode tiaž 1,67 N. Aký je jeho objem? 8.39 Tiaž bronzovej sošky na vzduchu je 21,1 N a vo vode 11,3 N. Aký je objem vzduchovej dutiny v

soške? 8.40 Dutá mosadzná guľa má vonkajší priemer 10 cm a hrúbku steny 0,3 cm. Zistite, či táto guľa bude

plávať na vode, alebo či klesne na dno nádoby. 8.41 Kúsok dreva pláva vo vaničke s vodou tak, že je ponorené 60% jeho objemu. Čo sa stane

s drevom, ak vaničku umiestnime do výťahu, ktorý sa bude pohybovať: (a) nahor so zrýchlením g/2,

91

(b) nadol so zrýchlením g/2 ?

8.42 Valcová nádoba naplnená vodou sa pohybuje po vertikálnej osi smerom hore so zrýchlením ao = 1,2 m.s–2. Určte tlak v hĺbke h = 0,2 m.

8.43 Aká je kapilárna depresia ortuti v sklenej rúrke polomeru r = 1 mm, keď povrchové napätie v

ortuti je σ = 0,433 N m–1 a keď krajný uhol (uhol, ktorý zviera rozhranie ortuť–vzduch so sklenou stenou) je 120o ?

8.44 V bočnej stene nádoby, ležiacej na stole, sa nachádza malý otvor vo výške h1 odo dna nádoby a

vo vzdialenosti h2 pod hladinou vody, ktorá sa udržiava na konštantnej výške. Do akej vzdialenosti od steny nádoby strieka voda, ak: a) h1 = 25 cm, h2 = 16 cm, b) h1 =16 cm, h2 = 25 cm?

8.45 Valcová nádoba má v stene nad sebou dva otvory vo výškach h1, h2 odo dna. V akej výške musí

byť udržiavaná hladina tekutiny nad dnom nádoby, aby striekala z obidvoch otvorov do rovnakej vzdialenosti na vodorovnú rovinu, na ktorej nádoba stojí?

8.46 Aký musí byť polomer vzduchovodu kúrenia, aby sa vzduch v izbe objemu 300 m3 úplne

obnovoval každých 15 minút? Rýchlosť pohybu vzduchu vo vzduchovode je 3 m s–1 a hustota vzduchu je konštantná.

8.47 Ako dlho bude trvať naplnenie bazénu vodou, ak rozmery bazénu sú (10 x 20 x 3) m3? Voda

priteká hadicou priemeru 2 cm a rýchlosťou 3 m s–1. 8.48 Na dne valcovej nádoby je otvor priemeru d = 2 cm. Do nádoby priteká voda s objemovým

tokom Q = 2 l s–1. V akej výške sa ustáli hladina vody a aký je tlak na dno nádoby? 8.49 V horizontálnom potrubí prúdi kvapalina. Keď do potrubia zhora umiestnime trubicu zalomenú

do pravého uhla a priamu trubicu rovnakého prierezu, rozdiel hladín v týchto trubiciach bude Δh = 10 cm. Určte rýchlosť prúdenia kvapaliny v potrubí.

8.50 Nosné krídlo v aerodynamickom tuneli je vystavené vzdušnému prúdu rýchlosti v1 = 40 m s–1.

V jednom mieste krídla bol nameraný podtlak 2942 Pa. Aká je rýchlosť v2 vzduchu v tomto mieste?

8.51 Aký výkon vyvíja ľudské srdce, keď pri každom údere ľavá predsieň vytlačí do aorty 70 g krvi

pod tlakom p = 26 kPa? Tep je 75 úderov za minútu. 8.52 Vodorovne uložená injekčná striekačka má priemer piesta D = 1 cm a priemer výtokového

otvoru d = 1 mm. Akou rýchlosťou a ako dlho bude otvorom vytekať voda ak objem striekačky je 20 ml a sila pôsobiaca na piest je F = 2 N?

8.53 Vodorovným potrubím prúdi rovnomerne voda. Tlak v potrubí je 3.104 Pa, priemer potrubia je D

= 0,5 m. Tlaky v hlavnom potrubí a v zúženej časti sa líšia o Δp = 1.104 Pa. Aký je priemer, rýchlosť a tlak vody v zúženej časti potrubia, ak prietok je Q = 500 l.s–1?

8.54 Potrubím pretečie Q = 200 cm3 s–1 vody, ktorá má v podmienkach pokusu dynamickú viskozitu

η = 0,001 Pa.s. Akú podmienku musí spĺňať priemer potrubia, aby prúdenie bolo laminárne? 8.55 Oceľová guľôčka s priemerom 1 mm padá konštantnou rýchlosťou v = 0,185 cm.s–1 vo veľkej

nádobe naplnenej olejom hustoty ρ = 900 kg m–3. Určte dynamickú viskozitu oleja. 8.56 Akú najväčšiu rýchlosť môže získať dažďová kvapka priemeru d = 0,3 mm vo vzduchu?

92

8.57 Kvapôčka hmly padá vo vzduchu rovnomerne rýchlosťou 1 m s–1. Aká veľká je kvapka, ak

odpor vzduchu je podľa Stokesovho zákona F = 6πηrv. Vztlakovú silu zanedbajte.

93

9 Kmity

9.1 Úvod

Fyzikálne javy, pri ktorých dochádza k opakujúcim sa zmenám určitej fyzikálnej veličiny nazývame kmity. Ak touto veličinou je výchylka, hovoríme o kmitavých pohyboch. Kmitavé pohyby delíme na netlmené, tlmené a vynútené.

Keď sa kmitavý pohyb dá popísať pomocou harmonických funkcií (t. j. funkciami sin, cos), hovoríme o harmonickom kmitaní. Teleso vykonávajúce harmonický kmitavý pohyb nazývame harmonický oscilátor.

Netlmený harmonický pohyb je taký pohyb, pri ktorom veľkosť pôsobiacej sily je úmerná výchylke a sila smeruje do rovnovážnej polohy. Pôsobiacu silu voláme lineárna návratná sila.

Pohybová rovnica pre lineárny harmonický oscilátor má tvar: xktxm 12

2

dd

−=

kde k1 je konštanta návratnej sily, m - hmotnosť harmonického oscilátora. Riešením tejto rovnice je harmonická funkcia: x = A cos (ωo t + α ), kde A je amplitúda

(maximálna výchylka z rovnovážnej polohy), ωo je uhlová frekvencia vlastných kmitov, mk1

0 =ω ,

α je fázová konštanta a (ωo t + α ) je fáza pohybu. Perióda kmitov T súvisí s frekvenciou f a uhlovou frekvenciou ω vzťahom:

1 2Tf

πω

= =

Celková mechanická energia netlmeného harmonického oscilátora je konštantná: 2c 1

12

E k A=

Tlmený harmonický pohyb je pohyb, pri ktorom okrem návratnej sily pôsobí ešte odpor prostredia. Keď je odpor prostredia úmerný rýchlosti pohybu s konštantou úmernosti k2, potom

pohybová rovnica tlmeného harmonického oscilátora má tvar: 0dd

dd

122

2

=++ xktxk

txm

Riešením rovnice pre tlmený harmonický pohyb, ktorý nastáva za podmienky b2 < ωo2 je

harmonická funkcia: , )(cose αω += − tAx tb

kde ω je uhlová frekvencia tlmeného pohybu, ωo je uhlová frekvencia netlmeného pohybu, ktorý by nastal, keby nebolo odporu prostredia, b je koeficient tlmenia, pričom platí:

m

kb

mk

b2

,, 210

220 ==−= ωωω

Z riešenia rovnice pre tlmený harmonický pohyb je vidieť, že amplitúda pohybu s časom exponenciálne klesá. Podiel dvoch po sebe idúcich amplitúd sa nazýva útlm:

ωπλ 2,e

ee

)( === +−

−

TTbTtb

tb

, kde T je perióda tlmených kmitov.

Prirodzený logaritmus útlmu sa nazýva logaritmický dekrement: Λ = ln λ = b T.

Energia tlmeného harmonického pohybu je: 2 2 2c 0

1 e2

btE m Aω −=

94

Pri vynútenom harmonickom pohybe pôsobí okrem lineárnej návratnej sily a sily odporu prostredia ešte harmonická nútiaca sila, ktorá núti harmonický oscilátor kmitať s inou frekvenciou ako je frekvencia jeho vlastných kmitov. Pohybová rovnica má potom tvar:

)(cosdd

dd

122

2

β+Ω=++ tFxktxk

txm o

kde Fo je amplitúda nútiacej sily, Ω je uhlová frekvencia nútiacej sily. Riešením tejto rovnice je funkcia: )cos()(cose 21 ααω +Ω++= − tBtAx tb

Druhý člen funkcie má stacionárny charakter, pričom pre amplitúdu výchylky B platí:

22222

0

0

4)( Ω+Ω−=

bm

FB

ω

Pri vynútenom harmonickom pohybe dochádza k rezonancii vtedy, keď amplitúda B je

maximálna. Z podmienky 0dd

=ΩB

určíme rezonančnú frekvenciu: 220 2br −=Ω ω , pričom

musí platiť ω0

2 > 2 b2 , aby rezonančná frekvencia bola reálna. Skladanie kmitov : Ak na hmotný bod alebo teleso pôsobí viac návratných síl, výsledné kmitanie je superpozíciou čiastkových kmitaní. Čiastkové kmitanie je také kmitanie, ktoré by nastalo pod účinkom iba jednej sily zo súboru pôsobiacich síl. Výchylka výsledného pohybu sa rovná súčtu jednotlivých výchyliek spôsobených čiastkovými kmitavými pohybmi: u = u1+ u2+ u3+ ... Princíp superpozície predpokladá, že čiastkové kmity sa dajú opísať lineárnymi diferenciálnymi rovnicami. Rozklad kmitov - harmonická analýza : Ľubovoľný periodický pohyb, popísaný funkciou f(t), môžeme rozložiť do harmonických zložiek so základnou frekvenciou a s vyššími harmonickými (t.j. násobkami základnej frekvencie):

pričom pre amplitúdy A∑∑∞

=

∞

=++=

110 sincos)(

kk

kk tkBtkAAtf ωω 0, Ak a BBk platí:

∫∫∫ ===T

k

T

k

Tdttktf

TBdttktf

TAdttf

TA

0000 )(sin)(2,)(cos)(2,)(1 ωω

Takýto rozklad sa nazýva Fourrierova analýza. 9.2 Otázky a problémy 1. Ako sa mení s časom amplitúda netlmeného harmonického pohybu? 2. Akou funkciou amplitúdy je energia netlmeného harmonického pohybu? 3. Ak častica vykonáva harmonické kmity s amplitúdou A, akú vzdialenosť prejde za jednu periódu? 4. Aký je podiel dvoch po sebe idúcich amplitúd (tzv. útlm) pre netlmený harmonický pohyb? 5. V ktorom bode má teleso konajúce netlmené harmonické kmity maximálnu rýchlosť, a v ktorom

bode má rýchlosť nulovú? 6. V ktorom bode má teleso konajúce netlmené harmonické kmity maximálne zrýchlenie, a v ktorom

bode má zrýchlenie nulové? 7. V ktorom bode má teleso konajúce netlmené harmonické kmity maximálnu kinetickú energiu, a v

ktorom maximálnu potenciálnu energiu? 8. Aká je tuhosť pružiny (konštanta návratnej sily), ak pri zavesení hmotnosti 0,3 kg na pružinu sa

pružina predĺži o 0,15 m?

95

9. Aká je tuhosť pružiny, ak pružina vykonáva harmonické kmity s amplitúdou 0,1 m a celková energia tohto harmonického oscilátora je 0,098 J?

10. Nájdite počiatočnú fázovú konštantu α harmonických netlmených kmitov, ak v čase t = 0 s výchylka x kmitajúcej častice bola: (a) x = A , (b) x = 0, (c) x = - A, (d) x = A/2 , kde A je amplitúda kmitov.

11. Ak zdvojnásobíme amplitúdu kmitov netlmeného harmonického oscilátora, ako sa zmení maximálna rýchlosť a celková mechanická energia?

12. Súradnica x vyhovuje diferenciálnej rovnici: 0dd

2

22 =+ x

txA . Nájdite periódu kmitov.

13. Energia kmitov jedného harmonického oscilátora je 10-krát väčšia ako druhého a konštanta tuhosti prvého systému je dvakrát väčšia ako druhého. Čo môžete povedať o amplitúdach kmitov týchto sústav?

14. Častica koná netlmený harmonický pohyb. Graf závislosti výchylky x od času t je na obr. 9.1. Určte amplitúdu, periódu, maximálnu rýchlosť a maximálne zrýchlenie častice pri tomto pohybe.

15. Ktorý hmyz počas svojho letu rýchlejšie kmitá krídlami“ mucha, čmeliak alebo komár? Podľa čoho to môžete zistiť?

16. Dve matematické kyvadlá s rovnakými hmotnosťami, ale s rôznymi dĺžkami l1 > l2 konajú kmity s rovnakou uhlovou výchylkou. Určte, ktoré kyvadlo má väčšiu energiu.

17. Guľka zavesená na pružine koná netlmený harmonický pohyb s periódou 0,5 s. Určte frekvenciu kmitov.

18. Guľka zavesená na pružine vykonáva netlmené harmonické kmity s amplitúdou 20 cm a s dobou kmitu 0,5 s. Aký je čas, za ktorý guľka vykoná dráhu a) 40 cm, b) 80 cm?

x (cm)

0 t(s)1 3

1

Obr. 9.1

19. Teleso koná netlmený harmonický pohyb podľa

rovnice: )4

20(cos2 π+= ty . Určte frekvenciu, uhlovú

frekvenciu, periódu, fázu tohto pohybu. 20. Teleso koná netlmený harmonický pohyb s amplitúdou 3 m, frekvenciou 4 Hz a v čase t = 0 s sa

nachádza vo vzdialenosti 1,5 m od rovnovážnej polohy. Napíšte rovnicu pre okamžitú výchylku telesa.

21. Teleso s hmotnosťou 4 kg koná netlmený harmonický pohyb podľa rovnice: y = 0,2 cos (0,5 π t) (m, s). Určte veľkosť sily, ktorá pôsobí na toto teleso pri výchylke 0,1 m. Aká bude rýchlosť tohto telesa v čase t = 2 T?

22. Teleso koná netlmený harmonický pohyb s rýchlosťou, ktorá je daná rovnicou: v = 6 cos (3t) (m.s–1, s). Aká je amplitúda výchylky?

23. Teleso koná netlmený harmonický pohyb s amplitúdou 0,2 m a s uhlovou frekvenciou 3 rad.s–1. V čase t = 0 s je teleso v rovnovážnej polohe. Napíšte rovnicu pre zrýchlenie telesa.

24. Teleso koná netlmený harmonický pohyb tak, že jeho rýchlosť v rovnovážnej polohe je 3 m.s–1 a zrýchlenie v bode maximálnej výchylky je 27 m.s -2. Vypočítajte jeho uhlovú frekvenciu.

25. Teleso koná netlmený harmonický pohyb. V bode maximálnej výchylky má potenciálnu energiu 30 J. Akú má kinetickú energiu v rovnovážnej polohe?

26. Teleso s hmotnosťou 2 kg koná netlmený harmonický pohyb podľa rovnice: y = 0,2 cos (3t) (m, s). Vo vzdialenosti 0,1 m od rovnovážnej polohy má potenciálnu energiu 0.09 J. Akú má v tejto polohe kinetickú energiu?

27. Ako sa mení s časom amplitúda tlmeného harmonického pohybu? 28. Ako sa zmení frekvencia tlmeného pohybu v porovnaní s frekvenciou netlmeného pohybu? 29. Aká sila spôsobuje tlmenie pri harmonickom pohybe? 30. Teleso s hmotnosťou m, zavesené na pružine s tuhosťou k1 koná tlmený harmonický pohyb. Odpor

prostredia je úmerný rýchlosti FR = - k2 v. Aký je rozmer konštanty k2? 96

31. Teleso s hmotnosťou m, zavesené na pružine s tuhosťou k1 koná tlmený harmonický pohyb. Odpor prostredia je úmerný rýchlosti FR = - k2 v. Diferenciálnu rovnicu týchto tlmených kmitov

môžeme napísať v tvare : 0dd2

dd 2

02

2

=++ ytyb

ty ω . Aký je rozmer koeficienta tlmenia b?

32. Diferenciálna rovnica tlmených kmitov má tvar: 04d

d4,0dd 2

2

2

=++ yty

ty π

. Aká je frekvencia

tlmených kmitov, vlastná uhlová frekvencia netlmených kmitov a koeficient tlmenia? 33. Teleso koná tlmený kmitavý pohyb tak, že okamžitá výchylka v ľubovoľnom čase t má tvar:

y t= −5 0 25 0 5exp ( , ) sin ( , )tπ (m, s). Akú bude mať teleso rýchlosť v čase t = 0 s? Aká bude amplitúda jeho kmitov po uplynutí doby jedného kmitu?

34. Perióda tlmených kmitov je T1 = 2,5 s, koeficient tlmenia b = 0,2 s–1. Po vykonaní koľkých kmitov klesne amplitúda e-krát ? Aký čas pritom uplynie?

35. Perióda tlmených kmitov je T1 = 1,5 s, koeficient tlmenia b = 2 s–1. Vypočítajte logaritmický dekrement.

36. Logaritmický dekrement tlmených kmitov je Λ = 0,2. Aký je pomer dvoch amplitúd nasledujúcich po sebe na tú istú stranu?

37. Čo je príčinou vynúteného kmitavého pohybu? 38. Oscilátor s hmotnosťou m = 0,5 kg vykonáva vynútené kmity podľa rovnice:

( txtx

tx ππ 6sin24

dd3,0

dd 2

2

2

=++ ) (kg, m, s). Aká je frekvencia vonkajšej budiacej sily a aká

je jej amplitúda?

39. Vynútené kmity sú opísané rovnicou: ( txtx

tx

Ω=++ − sin216dd10

dd 25

2

2

π ) (kg, m, s). Pri akej

uhlovej frekvencii premennej periodickej sily nastane rezonancia? 40. Podľa akého princípu nájdeme výsledné kmitanie pri skladaní viacerých kmitavých pohybov? 41. Ako voláme krivky, ktoré vzniknú pri skladaní kolmých kmitov rôznych frekvencií?

42. Uvažujte dva kmity: x1 = A sin(ω t) , x2 = A sin(ω t + π2

). Zložením týchto dvoch kmitov vznikne

kmitanie. Určte jeho výslednú amplitúdu a fázový posun. Riešte úlohu aj graficky. 43. Dve husľové struny kmitajúce s rovnakou amplitúdou vydávajú tóny s frekvenciami f1 = 440 Hz,

f2 = 436 Hz. Aká je frekvencia, ktorú počuje pozorovateľ? Koľko rázov počuje pozorovateľ za sekundu?

44. Dva navzájom kolmé harmonické kmity : x = 3 sin ω t, y = 4 sin ω t, (cm, s) sa skladajú do výsledného kmitania. Aká bude jeho amplitúda?

45. Uvažujte skladanie dvoch navzájom kolmých

harmonických kmitov s rovnakými amplitúdami a uhlovými frekvenciami. Aký musí byť fázový rozdiel α medzi skladanými kmitmi, aby vzniklo výsledné harmonické kmitanie v priamke podľa obr. 9.2 (a), (b).

46. Uvažujte skladanie dvoch navzájom kolmých harmonických kmitov s rôznymi amplitúdami a rovnakými uhlovými frekvenciami. Aký musí byť fázový rozdiel α medzi skladanými kmitmi, aby výsledné harmonické kmitanie bolo eliptické?

xx

y y

a) b)

Obr. 9.2

97

47. Uvažujte skladanie dvoch navzájom kolmých harmonických kmitov s rovnakými amplitúdami a uhlovými frekvenciami. Aký musí byť fázový rozdiel α medzi skladanými kmitmi, aby výsledné harmonické kmitanie bolo kruhové?

48. Ukážte, že kmity vyjadrené funkciou cos2ωt môžerme rozložiť na konštantný člen a harmonické kmity s frekvenciou 2 ω.

9.3 Riešené príklady 9.1 Na doske voľne leží závažie hmotnosti m = 1 kg. Doska koná harmonický pohyb v zvislom smere

s periódou T = 0,5 s a s amplitúdou A = 0,03 m. Vyjadrite silu F, ktorou závažie tlačí na dosku, a vypočítajte jej maximálnu a minimálnu hodnotu. Aká môže byť najmenšia perióda kmitania dosky, aby sa voľne položené závažie od nej neoddelilo?

Riešenie: Na závažie pôsobí okrem tiažovej sily aj zotrvačná sila, pretože závažie spolu s doskou sa pohy-buje so zrýchlením. Ak sa doska pohybuje zrýchlene v smere D (podľa obr. 9.3), alebo spomalene v smere C bude výsledná sila F = G + m a. Pri zrýchlenom pohybe nadol v smere C, alebo spomalenom pohybe v smere D bude sila, ktorou závažie tlačí na dosku F = G – m a, kde G = m g je tiažová sila a m a je veľkosť zotrvačnej sily. Zrýchlenie kmitavého pohybu dosky dostaneme druhou deriváciou okamžitej výchylky y = A cos ω t podľa času:

tAtya ωω cos

dd 2

2

2

−==

Výsledná sila, ktorou závažie tlačí na dosku bude: . Sila bude mať maximálnu hodnotu

FtAmgmF ωω cos2±=

max = mg + mAω2 a minimálnu Fmin = mg – mAω2 . Fmax ≅ 14, 5 N, Fmin ≅ 5, 1 N.

D

C

Obr. 9.3

Aby sa závažie od dosky neoddelilo musí pre zrýchlenie platiť: g ≥ A ω2, teda ω ≤ gA

. Pre

periódu kmitov dosky potom dostaneme na základe súvisu: T T Ag

= ⇒ ≥2 2πω

π . Po

dosadení číselných hodnôt T ≥ 0,35 s, čo je v našom prípade splnené. 9.2 Horizontálna doska koná harmonický pohyb vo vodorovnom smere s periódou T = 3 s. Na doske je

voľne položené teleso, ktoré sa začne kĺzať, keď amplitúda kmitov bude A = 30 cm. Aký je faktor trenia medzi telesom a doskou?

Riešenie: Kĺzanie predmetu nastane, keď sa budú rovnať veľkosti návratnej sily a sily trenia F = Ftr. Keď sa okamžitá výchylka rovná amplitúde, bude veľkosť návratnej sily F = k x = k A, kde konštanta

návratnej sily 2

22

4 mk mTπω= = . Pre silu trenia platí: Ftr = μ m g. Vyjadríme rovnosť týchto síl a

dostaneme: k A = μ m g . Hľadaný faktor trenia: 2

2

4 0,13kA Amg gT

πμ = = ≅ .

98

9.3 Molekula CO kmitá s frekvenciou f = 2.1013 s–1. Vypočítajte silovú konštantu väzby molekuly CO, keď hmotnosti atómov uhlíka a kyslíka sú mC = 1,990.10–26 kg, m0 = 2,655.10–26 kg.

Riešenie: Umiestnenie atómov kyslíka a uhlíka v súradnej sústave je znázornené na obr. 9.4. V stave pokoja platí : x2 – x1 = lo, kde lo je vzájomná vzdialenosť atómov C, O. Pri kmitaní molekuly bude sila, ktorou pôsobí vzájomná väzba na jednotlivé atómy závisieť od zmeny dĺžky väzby: x = x2 – x1 – lo a bude pre oba atómy čo do veľkosti rovnaká, ale opačného smeru. Návratné sily budú mať vždy smer do rovnovážnej polohy. Pohybové rovnice pre kmitanie atómov potom sú:

2 21 2

C O2 2

d d,d d

x xm k x m kt t

= = x− .

Vynásobíme prvú rovnicu mO a druhú mC a navzájom ich odčítame:

lo

mOmC

x2

x1x

Obr. 9.4

2 2 22 1 2 1

O C C O O C C O2 2 2

d d d ( )( ) ( )d d d

x x x xm m k m m x m m k m m xt t t

⎛ ⎞ −− = − + ⇒ = − +⎜ ⎟

⎝ ⎠

Po dosadení za: x2 – x1 = x + lo , a zavedením redukovanej hmotnosti O Cr

O C

m mm m

μ =+

nadobudne

diferenciálna rovnica tvar: 2 2

02 2

r r

d ( ) d 0d dx l k xx x

t tμ μ+ k

= − ⇒ + = .

Uhlová frekvencia kmitov molekuly je daná vzťahom: r

kωμ

= . Pre silovú konštantu väzby

molekuly CO dostaneme: 2 2 2 O Cr

O C

4 m mk fm m

ω μ π= =+

≅ 180 N.m–1.

9.4 Potenciálnu energiu dvoch atómov, alebo neutrálnych nepolárnych molekúl vyjadruje funkcia

⎥⎥⎦

⎤

⎢⎢⎣

⎡⎟⎠⎞

⎜⎝⎛−⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛=

612

4rr

E pσσε , v ktorej ε vyjadruje energiu v minime, σ je hodnota r, pre ktorú sa

funkcia rovná nule a r je medziatómová, resp. medzimolekulová vzdialenosť. Táto závislosť známa ako “potenciál 6–12” má repulzný člen úmerný r–12 a stabilizačný člen úmerný r–6. Repulzia je významná pri malých a príťažlivý člen pri väčších vzdialenostiach r. V rovnovážnej vzdialenosti r0 sa navzájom kompenzujú odpudivé a príťažlivé sily. Atómy, alebo molekuly takéhoto Van der Waalsovského komplexu môžu konať harmonické kmity. Určte frekvenciu takýchto kmitov pre dva atómy argónu. Použite nasledovné údaje: mAr = 6,6317 . 10–26 kg, ε = 1,71.10–21 J,

σ = 3,42.10–10 m. Silová konštanta návratnej sily 0r

rFk ⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−=

∂∂ .

Riešenie:

99

Potrebujeme nájsť rovnovážnu vzdialenosť r0. Nájdeme ju z podmienky ∂

∂

E

rp = 0. Dostávame

− + = ⇒ =− −12 6 0 212 13 6 70

1 6σ σ σr r r / . Pôsobiacu silu určíme zo vzťahu medzi silou a potenciálnou energiou F = – grad Ep. V našom prípade

máme iba súradnicu r a sila FE

rp= −

∂

∂ je zložka sily v smere súradnice r. Potom silová konštanta sa

určí zo vzťahu 0

2

2

r

p

rE

k ⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛=

∂∂

. Po derivovaní a dosadení hodnoty r0 pre silovú konštantu dostávame

32 2172

σε

=k . Po dosadení číslených hodnôt pre argón silová konštanta je k = 0,8355 N m–1.

Pre frekvenciu harmonických kmitov platí f k

r=

12π μ

. Redukovaná hmotnosť (pozri predchádzajúci

príklad) sa rovná mAr/2. Po dosadení číselných hodnôt dostávame frekvenciu vibrácií Van der Waalsovského komplexu Ar2 : f = 7.99 . 1011 s–1. Poznámka: Vzhľadom na malú interakčnú energiu, takéto komplexy a ich spektrá môžeme pozorovať iba pri nízkych teplotách. 9.5 Na dvoch pružinách s koeficientami tuhosti k1 a k2, ktoré sú spojené za sebou je zavesené závažie

hmotnosti m (obr. 9.5). Určte periódu kmitov telesa po vychýlení z rovnovážnej polohy. Riešenie: Sila pôsobiaca na obidve pružiny je rovnaká. Výsledné predĺženie pružiny je dané súčtom predĺžení obidvoch pružín: Δy =Δy1 + Δy2 , pričom platí: F = k1 Δy1 , F = k2 Δy2 , F = k Δy , kde k je výsledný koeficient tuhosti spojených pružín. Po dosadení za Δy , Δy1 , Δy2 do pôvodnej rovnice, dostaneme:

1 2

1 2 1 2

F F F k kkk k k k k

= + ⇒ =+

. Pre uhlovú frekvenciu a periódu kmitov

bude platiť: 1 2

1 2

2 (, 2k mTm k

πω πω

+= = =

)k kk

.

k1

k2

m

Obr. 9.5

9.6 Teleso hmotnosti m je upevnené medzi dvoma pružinami s koeficientami tuhosti k1 a k2.

Vypočítajte periódu kmitov telesa, keď voľné konce pružín sú upevnené podľa obr. 9.6. Riešenie: Pri vychýlení telesa z rovnovážnej polohy budú naň pôsobiť návratné sily: F1 = – k1 x , F2 = – k2 x , kde x je výchylka z rovnovážnej polohy. Výsledná sila F = – k x sa rovná súčtu síl: F = F1 + F 2 = – (k 1+ k2) x , – k x = – (k1+ k2) x. Odtiaľ pre výsledný koeficient tuhosti pružín platí: k = (k1+ k2). Pre uhlovú frekvenciu kmitavého pohybu a pre jeho periódu dostaneme:

1 2

1 2

2, 2k k k mTm m k

πωω

+= = = =

kπ

+.

k1 k2

m

Obr. 9.6

100

9.7 Vypočítajte amplitúdu a fázovú konštantu netlmeného harmonického pohybu hmotného bodu v

priamke, ak má v čase t = 0 s okamžitú výchylku xo = x(0) = 0,03 m a rýchlosť vo = v(0) = 0,4 m.s–1 a frekvencia kmitov je f = 1 s–1.

Riešenie: Pre okamžitú výchylku a rýchlosť v ľubovoľnom čase platí: x = A cos(ωt + α),

( αωω +−== tAtxv sin

dd ) . V čase t = 0 s dostaneme: xo = A cos α , vo = – A 2 π f sin α . Rovnice

upravíme do tvaru: 00 cos , sin

2vx A A

fα α

π= − =

.

Umocnením a sčítaním rovníc dostaneme pre amplitúdu:

2 2

2 2 2o oo o2 2 2 2 0 ,07

4 4v vA x A x

f fπ π= + ⇒ = + ≅ m.

Predelením týchto rovníc dostaneme: o o

o o

12 tg tg 2,2

v vf

x fπ α α

π1

x= − ⇒ = − ≅ − 2

Pre fázovú konštantu α platí: α 1 = 115,2o , resp . α 2 = 295,2o. 9.8 Amplitúda netlmeného harmonického pohybu hmotného bodu je A = 0,02 m a celková energia

kmitov EC = 3.10–7 J. Vypočítajte, pri akej výchylke pôsobí na hmotný bod návratná sila veľkosti F = 2,25.10–5 N.

Riešenie: Pre návratnú silu pri netlmenom harmonickom pohybe platí: F = – k x , kde výchylka x je daná

vzťahom: x = A cos (ω t + α), pričom platí: 2 km

ω = .

Celkovú energiu netlmeného harmonického pohybu dostaneme ako súčet kinetickej a potenciálnej energie. Kinetická energia:

2 2 2 2 2 21 1 1sin ( ) sin ( )2 2 2kE mv mA t kA tω ω α ω α= = + = + ,

kde sme za okamžitú rýchlosť kmitavého pohybu dosadili: d sin( )d

xv A tt

ω ω α= = − + .

Potenciálna energia: 0

2 2 21 1 cos ( )2 2p

x

E kx dx kx kA tω α= − = = +∫ .

Celková energia je potom konštantná: EC = Ek + Ep = 212

kA .

Pre konštantu návratnej sily k odtiaľ dostaneme: C2

2Ek

A= .

Dosadením do výrazu pre návratnú silu, dostaneme pre hľadanú výchylku:

2

2

C

1,5.102F Afx

k E−= − = − ≅ − m.

101

9.9 Pri akej výchylke harmonického oscilátora sa bude jeho kinetická energia rovnať potenciálnej? Riešenie:

Kinetická energia harmonického oscilátora je: 2 2 2k

1 1 sin ( )2 2

E mv kA tω α= = +

a jeho potenciálna energia je: 2 2 2p

1 1 cos ( )2 2

E kx kA tω α= = + .

Má platiť Ek = Ep, teda 2 2 2 21 1sin ( ) cos ( )2 2

kA t kA tω α ω α+ = + . Riešením tejto trigonometrickej

rovnice dostaneme: tg (ω t + α) = 1, odtiaľ (ω t + α) = π/4 . Výchylka harmonického oscilátora je

daná vzťahom: x = A cos (ω t + α) . Po dosadení fázy dostaneme: 1cos 2

4 2x A Aπ

= = .

Keď okamžitá výchylka má hodnotu 1 22

x A= , bude platiť, že kinetická a potenciálna energia sú

rovnaké. 9.10 Hmotný bod hmotnosti m sa nachádza v jednorozmernom potenciálnom poli, kde sa jeho

potenciálna energia mení v závislosti od súradnice x : Ep (x) = Uo (1– cos b x), kde Uo , b sú konštanty. Vypočítajte periódu malých kmitov okolo rovnovážnej polohy.

Riešenie:

Súvislosť medzi silou a potenciálnou energiou vyjadruje vzťah: F = – grad Ep= – pEx

∂∂

i .

Dosadením výrazu pre potenciálnu energiu a derivovaním podľa x dostaneme pre silu vzťah: F = (–Uo b sin b x) i , a pre malé výchylky môžeme uvažovať sin b x ≅ b x. Potom F = – Uo b2x, pričom platí: F = – k x . Z porovnania dostaneme konštantu návratnej sily k = Uo b2, a periódu malých

kmitov okolo rovnovážnej polohy: 2o o

2 22 2m mTk U b b

π ππ πω

= = = =m

U.

9.11 Logaritmický dekrement tlmeného harmonického pohybu hmotného bodu je Λ = 0,03.

Vypočítajte, akú časť mechanickej energie stratí hmotný bod za 20 s trvania pohybu, keď perióda tlmeného pohybu je T = 2 s.

Riešenie:

Celková mechanická energia na počiatku pohybu je: 2 20 0

12

E mA ω= . Keďže pri tlmenom

pohybe sa amplitúda s časom mení podľa vzťahu: 0( ) e btA t A −= , bude mechanická energia v čase t:

2 2 2 2 20

1 1( ) ( ) e2 2

btE t m A t m Aω ω −= = .

Hmotný bod stratí za čas t energiu: 2

2 2 20 0 0

1( ) (1 e ) (1 e )2

tbt TE E E t m A Eω

Λ−−Δ = − = − = − , pretože

pre logaritmický dekrement platí: Λ = b T .

102

Relatívna strata energie: 2

0

(1 e ) 0,45t

TEE

ηΛ

−Δ= = − ≅ . Hmotný bod za 20 s pohybu stratí 45 %

energie. 9.12 Guľôčka s hustotou ρ = 2,7.103 kg.m–3 s polomerom r = 1 cm, zavesená na pružine kmitá vo

vzduchu s uhlovou frekvenciou ωo = 6,28 s–1, ponorená v oleji s uhlovou frekvenciou ω = 5,32 s–1.Pohyb guľôčky vo vzduchu môžeme považovať za netlmený harmonický pohyb, v oleji za tlmený harmonický pohyb. Vypočítajte dynamickú viskozitu oleja η a logaritmický dekrement Λ, keď odpor prostredia je úmerný rýchlosti guľôčky podľa Stokesovho vzťahu: F = 6 π η r v .

Riešenie: Pohybová rovnica guľôčky v oleji má tvar:

2 2

2 2

d d 66 , resp.d d

y y rm ky r v yt t m

π ηπ η= − − + + =d 0d

y kt m

Pre vlastnú frekvenciu netlmeného pohybu platí: 0km

ω = , pre koeficient tlmenia:

1 62

rbm

π η= . Zo vzťahu medzi uhlovými frekvenciami a koeficientom tlmenia určíme dynamickú

viskozitu oleja:

2 2 2 2 2 20 0

22 2 2 20 0

3

4 0.4 Pa.s3 9

rb bm

m rr

20

π ηω ω ω ω

ρη ω ω ω ωπ

= − ⇒ = − ⇒ = −

= − = − ≅

ω ω

pričom sme dosadili za hmotnosť guľôčky: 343

m V rρ ρ π= = .

Logaritmický dekrement vyjadríme z jeho definície: Λ = b T= 2

3 2 9 3,92

rm r

π η π π ηω ρ ω

= ≅ .

9.13 Hmotný bod koná kmitavý pohyb podľa vzťahu: e cosbty A tω−= , kde A, b, ω sú konštanty.

Vypočítajte celkovú dráhu, ktorú prejde hmotný bod od začiatku pohybu až do zastavenia (obr. 9.7)

0 t(s)T/4

T/23/4T

T

2T

y

Obr. 9.7

Riešenie: V čase t = 0 s súradnica hmotného bodu je yo = A, v čase t = T/4 s je súradnica bodu y1 = 0,

v čase t = T/2 s : y2 = – 2ebT

A−

, v čase t = 3/4 T s je y3 = 0, v čase t = T s je y4 = , atď. e bTA −

Celková vykonaná dráha za 1 periódu bude:

103

bTT

b

bTT

bT

b

AeAeA

AeAeAeAyyyyyyyys

−−

−−−

++=

=+++=−+−+−+−=

2

22342312011

2

V priebehu ďalších periód dostaneme nasledovný súčet dráh:

322 2

2 3

2 2 2 2

2 e 2 e 2 e 2 e .....

2 e 1 e e e .....

T Tb bbT b T

T T T Tb b b b

s A A A A A

A A

− −− −

− − − −

= + + + + + =

⎛ ⎞⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎜ ⎟= + + + + +⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎝ ⎠

Ak označíme: 2eTb

x−

= a upravíme nekonečný mocninný rad podľa vzťahu: 2 3 11 .....

1x x x

x+ + + + =

−, pričom x < 1, dostaneme pre celkovú dráhu prejdenú od začiatku

pohybu až prakticky do zastavenia:

( )2 2

2 3

2 2

2e 1 e1 2 1 ..... 11 e 1 e

bT bT

bT bTs A x x x x A A− −

− −

⎡ ⎤+⎢ ⎥⎡ ⎤= + + + + + = + =⎣ ⎦ ⎢ ⎥

− −⎢ ⎥⎣ ⎦

.

9.14 Teleso hmotnosti m = 0,1 kg zavesené na pružine s koeficientom tuhosti k1 = 10 N.m–1 koná

vynútené harmonické kmity v odporujúcom prostredí s koeficientom odporu k2 = 0,8 kg.s–1. Vypočítajte koeficient tlmenia, uhlovú frekvenciu vlastných kmitov, rezonančnú amplitúdu a rezonančnú uhlovú frekvenciu, keď amplitúda nútiacej sily Fo = 1.10–1 N.

Riešenie: Pohybová rovnica vynútených kmitov má tvar:

2

2 1 o2

d d cos ( )d d

x xm k k x F tt t

β+ + = Ω +

Pre koeficient tlmenia b platí: 2 42kbm

= = s–1.

Pre uhlovú frekvenciu vlastných kmitov platí: 10 10k

mω = = s–1. Amplitúda vynútených kmitov má

tvar: 02 2 2 20( ) 4

FBm bω

=− Ω + Ω2

. Rezonancia nastane, keď táto amplitúda bude maximálna.

Hľadáme extrém funkcie, t.j. riešenie podmienky d 0d

B=

Ω:

( ) ( ) ( )

( )

32 22 2 2 2 2 2 20

0 0

2 2 20

1 4 2 2 8 02

4 2 0

Fb b

m

b

ω ω

ω

−⎛ ⎞ ⎡ ⎤ ⎡ ⎤− − Ω + Ω − Ω − Ω + Ω =⎜ ⎟ ⎣ ⎦⎢ ⎥⎣ ⎦⎝ ⎠

Ω Ω − + =

⇒

104

Z tejto podmienky dostaneme rezonančnú frekvenciu: 2 2r 0 2 8,bωΩ = − ≅ 2 s–1.

Dosadením rezonančnej frekvencie do výrazu pre amplitúdu, dostaneme rezonančnú amplitúdu:

( )0 0 0

r 2 2 2 2 2 2 24 2 2 20 r r 00

1,4( ) 4 24 4 2

F F FBm b bm bm b b bω ωω

= = =− Ω + Ω −+ −

≅

2

cm

9.15 Kmitavá sústava koná tlmené kmity s frekvenciou f = 1000 Hz. Vypočítajte frekvenciu vlastných

kmitov sústavy fo, keď rezonančná frekvencia sústavy fr = 998 Hz. Riešenie: Pre uhlovú frekvenciu tlmených kmitov platí: 2 2

0 bω ω= − , kde b je koeficient tlmenia a ω0 je uhlová frekvencia netlmených kmitov. Pri vynútených kmitoch za rezonancie platí podmienka:

. Úpravou týchto dvoch rovníc dostaneme: 2 2r 0 2bωΩ = − 2 ( )2 2 2 2 2

r 0 02 2 20ω ω ω ω ωΩ = − − = − .

Odtiaľ uhlová frekvencia vlastných kmitov sústavy je: 2 20 r2ω ω= − Ω .

Pretože pre frekvencie platí ω0 = 2π f0, ω = 2π f, Ωr = 2π fr, hľadaná frekvencia vlastných kmitov

sústavy bude: 2 20 r2 1002f f f= − ≅ Hz.

9.16 Dva jednosmerné kmitavé pohyby s rovnakou periódou a s amplitúdami A1 = 0,03 m a A2 = 0,05 m

sa skladajú do výsledného pohybu s amplitúdou A = 0,07 m. Vypočítajte rozdiel fáz oboch pohybov.

Riešenie: Okamžité výchylky jednotlivých kmitavých pohybov sú: x1 = A1 cos(ω t + α 1), x2 = A2 cos(ω t + α 2) Máme nájsť fázový rozdiel, t. j. Δα = (ω t + α 1)– (ω t + α 2) = α 1 – α 2. Podľa princípu superpozície pre výsledné kmitanie platí: x = x1+ x2 = A1 cosω t cos α 1 – A1 sinω t sinα 1 + A2 cosω t cos α 2 – A2 sinω t sinα 2

x = cosω t (A1cos α 1 + A2cos α 2) – sinω t (A1 sinα 1 + A2 sinα 2) = A cos(ω t + α ) kde sme zaviedli substitúcie: A sinα = A1 sinα 1 + A2 sinα 2 , A cosα = A1 cosα 1 + A2 cosα 2. Umocnením týchto rovníc a ich sčítaním dostaneme: 2 2 2

1 2 1 2 1 22 cos(A A A A A )α α= + + − . Odtiaľ vyjadríme rozdiel fáz obidvoch pohybov:

2 2 2 2 2 21 2 1 2

1 2 1 21 2 1 2

1cos( ) arccos arccos 602 2

A A A A A AA A A A

α α α α α− − − −− = ⇒ Δ = − = = =

2

9.17 Dva harmonické pohyby rovnakého smeru, rovnakej amplitúdy a fázovej konštanty s periódami

T1 = 0,0046 s a T2 = 0,0045 s sa skladajú do výsledného pohybu. Nájdite periódu výsledného kmitavého pohybu a periódu rázov.

Riešenie: Okamžité výchylky skladaných pohybov sú: x1 = A cos(ω 1 t + α ), x2 = A cos(ω 2 t + α )

105

Okamžitú výchylku výsledného pohybu dostaneme na základe princípu superpozície:

x = x1+ x2 = A [cos(ω 1 t + α )+ cos(ω 2 t + α )] = 1 2 1 2( ) ( )2 cos cos2 2

t tA ω ω ω ω α− +⎛ ⎞+⎜ ⎟⎝ ⎠

1 2( )( ) cos2

tx A t ω ω α+⎛ ⎞⇒ = +⎜ ⎟⎝ ⎠

kde A(t) je časovo závislá výsledná amplitúda.

Uhlová frekvencia výsledného pohybu je: 1 2 1 21 2

1 2

2 2(

2 2T TT TT T

)π π

ω ω πω+

+ += = = . Potom perióda

výsledného pohybu: 1 2

1 2

2 2 0,00455TTTT T

πω

= = ≅+

s.

Amplitúda sa mení s uhlovou frekvenciou: 1 2 2 1A

1 2 1 2

1 12

T TT T TT

ω ω πω π

− −= = − = . Perióda zmeny

amplitúdy: 1 2A

A 2 1

2 2 0,414TTTT T

πω

= = ≅−

s.

Za jednu periódu vzniknú dve zosilnenia a dve zoslabenia, to znamená, že perióda rázov sa rovná

polovici periódy zmeny amplitúdy: 1 2r A

2 1

1 0,22

TTT TT T

= = ≅−

s.

9.18 Nájdite dráhu výsledného pohybu, ktorý vznikne pri skladaní dvoch navzájom kolmých

harmonických kmitavých pohybov s amplitúdami A1 = 0,03 m , A2 = 0,04 m, s rovnakými periódami, keď rozdiel fáz oboch pohybov je ϕ = π /2.

Riešenie: Kmitavé pohyby v dvoch navzájom kolmých smeroch x, y môžeme popísať rovnicami: x = A1 cos(ω t + α1 ), y = A 2 cos(ω t + α2) , pričom rozdiel fáz Δα = (ω t + α1 ) – (ω t + α2) = (α1 – α2) = π /2 . Potom x = A1 cos(ω t + α2 + π /2) = – A 1 sin(ω t + α2) . Upravme teraz pôvodné rovnice do tvaru:

2 21 2

sin( ) , cos( )x yt tA A

ω α ω= − + = +α

Rovnice umocníme a sčítame: 2 2

2 21 2

1x yA A

+ = , čo je rovnica elipsy. V našom prípade bude mať tvar:

2 2

2 2 1(0,03) (0,04)

x y+ = .

Dráha výsledného pohybu je elipsa s hlavnými osami v smeroch x, y.

106

9.19 Rozložte jednotkovú periodickú funkciu f(t), znázornenú na obr. 9.8 do harmonických zložiek. Riešenie:

0

-1

1

T

t

T/2

Obr. 9.8

Matematicky vyjadríme danú funkciu nasledovne:

( ) 1 02

( ) 12

( ) 0 0, ,2

Tf t t

Tf t t T

Tf t t

= < <

= − < <

= = T

Pre funkciu f(t) platí:

0 k kk 1 k 1

( ) cos sinf t A A k t B k tω ω∞ ∞

= =

= + +∑ ∑ .

Hľadáme amplitúdy A0, Ak, BBk :

[ ] [ ]

2

00 0

2

2

k0 0

2

20

2

1 1 1( ) 0 ,

2 2( ) cos ( ) cos ( ) cos ( )

2 sin( ) sin( ) 0

TT T

T

TT T

T

TTT

A f t dt dt dtT T T

A f t k t dt k t dt k t dtT T

k t k tTk

ω ω ω

ω ωω

= = + − =

⎧ ⎫⎪ ⎪= = + −⎨ ⎬⎪ ⎪⎩ ⎭

⎧ ⎫− =⎨ ⎬⎩ ⎭

∫ ∫ ∫

∫ ∫ ∫ =

[ ] [ ] ( )

( )

2

k0 0

2

20

2

2 2( )sin ( ) sin( ) sin( )

2 2cos( ) cos( ) 1 cos 2 2cos

1 1 cos 2 2cos

TT T

T

T TT

B f t k t dt k t dt k t dtT T

k t k t k kTk Tk

k kk

ω ω ω

ω ω πω ω

π ππ

⎧ ⎫⎪ ⎪= = + − =⎨ ⎬⎪ ⎪⎩ ⎭

⎧ ⎫= − + = + −⎨ ⎬⎩ ⎭

= + −

∫ ∫ ∫

π =

Pre nepárne hodnoty k = 1, 3, 5, 7, ... dostaneme k4B

kπ= , pre párne = 2, 4, 6, ... je B k = 0 .

Hľadaný rozvoj funkcie bude mať tvar:

4 1 1 1( ) sin sin 3 sin 5 sin 7 ......

3 5 7f t t t t tω ω ω ω

π⎛ ⎞= + + + +⎜ ⎟⎝ ⎠

107

9.4 Neriešené príklady 9.20 Gumový záves má celkovú dĺžku 45 cm ak je na ňom zavesené závažie hmotnosti 1,8 kg. Ak

naň zavesíme závažie hmotnosti 2,5 kg, bude dĺžka závesu 68 cm. Aká je tuhosť takejto gumovej pružiny?

9.21 Ak je na pružine zavesená hmotnosť 0,8 kg, kmitá s frekvenciou 2,4 Hz. Aká bude frekvencia

kmitov, ak na pružinu zavesíme záťaž hmotnosti 0,5 kg? 9.22 Výchylka harmonického oscilátora v závislosti od času je x(t) = 2 cos [(5/4) π t + π/6]. Aká je

perióda a frekvencia kmitov? Aká je výchylka a rýchlosť kmitavého pohybu v čase t = 0 s ? 9.23 Netlmený harmonický oscilátor má v určitom čase t1

okamžitú výchylku x(t 1) = 5 cm, rýchlosť

v(t1) = 0,2 m.s–1 a zrýchlenie a(t1) = – 0,8 m.s–2. Aká je amplitúda A, uhlová frekvencia ω a fázová konštanta tohto pohybu ?

9.24 Vypočítajte frekvenciu netlmeného harmonického pohybu hmotného bodu s hmotnosťou m = 1 g,

keď amplitúda pohybu A = 0,3 m a celková energia hmotného bodu pri tomto pohybe je EC = 1 J. 9.25 Dva hmotné body rovnakej hmotnosti konajú harmonické kmity, ktorých grafické zobrazenie je

na obr. 9.9. Platí A1 = 2 A2 a T1 = 2 T2. Určte, ktoré kmitanie má väčšiu energiu.

9.26 Akú časť celkovej energie harmonického oscilátora tvorí kinetická a akú potenciálna energia,

keď výchylka sa rovná polovici amplitúdy? 9.27 Silová konštanta väzby v molekulách, v ktorých je vodík nahradený deutériom sa takmer

nezmení oproti pôvodnej molekule. Odlišné sú však frekvencie vibrácií takýchto väzieb. Určte, aký je pomer vibračných frekvencií harmonických kmitov molekúl H2, HD a D2, ak kmitajú ako harmonické oscilátory.

9.28 Aká bude perióda kyvadla, ak koná malé kmity, pričom vzdialenosť jeho krajných polôh je 4 cm

a rýchlosť v rovnovážnej polohe je 10 m s–1? 9.29 Určiť hmotnosť neznámeho telesa je možné nasledovným spôsobom: Teleso známej hmotnosti

mo necháme kmitať na pružine a odmeriame periódu týchto kmitov To. Potom k telesu

pripevníme neznáme teliesko m a zmeriame periódu kmitov takejto sústavy T. Vyjadrite hmotnosť m pomocou veličín m o, To, T.

9.30 Hmotný bod koná netlmený harmonický pohyb s

periódou T. Za aký čas prejde bod z rovnovážnej polohy do maximálnej výchylky? Za aký čas prejde prvú polovicu tejto dráhy, resp. druhú polovicu?

9.31 Dokonale pružná lopta sa neprestajne odráža od

podložky do výšky h bez straty energie. Určte periódu kmitavého pohybu lopty.

O

T1

T2

t

A1

A2

A

Obr. 9.9

9.32 Vypočítajte periódu, s akou kmitá teleso hmotnosti m

zavesené na dvoch pružinách, ktorých konštanty tuhosti sú k1

, k2, v prípade zavesenia podľa obr. 9.10 a), resp. b). 108

9.33 Keď šofér s hmotnosťou m = 75 kg nastúpi do auta, ťažisko klesne o vzdialenosť y1 = 5 cm.

Hmotnosť auta je M = 500 kg. Ak zanedbáme tlmenie a sila na stlačenie pružín je priamo úmerná deformácii, aká by bola perióda kmitov auta so šoférom pri rozkmitaní auta?

9.34 Nájdite periódu vertikálnych kmitov lode na pokojnej hladine, ak hmotnosť lode je M, plocha

horizontálneho rezu (nezávisle od výšky rezu) je S a hustota vody je ρ . Silu trenia vody neuvažujte.

9.35 Na natiahnutie pružiny o vzdialenosť y = 5 cm je

potrebná práca W = 25 mJ. Vypočítajte, s akou periódou bude kmitať teleso s hmotnosťou m = 100 g zavesené na tejto pružine.

9.36 Logaritmický dekrement tlmeného harmonického

pohybu hmotného bodu je Λ = 0,07. Určte, za aký čas bude mechanická energia hmotného bodu 12 krát menšia, keď perióda tlmeného pohybu je T = 3s.

k1

k2

m

k1 k2

m

a) b)

Obr. 9.10

9.37 Hmotný bod koná tlmený kmitavý pohyb. Za čas t = 50 s

hmotný bod stratil 60 % svojej mechanickej energie. Vypočítajte koeficient tlmenia kmitavého pohybu.

9.38 Logaritmický dekrement tlmeného harmonického pohybu hmotného bodu je Λ = 0,03.

Vypočítajte, koľkokrát sa zmenší amplitúda pohybu po 100 kmitoch. 9.39 Aký je logaritmický dekrement tlmeného harmonického pohybu hmotného bodu, keď za 10 s

trvania pohybu hmotný bod stratí 50 % svojej mechanickej energie a keď perióda tlmeného pohybu je 2 s?

9.40 Pri tlmenom harmonickom pohybe s frekvenciou f = 1 s–1, zmenšila sa amplitúda po desiatich kmitoch na polovičnú hodnotu. Vypočítajte koeficient tlmenia.

lnAo

lnA

t

Obr. 9.11

9.41 Na obr. 9.11 je znázornená závislosť prirodzeného logaritmu amplitúdy od času pri tlmenom pohybe. Nakreslite závislosť prirodzeného logaritmu energie kmitania od času pre ten istý kmitavý pohyb.

9.42 Tenká doštička zavesená na pružine kmitá vo

vzduchu s periódou T1. Keď ju ponoríme do kvapaliny s viskozitou η, kmitá s periódou T2. Silu trenia medzi doštičkou a kvapalinou možno vyjadriť Ft = 2 S η v, kde S je plocha doštičky, v jej rýchlosť, η dynamická viskozita. Vypočítajte dynamickú viskozitu, keď experimentálne určíte T1 , T2 , hmotnosť doštičky a jej povrch.

9.43 Hmotný bod vykonáva vynútené kmity, pričom tlmiaca sila je priamo úmerná rýchlosti, nútiaca

sila má harmonický priebeh. Vypočítajte prácu tlmiacej sily za jednu periódu. 9.44 Aký je koeficient pružnosti pružín (v počte 4) železničného vozňa, ktorý má spolu s nákladom

hmotnosť 50 000 kg, ak pri rýchlosti v = 12 m s–1 sa vozeň začne prudko hojdať vplyvom nárazov na spoje koľajníc? Dĺžka koľajníc je l = 24 m.

109

9.45 Teleso s hmotnosťou m = 0,05 kg koná vynútené kmity na pružine, ktorej konštanta tuhosti je k1 = 10 N m–1, v odporujúcom prostredí, v ktorom sila odporu prostredia je priamo úmerná rýchlosti pohybu s konštantou úmernosti k2 = 0,5 kg s–1 . Vypočítajte rezonančnú frekvenciu.

9.46 Dva harmonické pohyby rovnakých frekvencií sa skladajú do výsledného pohybu. Vypočítajte

výslednú amplitúdu a fázovú konštantu, keď amplitúdy a fázové konštanty jednotlivých pohybov sú A1 = A2 = 0,1 m, α 1 = 30 o , α

2 = 60 o.

9.47 Dva harmonické kmitavé pohyby s frekvenciami f1

= 40 s–1 a f 2

= 45 s–1 sa skladajú do výsledného pohybu. Vypočítajte frekvenciu rázov, keď amplitúdy ako aj fázové konštanty obidvoch pohybov sú rovnaké.

9.48 Dva jednosmerné kmitavé pohyby s rovnakými amplitúdami aj periódami sa skladajú do

výsledného pohybu s nezmenenou amplitúdou a periódou. Vypočítajte rozdiel fáz medzi kmitavými pohybmi.

T/2 T

C

f(t)

t

Obr. 9.12

9.49 Vypočítajte celkovú energiu hmotného bodu s

hmotnosťou m = 0,01 kg, keď koná dva navzájom kolmé kmitavé pohyby s amplitúdami A1 = 0,03 m, A2 = 0,04 m, s rovnakými frekvenciami f 1 = f 2 = f = 5 s–1 a tiež s rovnakými fázovými konštantami. Určte krivku, po ktorej sa pohybuje hmotný bod.

9.50 Periodickú funkciu f(t), znázornenú na obr. 9.12,

rozložte do harmonických zložiek. 9.51 Kmity, vyjadrené funkciou cos3ω t, obsahujú základnú frekvenciu ω a vyššiu harmonickú

zložku 3ω. Dokážte!

110

10 Vlnenie 10.1 Úvod

Mechanické kmity šíriace sa v spojitom prostredí voláme mechanické vlnenie. Pri priečnom vlnení kmitajú elementy prostredia kolmo na smer šírenia vlnenia, pri pozdĺžnom vlnení v smere šírenia vlnenia. Priečne vlnenie môže byť polarizované. Ak je lineárne polarizované, elementy prostredia kmitajú v jednej rovine. Ak je elipticky (kruhovo) polarizované, kmitajúce elementy prostredia vykonávajú eliptický (kruhový) pohyb.

Ak je prostredie vo vlnivom pohybe, výchylku elementu prostredia s polohovým vektorom r v čase t vzhľadom na rovnovážnu polohu vyjadruje vlnová funkcia u(r,t) , ktorá je riešením vlnovej

rovnice Δuv

ut

=1

2

2

2

∂∂

, kde Δ = + +∂∂

∂∂

∂∂

2

2

2

2

2

2x y z a v je fázová rýchlosť šírenia vlnenia v

danom prostredí.

V jednorozmernom prípade prechádza vlnová rovnica na tvar ∂∂

∂∂

2

2 2

2

2

1ux v

ut

= .

Špeciálnym prípadom vlnenia je harmonické vlnenie. Jeho vlnová funkcia je funkcia kosínus alebo sínus, ktorú možno (napríklad pre kosínus) vo všeobecnosti zapísať v tvare u t A t( , ) cos( . )r k 0= − r +ω ϕ .

V jednorozmernom prípade u x t A t kx( , ) cos( )= +ω ϕ∓ 0 , kde A je amplitúda vlnenia, ω je uhlová frekvencia, k je uhlový vlnový vektor, ktorý má smer šírenia vlnenia, k = |k| je uhlové vlnové číslo a ϕ0 je fázová konštanta. Celý argument harmonickej vlnovej funkcie sa volá fáza. Znamienku „–“ vo fáze vlnovej funkcie jednorozmerného vlnenia zodpovedá vlnenie šíriace sa v smere kladnej orientácie osi x , znamienku „+“ vlnenie šíriace sa v protismere.

Platia vzťahy ω π π= =2 2f

T, k =

2πλ

, kde f je frekvencia, T je perióda a λ je vlnová dĺžka.

Geometrické miesto bodov s rovnakou fázou sa volá vlnoplocha.

Vo všeobecnosti treba rozlišovať medzi fázovou rýchlosťou v (rýchlosťou šírenia harmonického vlnenia) a grupovou rýchlosťou vg (rýchlosťou šírenia signálu, ktorý je superpozíciou harmonických vlnení a táto rýchlosť je súčasne rýchlosťou šírenia energie prenášanej vlnením). Pre v a vg platia

vzťahy v fT k

= = =λ λ ω ; v

kv k v

kg = = +dd

dd

ω .

Závislosť fázovej rýchlosti od frekvencie, uhlovej frekvencie, periódy, vlnovej dĺžky alebo uhlového vlnového čísla sa volá disperzia. Ak je táto závislosť konštanta, potom v vg = .

Po pružnej strune s mernou dĺžkovou hmotnosťou s, ktorá je napínaná silou F, sa vlnenie šíri

s rýchlosťou v Fs

= .

Dve vlnenia sú koherentné, ak majú rovnakú frekvenciu a ich fázová konštanta nezávisí na čase.

Skladaním (interferenciou) dvoch koherentných harmonických vlnení, ktoré sa šíria rovnakým smerom, vzniká harmonické vlnenie s rovnakou frekvenciou, ktoré sa šíri tým istým smerom a ktorého amplitúda a polarizácia (ak sú vlnenia rôzne polarizované) závisí od fázového rozdielu medzi skladajúcimi sa vlneniami.

Skladaním dvoch koherentných harmonických vlnení s rovnakou amplitúdou, ktoré sa šíria vzájomne v protismere, vzniká stojaté vlnenie. Stojaté vlnenie v prostredí nepostupuje a jednotlivé body prostredia kmitajú s rôznou amplitúdou. Miesta s maximálnou amplitúdou kmitov sa volajú

111

kmitne, miesta s nulovou amplitúdou uzly. Vzdialenosť Δx dvoch susedných kmitní alebo uzlov sa

rovná polovici vlnovej dĺžky, Δx = λ2

.

V ohraničenom prostredí (napr. na strune alebo vo vzdušnom stĺpci v trubici) vzniká stojaté vlnenie odrazom na rozhraní medzi prostredím a okolím (na konci struny alebo stĺpca). V ohraničenom prostredí sa ustáli iba stojaté vlnenie s takými frekvenciami, pre ktoré vychádza na pevnom konci uzol a na voľnom konci kmitňa. Najnižšia možná frekvencia sa volá základná frekvencia, alebo základná harmonická. Vyššie frekvencie sú harmonické vyšších rádov.

Ak sa zdroj zvuku alebo iného vlnenia a (alebo) pozorovateľ pohybujú, frekvencia vnímaná

pozorovateľom f´ sa líši od frekvencie f vysielanej zo zdroja (Dopplerov jav), ′ =−

−f f

v vv v

p

z

, kde

v je rýchlosť šírenia vlnenia, vp rýchlosť pozorovateľa a vz rýchlosť zdroja (obr. 10.1 ). Vzťah platí ak sú všetky rýchlosti v jednej priamke. Rýchlosti vp a vz sú v tomto vzťahu chápané ako algebrické hodnoty vzhľadom na kladnú orientáciu určenú orientáciou rýchlosti v.

. .vz v vp

+

Zdroj Vlnenie Pozorovateľ

f f’

Obr. 10.1

Pri prechode vlnenia rozhraním medzi dvoma prostrediami, v ktorých je rýchlosť šírenia vlnenia

rôzna, sa smer šírenia vlnenia mení a platí Snellov zákon lomu sinsin

αβ= =

vv

n1

212 , kde α je uhol

dopadu, β je uhol, pod ktorým preniká vlnenie do druhého prostredia, v1 je rýchlosť šírenia vlnenia v prvom prostredí, v2 rýchlosť šírenia vlnenia v druhom prostredí a n12 je relatívny index lomu. Uhly α a β sú uhly medzi smerom šírenia vlnenia a kolmicou na rozhranie.

Ak je uhol dopadu taký, že platí sinα > n12 vlnenie do druhého prostredia neprenikne a nastáva úplný odraz vlnenia.

Intenzita vlnenia I je definovaná ako výkon, ktorý vlnenie prenesie cez jednotkovú plochu

kolmú na smer šírenia vlnenia. V prípade harmonického vlnenia pre intenzitu vlnenia platí vzťah

I = 12

2 2ρω A v , kde ρ je hustota prostredia, ω uhlová frekvencia, A je amplitúda a v rýchlosť

šírenia vlnenia.

Hladina intenzity zvuku L je veličina definovaná vzťahom L II

= log0

, kde I je intenzita

zvuku a I0 = 10–12 Wm– 2 je dohodnutá hodnota prahovej intenzity harmonického referenčného tónu s frekvenciou 1000 Hz. Jednotka hladiny intenzity zvuku sa volá bel (značka B), jej desatina je decibel (značka dB). 10.2 Otázky a problémy

112

1. V čom je rozdiel medzi kmitaním hmotného bodu a vlnením? 2. Čo sa rozumie pojmom polarizácia vlnenia? 3. Čo vyjadruje vlnová funkcia? 4. Ako zistíme, či daná funkcia opisuje vlnenie, t. j. či je vlnovou funkciou? 5. Aký je rozdiel medzi fázou a fázovou konštantou? 6. Vysvetlite rozdiel medzi fázovou a grupovou rýchlosťou vlnenia. 7. Ako sa volá závislosť fázovej rýchlosti vlnenia od vlnovej dĺžky? 8. Čo znamená pojem koherentnosť dvoch vlnení? 9. Pri akých podmienkach vzniká stojaté vlnenenie?

10. Čo je Dopplerov jav? Nakreslite k nemu vysvetľujúci obrázok a napíšte vzťah, ktorý ho vyjadruje. 11. Vyjadrite intenzitu mechanického vlnenia. 12. Definujte hladinu intenzity zvuku. 13. Nakreslite schematický obrázok stojatého vlnenia na napnutej strune pre základnú harmonickú a

vyššie harmonické. 14. Nakreslite schematický obrázok stojatého vlnenia vo vzduchovom stĺpci v trubici, ktorá je na

jednom konci zatvorená a na druhom otvorená. Obrázok nakreslite pre základnú harmonickú a vyššie harmonické.

15. Ako sa zmení vnímaná frekvencia vlnenia na vodnej hladine, ak sa budeme na člne pohybovať (a) proti smeru šírenia vlnenia, (b) v smere šírenia vlnenia?

16. Zdroj harmonického vlnenia sa pohybuje po priamke konštantnou rýchlosťou, ktorá je nižšia než fázová rýchlosť vlnenia. Je vlnová dĺžka vlnenia za zdrojom a pred zdrojom rovnaká? Ak nie, kde je väčšia?

17. Ako sa zmení (stačí vyriešiť kvalitatívne) frekvencia zvuku, ktorý vníma pozorovateľ, ak sa zdroj (a) vzďaľuje od nepohyblivého pozorovateľa, (b) približuje k nepohyblivému pozorovateľovi?

18. Je vlnenie po odraze na nepohyblivej prekážke koherentné s dopadajúcim vlnením? Ako je to v prípade odrazu na pohybujúcej sa prekážke?

19. Ako sa láme smer šírenia vlnenia pri prechode z prostredia s menšou fázovou rýchlosťou do prostredia s väčšou fázovou rýchlosťou: ku kolmici alebo od kolmice?

20. Svetlo je vlnenie. Rýchlosť šírenia svetla vo vzduchu je vyššia ako vo vode. Čo vidíme, keď sme pod vodou a dívame sa zdola na pokojnú hladinu?

21. S využitím údajov z problému č. 8 zistite, ako sa nám javí palica ponorená kolmo do vody, keď sa na ňu dívame sponad hladiny zo vzduchu: kratšia alebo dlhšia?

22. Z bodového zdroja sa vo vzduchu šíri zvuk všetkými smermi, takže vytvára guľové vlny. Ako sa mení intenzita zvuku a hladina intenzity zvuku so vzdialenosťou od zdroja? (Návod: Vychádzajte zo základnej definície intenzity zvuku.)

23. Ktorá veličina rastie rýchlejšie pri zvyšovaní výkonu zdroja: intenzita zvuku alebo hladina intenzity zvuku?

10.3 Riešené príklady 10.1 Vo vzduchu sa šíri harmonické zvukové vlnenie s frekvenciou f = 2 kHz a amplitúdou A = 1 μm.

Rýchlosť zvuku vo vzduchu je v = 340 ms –1. Určte vlnovú dĺžku vlnenia a maximálnu rýchlosť molekúl vzduchu.

Riešenie :

113

Výchylku molekúl z rovnovážnej polohy vyjadruje vlnová funkcia u A t kx= − +cos( )ω ϕ . Pre

rýchlosť zvuku (fázovú rýchlosť) platí vk

f= =ω

λ , odkiaľ pre vlnovú dĺžku dostávame

λ = = =vf

3402000

0 17m m, .

Rýchlosť kmitajúcich molekúl je ( ) ( )vt

A t kx A t kx= = − + = − − +dd

cos sinu ω ϕ ω ω ϕ .

Maximálna rýchlosť molekúl je maximálna hodnota tejto funkcie, t. j. v A fAmax . . , .= = = =− −ω π π2 2 2000 10 1 26 106 2m.s m.s-1 -1. 10.2 Ukážte, že funkcia u t x A t k( , ) cos( )= x−ω je riešením jednorozmernej i trojrozmernej vlnovej

rovnice. Určte fázovú rýchlosť tohto vlnenia. Riešenie:

Jednorozmerná vlnová rovnica je ∂∂

∂∂

2

2 2

2

2

1ux v

ut

= . Ľavá strana je v našom prípade

L ux

k A t kx' (= = − − )∂∂

ω2

22 cos . Pravá strana je P

vu

t vw A wt kx= = − −

1 12

2

2 22∂

∂cos( ) .

Podľa vlnovej rovnice by malo platiť Ľ = P. Po dosadení a porovnaní dostávame, že daná funkcia je

riešením jednorozmerej vlnovej funkcie, pričom fázovú rýchlosť vlnenia určuje vk

=ω

.

Trojrozmerná vlnová rovnica je ∂∂

∂∂

∂∂

∂∂

2

2

2

2

2

2 2

2

2

1x y z

uv

ut

+ +ΦΗΓ

ΙΚϑ= .

Derivácie na ľavej strane sú ∂∂

ω2

22u

xk A t kx= − −cos( ) ,

∂∂

2

2 0u

y= ,

∂∂

2

2 0u

z= ,

takže dostávame rovnakú rovnicu a rovnakú fázovú rýchlosť ako v jednorozmernom prípade. 10.3 Určte tvar vlnoplochy vlnenia vyjadreného vlnovou funkciou u t x A t kx( , ) cos( )= −ω . Riešenie:

Vlnoplocha je množina bodov, ktoré majú v danom okamihu t = t1 rovnakú fázu. Označme túto

fázu ϕ = ϕ1 . Potom ω ϕt kx1 − = 1 z čoho x tk

c=−

= =ω ϕ1 1

1const .

Vlnoplocha je množina bodov, ktoré v čase t1 majú x = c1 . Množina takých bodov tvorí rovinu kolmú na os x a pretínajúcu túto os v bode x = c1 . 10.4 Pre vlny s veľkou vlnovou dĺžkou, ktoré vznikajú na povrchu vody silou tiaže, je disperzia daná

vzťahom vg

=λπ2

, kde v je fázová rýchlosť vlnenia, λ je vlnová dĺžka a g je tiažové

zrýchlenie. Určte grupovú rýchlosť tohoto vlnenia. Riešenie:

114

Pre grupovú rýchlosť platí vzťah v v kvkg = +

dd

. Aby sme podľa neho mohli určiť vg,

potrebujeme vyjadriť deriváciu fázovej rýchlosti v podľa veľkosti uhlového vlnového vektora k. Najvýhodnejšie sa dá táto derivácia urobiť, ak vyjadríme v ako funkciu k namiesto λ . Keďže

λπ

=2k

, je fázová rýchlosť vg g

k g k= = =−λ

π

π

π2

2

2

12 a jej derivácia podľa veľkosti uhlového

vlnového vektora je dd

vk

g k= −−1

2

32 . Potom dostávame

v v k g k vgk

vg

v vv

g = + −ΦΗΓΙΚϑ = − = − = − =

−12

12

12 2

12 2

32 λ

π

10.5 Po voľne visiacom lane dĺžky l a hmotnosti m sa šíri vlnenie. Určite (a) rýchlosť šírenia

priečneho vlnenia po lane ako funkciu polohy bodu na lane, (b) čas, za ktorý krátky priečny rozruch prejde celým lanom.

Riešenie:

(a) Rýchlosť šírenia vlnenia je v Fs

= , kde sml

= je dĺžková

hustota lana. Vo výške x od konca lana je lano napínané tiažou úseku lana visiaceho pod týmto miestom F gsx= . Po dosadení za s a F do výrazu pre v dostávame v g= x , t. j. rýchlosť šírenia sa smerom hore zvyšuje.

(b) Pre rýchlosť šírenia možno písať vxt

=dd

. Po dosadení vzťahu

získaného v predchádzajúcom bode má rovnica tvar gxxt

=dd

. Separujeme

premenné a integrujeme túto rovnicu. Potom d

d0

xgx

ttl

=ζζ0

⇒ tlg

= 2 , čo je hľadaný čas, za

ktorý rozruch prejde celým lanom. Všimnime si, že obidva výsledky nezávisia od hmotnosti lana.

x

lm

Obr. 10.2.

10.6 Stojaté vlnenie vzniklo interferenciou dvoch proti sebe postupujúcich vlnení s frekvenciou

f = 475 Hz. Vzdialenosť susedných uzlov bola d = 1,5 m. Určte rýchlosť postupu vlnenia v danom prostredí.

Riešenie:

Vzdialenosť susedných uzlov stojatého vlnenia sa rovná polovici vlnovej dĺžky vlnení, ktorých

interferenciou stojaté vlnenie vzniklo. Preto d =λ2

, z čoho λ = 2d . Rýchlosť postupu vlnenia je

. v f f d= = = =λ 2 475 2 1 5 1425. . , m.s m.s-1 -1

10.7 Po strune sa proti sebe z dvoch zdrojov šíria rovnakou rýchlosťou v dve harmonické vlnenia a

vzájomne interferujú. Zdroje majú rovnakú amplitúdu A, rovnakú uhlovú frekvenciu ω a kmitajú vo fáze. Prvý zdroj je umiestnený v počiatku súradnicovej sústavy x = 0, jeho kmitanie vyjadruje funkcia kosínus s fázovou konštantou ϕ1 . Druhý zdroj sa nachádza v polohe x = d , kde d > 0 .

(a) Nájdite vlnovú funkciu pohybu struny v oblasti medzi zdrojmi.

115

(b) Určte polohy kmitní a uzlov. Riešenie: (a) Vlnové rovnice interferujúcich vlnení sú:

u t x A t kx1 1, cosβ γ β γ= − +ω ϕ , u t x A t kx2 2, cosβ γ β γ= + +ω ϕ .

Zdroje sú stále vo fáze, ich výchylky sú v každom okamihu rovnaké, takže platí u t u t d1 20, ,β γ β γ= . Pre argumenty vlnových funkcií potom ω ϕ ω ϕ πt k t kd n− + = + + +.0 21 2 , kde n je ľubovoľné celé číslo, ktoré môžeme zvoliť rovné nule a ϕ ϕ2 1= − +kd . Vlnové rovnice interferujúcich vlnení sú teda: u t x A t kx1 1, cosβ γ β γ= − +ω ϕ a u t x A t kx kd2 1, cosβ γ β γ= + − +ω ϕ . Vlnová funkcia výsledného vlnenia, ktoré vzniká ich skladaním, je u u u= +1 2 .

S využitím známeho trigonometrického vzťahu cos cos cos cosa ba b a b

+ =− +

22 2

dostávame

u t x A kxkd

tkd

, cos cosβ γ= − +ΦΗΓ

ΙΚϑ − +ΦΗΓ

ΙΚϑ2

2 2 1ω ϕ , čo je vlnová funkcia stojatého vlnenia s polohovo

závislou amplitúdou A x A kxkd

výslβγ= − +ΦΗΓ

ΙΚϑ2

2cos .

Zo vzťahu pre fázovú rýchlosť vk

=ω

môžeme v týchto výrazoch nahradiť vlnové číslo k výrazom

kv

=ω

čím dostávame u t x Av

xdv

tdv

, cos cosβ γ= − +ΦΗΓ

ΙΚϑ − +ΦΗΓ

ΙΚϑ2

2 2 1ω ω

ωω

ϕ

a

A x Ax

vdvvýslβγ= − +Φ

ΗΓΙΚϑ2

2cos

ω ω

(b) Kmitne sú miesta s najväčšou amplitúdou Avýsl(x) , čomu zodpovedá argument funkcie

kosínus − + =ω ω

πx

vdv

n2

, kde n je celé číslo. Z tejto podmienky vyplýva, že xd n v

= + −2

πω

.

Kmitne sú všetky body vyhovujúce tejto podmienke a súčasne podmienke 0 ≤ ≤x d , ktorá vystihuje fakt, že stojaté vlnenie vzniká iba v oblasti medzi zdrojmi.

Uzly sú miesta s nulovou amplitúdou a A xvýsl ( ) = 0. Funkcia kosínus bude nulová ak

− + = +ω ω πxv

dv

n2

2 12

β γ ⇒ xd n

= −+

22 1

2vβ γπ

ω , pričom súčasne musí platiť 0 ≤ ≤x d .

10.8 Vodorovný pružný drôt má jeden koniec pevný. Druhý koniec prechádza pevnou kladkou a je na

ňom tesne pod kladkou zavesené závažie s hmotnosťou M = 5 kg. Vzdialenosť medzi pevným koncom a kladkou je l = 3 m, hmotnosť tohto úseku drôtu je m = 100 g. Určte možné frekvencie kmitania drôtu.

116

Riešenie: Na drôte sa môže ustáliť iba také kmitanie (stojaté

vlnenie), ktoré má na pevných koncoch drôtu uzly (obr. 10.3). Z obr.10.3 pre možné vlnové dĺžky vyplýva podmienka

l n=λ2

, kde n je celé číslo. Vlnová dĺžka súvisí

s frekvenciou podľa vzťahu v f= λ , kde fázová rýchlosť v je určená napínacou silou F M

M

ml

n=3

n=2

n=1

Obr. 10.3.

g= a dĺžkovou hustotou

struny sml

= .

Platí vFs

Mgml

Mglm

= = = . Preto Mglm

f= λ odkiaľ λ =1f

Mglm

.

Dosadením do rovnice pre možné vlnové dĺžky dostávame podmienku l nf

Mglm

=1

2 ,

z ktorej pre možné frekvencie kmitania drôtu vyplýva

f nl

Mglm

n n= =12

12 3

5 9 81 30 1

6 39.

. , .,

. ,Hz = Hz .

Základná frekvencia (pre n = 1 ) je f1 = 6,39 Hz, vyššie harmonické (pre n = 2, 3,...) sú f2 = 12,8Hz, f3 = 19,2 Hz ,... 10.9 Zdroj zvuku kmitá s frekvenciou f = 1 kHz. Rýchlosť zvuku vo vzduchu je v = 340 m s–1. Určte,

akú frekvenciu počuje pozorovateľ a aká je skutočná vlnová dĺžka zvuku vo vzduchu, ak (a) pozorovateľ je vzhľadom na vzduch v pokoji a zdroj sa k nemu približuje rýchlosťou vz = 30 m s–1, (b) zdroj je vzhľadom na vzduch v pokoji a pozorovateľ sa k nemu približuje rýchlosťou vp = 30 m s–1. Možno z výsledku vyvodiť záver, že pri určovaní frekvencie nie je dôležité vedieť, či sa pohybuje zdroj alebo pozorovateľ, ale stačí poznať iba ich vzájomnú rýchlosť?

Riešenie:

Ide tu o Dopplerov jav. Frekvencia, ktorú počuje pozorovateľ, je daná vzťahom f fv v

v vp

z

'=−

−.

Vlnovú dĺžku zvuku určí správne nepohyblivý pozorovateľ, ktorý počuje frekvenciu f fvv vv

zp

' = =−

−00

,

a to zo vzťahu λ ==

vf v p

' 0

. Po dosadení a úprave dostávame vzťah medzi vlnovou dĺžkou a

rýchlosťou zdroja

λ =

−

=−v

fv

v v

v vf

z

z .

(a) V prvom prípade vp = 0 . Pozorovateľ počuje frekvenciu

f f vv v

f vv vz z

' = −−

=−

=−

0 1000 340340 30

Hz = 1097 Hz .

Vlnová dĺžka zvuku je λ =−

=−

=v v

fz 340 30

10000 31, m .

117

(b) Teraz máme vz = 0, ale vp = –vz , t. j. opačnej rýchlosti ktorú mal zdroj v prípade (a) a

pozorovateľ počuje frekvenciu( )

f fv v

vz' .=

− −−

=+

=0

1000 340 30340

1088 Hz .

Vlnová dĺžka zvuku je λ =−

= =v

fvf

0 3401000

m = 0,34 m .

Vzájomná rýchlosť zdroja a pozorovateľa je v prípade (a) a (b) rovnaká, výsledná frekvencia vnímaná pozorovateľom je však rôzna (i keď v oboch prípadoch vyššia než frekvencia zdroja). To znamená, že pri riešení úlohy je samotná informácia o vzájomnej rýchlosti nedostatočná. Treba spresniť, či sa pohybuje zdroj alebo pozorovateľ. 10.10 Z nehybného zdroja sa šíri zvuk s frekvenciou f = 500 Hz a odráža sa od pohyblivej steny,

ktorá sa k zdroju približuje rýchlosťou vs = 1 m s–1. Určte vlnovú dĺžku odrazeného zvuku. Rýchlosť zvuku je v = 340 m s–1.

Riešenie:

Pohybujúca sa stena vystupuje ako pohybujúci sa pozorovateľ s rýchlosťou vp = – vs a prijíma zvuk od nepohyblivého zdroja ( vz = 0 ) so zmenenou

frekvenciou f fv vv v

f v vv

p

z

s' =−−

=+

. S touto frekvenciou ho ako zdroj pohybujúci sa

rýchlosťou vysiela späť (zvuk sa teraz šíri opačným smerom, preto je orientácia súradnicovej sústavy opačná, takže znamienko pri v

v vz' = s

s je kladné). Nepohyblivý pozorovateľ (v )

potom počuje frekvenciu

p' = 0

f fv vv v

f vv v

f v vv v

' ' ' ''

'=

−−

=−

=+−

p

z s

s

s

.

Vlnová dĺžka odrazeného zvuku je ( )( )

( )( )

λ''' '

= =+−

=+−

vf

v v vf v v

s

s

340 340 1500 340 1

m = 0,684 m .

10.11 Pod akým uhlom α vzhľadom na kolmicu musí dopadať zvuk na hladinu vody, aby sa ďalej vo

vode šíril pod uhlom β = °45 ? Rýchlosť zvuku vo vzduchu je v1 = 340 m s–1, vo vode v2 = 1 450 m s–1.

Riešenie:

Platí zákon lomu sinsin

αβ=

vv

1

2

, odkiaľ α β=ΦΗΓ

ΙΚϑ= °Φ

ΗΓΙΚϑ= °arcsin sin arcsin sin '

vv

1

2

3401450

45 9 33 .

10.12 Pod akým najväčším uhlom vzhľadom na kolmicu môže dopadať zvuková vlna na rozhranie

vzduchu a vody, aby prenikla do vody? Rýchlosť zvuku vo vzduchu je v1 = 340 m s–1, vo vode v2 = 1 450 m s–1.

Riešenie:

Pri prechode do vody sa smer zvuku láme od kolmice. Pre najväčší (medzný) uhol, pri ktorom

zvuk ešte prenikne do vody a nenastáva úplný odraz, platí sinα mvv

= 1

2

, odkiaľ potom pre hľadaný

uhol platí α mvv

= = =arcsin arcsin '1

2

3401450

13 33° .

118

10.13 Z reproduktora s výkonom P = 2 . 10–3 W , ktorý možno považovať za plošný zdroj s plochou

S = 1 dm2, sa šíri zvuk s frekvenciou f = 600 Hz. Určte amplitúdu pohybu a maximálnu rýchlosť molekúl vzduchu v blízkosti reproduktora. Hustota vzduchu je ρ = 1,3 kg m–3, rýchlosť zvuku vo vzduchu je v = 340 m s–1.

Riešenie:

Výkon prenášaný vlnením cez jednotkovú plochu je podľa definície intenzity vlnenia IPS

= .

Súčasne pre intenzitu vlnenia platí vzťah I =12

2 2ρω A v , kde ω π= 2 f . Porovnaním týchto

vzťahov dostávame rovnicu PS

f A v= 2 2 2 2ρπ , z ktorej môžeme vyjadriť hľadanú amplitúdu

Af

PS v

= = =−

−12

1600

2 102 0 01 1 3 340

7 98 103

6

π ρ π ..

. , . , ., . m.

Maximálna rýchlosť molekúl (pozri príklad 10.1) je

v A ff

PS v

PS vmax

' . ., . , .

, .= = = = =−

−ω ππ ρ ρ

21

22 2 2 10

0 01 1 3 3403 01 10

32m.s m.s-1 -1.

10.14 Určte intenzitu zvuku, ktorá zodpovedá hladine intenzity zvuku L = 60 dB. Intenzita

referenčného tónu je Io = 10–12 W m–2. Riešenie:

Hladina intenzity zvuku je podľa definície LII

= log0

, z čoho pre intenzitu I vyplýva

, pričom sme do vzťahu dosadzovali L = 6 B. I I L= = =− −0

12 6 610 10 10 10. . W.m W-2 -2.m

)

10.4 Neriešené príklady 10.15 Po napnutej strune sa šíri priečne vlnenie, ktoré možno opísať vlnovou funkciou

u = a sin (b x + c t), kde a = 0,06 m, b = 2π m–1, c = 4π s–1. Určte pre toto vlnenie amplitúdu, (b) vlnovú dĺžku, (c) uhlovú frekvenciu a frekvenciu, (d) periódu, (e) vlnové číslo, (f) rýchlosť šírenia (fázovú rýchlosť), (g) smer (orientáciu) šírenia, (h) maximálnu rýchlosť bodu na strune.

10.16 Vo vzduchu sa šíri harmonické zvukové vlnenie s frekvenciou f = 500 Hz. Rýchlosť šírenia

vlnenia je 340 m s–1. Určte: (a) vzdialenosť medzi bodmi, ktoré kmitajú s fázovým rozdielom Δφ = 60o, (b) fázový rozdiel výchyliek daného bodu v dvoch okamihoch, medzi ktorými je časový rozdiel Δt = 10–3 s.

10.17 Ukážte, že komplexná funkcia u t x A i t kx( , ) (= −e ω je riešením jednorozmernej aj

trojrozmernej vlnovej rovnice. Určte fázovú rýchlosť a tvar vlnoplochy tohto vlnenia.

119

10.18 Ukážte, že každá diferencovateľná funkcia f t x−αβ γ , kde α je konštanta, je riešením

vlnovej rovnice. Aký je fyzikálny zmysel konštanty α ?

10.19 Ukážte, že vlnoplocha vlnenia opisovaného vlnovou funkciou u t rr

f t kr( , ) ( )= −1 ω , kde ω, k

sú konštanty, t je čas a r je vzdialenosť bodu od zdroja vlnenia, je guľa, takže táto funkcia opisuje guľovú vlnu. Určte fázovú rýchlosť tohto vlnenia.

10.20 Rovinné vlnenie s kruhovou frekvenciou ω sa šíri tak, že konštantná fáza výchylky sa v smere

jednotkových vektorov i, j, k pohybuje rýchlosťami v1, v2, v3. Určte vlnový vektor k tohto vlnenia.

10.21 Pre veľmi krátke vlny, ktoré vznikajú na vodnej hladine v dôsledku povrchového napätia, je

disperzia daná vzťahom v =2πσλρ

, kde v je fázová rýchlosť vlnenia, λ je vlnová dĺžka, σ

je povrchové napätie a ρ je hustota kvapaliny. Určte grupovú rýchlosť tohto vlnenia. 10.22 Oceľový drôt s priemerom r = 1 mm je napínaný silou F = 50 N. Po drôte sa šíri harmonické

vlnenie s vlnovou dĺžkou λ = 0,3 m a s amplitúdou A = 1 mm. Určte maximálnu priečnu rýchlosť bodov na drôte. Hustota ocele je ρ = 7 800 kgm–3.

10.23 Dve priečne harmonické vlnenia s amplitúdami A1 a A2 , polarizované v dvoch vzájomne

kolmých rovinách, sa šíria po strune rovnakým smerom rovnakou rýchlosťou. Určte, ako bude polarizované výsledné vlnenie, ktoré vzniká ich interferenciou, ak (a) A1 = A2 a vlnenia majú rovnakú fázu, (b) A1 = 2 A2 a fázový rozdiel medzi vlneniami je π/2, (c) A1 = A2 a fázový rozdiel medzi vlneniami je π/2.

10.24 Dĺžka l prvku televíznej antény sa približne rovná vzdialenosti medzi dvoma uzlami stojatého

elektromagnetického vlnenia vo vákuu. Určte dĺžku l antény určenej na príjem 1. televízneho kanála (f1 ≈ 52 MHz) a 60. televízneho kanála (f2 ≈ 786 MHz).

10.25 Po strune sa proti sebe z dvoch zdrojov šíria rovnakou rýchlosťou a vzájomne interferujú dve

harmonické vlnenia. Zdroje majú rovnakú amplitúdu A a kmitajú vo fáze. Určte amplitúdu kmitania bodu, ktorý sa nachádza v strednej vzdialenosti medzi zdrojmi.

10.26 Na strune sa nachádzajú dva koherentné zdroje vlnenia, ktoré kmitajú v protifáze s amplitúdou

A. Určte amplitúdu kmitania bodu, ktorý sa nachádza v strede úsečky spájajúcej zdroje. 10.27 Dve harmonické vlnenia s rovnakou amplitúdou uo a s rovnakou vlnovou dĺžkou λ sa šíria s

rovnakou rýchlosťou po priamke z dvoch zdrojov, ktoré sa nachádzajú na priamke a ktorých vzájomná vzdialenosť je d. Zdroje kmitajú vo fáze, vlnenie sa z každého z nich šíri oboma smermi a na priamke dochádza k interferencii vlnení. Určte amplitúdu výsledného kmitavého pohybu bodu na priamke (a) v oblasti medzi zdrojmi vo vzdialenosti a od jedného zo zdrojov, (b) v oblasti mimo zdrojov.

10.28 Určte silu, ktorou treba napínať strunu s hmotnosťou m = 1 g a s dĺžkou l = 250 mm, aby

základná frekvencia jej kmitania bola fo = 1 kHz. 10.29 Oceľová struna s priemerom d = 0,1 mm je napínaná silou F = 60 N. Aká musí byť dĺžka

struny, ak chceme, aby základná frekvencia jej kmitov bola fo = 1 kHz? Hustota ocele je ρ = 7800 kg m–3.

120

10.30 Aký najvyšší základný tón môže vydávať oceľová struna s dĺžkou l = 250 mm, keď jej pevnosť

v ťahu je σmax = 2,5 . 108 N m-2 a merná hmotnosť ρ = 7 800 kg m-3 ? 10.31 Určte možné frekvencie zvuku, ktorý vydávajú uzavretá a otvorená organová píšťala s dĺžkou

l = 1 m. Rýchlosť zvuku je v = 340 m s–1. (Na konci s kmitajúcim jazýčkom sa v oboch prípadoch vytvorí kmitňa.)

10.32 Určte tri najnižšie harmonické zložky zvuku píšťalky s dĺžkou l = 100 mm s uzavretým

koncom. Rýchlosť zvuku je v = 340 m s–1. (Na konci s kmitajúcim jazýčkom sa vytvorí kmitňa.)

10.33 V Kundtovej trubici naplnenej vodíkom sme vytvorili stojaté vlnenie pomocou oceľovej tyče s

dĺžkou l = 1,2 m. Vzdialenosť medzi susednými uzlami stojatého vlnenia, zistená meraním, je Δx = 288 mm. Rýchlosť zvuku v oceli je v´ = 5 300 m s–1. Určte rýchlosť zvuku vo vodíku.

10.34 Pomocou mosadznej tyče dĺžky l = 1 m upevnenej v strede sme v Kundtovej trubici vytvorili

stojaté vlnenie. Vzdialenosť susedných uzlov stojatého vlnenia bola Δx = 0,1m. Určte rýchlosť zvuku v mosadznej tyči ak rýchlosť zvuku vo vzduchu je v = 340 m s–1..

10.35 Píšťala rušňa, ktorý sa vzďaľuje zo stanice, vydáva zvuk s frekvenciou f = 500 Hz. Človek

stojaci na stanici počuje frekvenciu zvuku f’ = 472 Hz . Určte, akou rýchlosťou sa vlak vzďaľuje zo stanice. Rýchlosť zvuku je v = 340 m s–1.

10.36 Píšťalka vydávajúca zvuk s frekvenciou f = 1 kHz sa pohybuje po kružnici s polomerom

R = 0,6 m uhlovou rýchlosťou ω = 15 rad s–1. Určte, akú najnižšiu a najvyššiu frekvenciu bude počuť nehybný pozorovateľ. Rýchlosť zvuku je v = 340 m s–1.

10.37 Dve autá sa pohybujú rovnakým smerom rýchlosťou v1 = 72 km h–1 a vydávajú harmonický

zvuk s frekvenciou f = 150 Hz. Medzi nimi sa nachádza nepohyblivý pozorovateľ. Určte frekvenciu rázov, ktoré bude počuť pozorovateľ. Rýchlosť zvuku je v = 340 m s–1.

10.38 Zdroj, ktorý vydáva zvuk s frekvenciou fo = 1 kHz, súčasne vykonáva priamočiary harmonický

pohyb s frekvenciou f1 = 10 Hz a s amplitúdou A = 100 mm. Určte šírku frekvenčného pásma Δf zvuku, ktorý počuje nehybný pozorovateľ nachádzajúci sa na priamke v smere pohybu zdroja. Rýchlosť zvuku je v = 340 m s–1.

10.39 Píšťala vydáva zvuk s frekvenciou f = 1 kHz. Od píšťaly, ktorá je v pokoji, smerom k

poslucháčovi fúka vietor rýchlosťou v1 = 10 m s–1. Akú frekvenciu počuje poslucháč, ktorý (a) sa od píšťaly vzďaľuje rýchlosťou v2 = 20 m s–1, (b) sa nepohybuje. Rýchlosť zvuku v nehybnom vzduchu je v = 340 m s–1. (Návod: Úlohu riešte v súradnicovej sústave viazanej na pohybujúci sa vzduch.)

10.40 Zvukové vlnenie dopadá zo vzduchu na pokojnú vodnú hladinu pod uhlom ϕ = 45°. Prenikne

tento zvuk čiatočne do vody alebo sa úplne odrazí? Rýchlosť zvuku vo vzduchu je v1 = 340 m s–1, vo vode v2 = 1 450 m s–1.

10.41 Zdroj zvuku sa nachádza vo výške h = 2 m nad pokojnou vodnou hladinou. Určte polomer

kruhu na hladine, cez ktorý preniká tento zvuk do vody. Rýchlosť zvuku vo vzduchu je v1 = 340 m s–1, vo vode v2 = 1 450 m s–1.

10.42 Určte hladinu intenzity zvuku v blízkosti reproduktora, ktorý možno pokladať za plošný zdroj s

plochou S = 2 dm2 a s výkonom P = 5 . 10–3 W. Intenzita referenčného tónu je Io = 10–12 W m–2.

121

10.43 O koľko sa zvýši hladina intenzity zvuku, keď sa jeho intenzita zvýši n = 1000–krát? 10.44 Ako sa zvýši intenzita zvuku, keď sa hladina jeho intenzity zvýši o ΔL = 20 dB? 10.45 Určte amplitúdu výchyliek molekúl vzduchu, v ktorom sa šíri tón s výškou komorného a

(frekvencia 440 Hz) s hladinou intenzity L = 50 dB. Intenzita referenčného tónu je I0 = 10–12 Wm–2 , hustota vzduchu je ρ = 1,3 kg m–3 a rýchlosť zvuku je 340 m s–1.

122

11 Základy vektorovej analýzy 11.1 Úvod

Ak každému bodu určitého priestoru vieme priradiť skalárnu, prípadne vektorovú veličinu, potom hovoríme o skalárnom, resp. vektorovom poli. Skalárna, resp. vektorová veličina, ktorá charakterizuje dané pole môže byť vo všeobecnosti funkciou súradníc x, y, z a času t. V ďalšom budeme označovať skalárnu, respektíve vektorovú funkciu daného poľa ako f(x,y,z,t) = f(r,t) resp. g(x,y,z,t) = g(r,t). Platí g(x,y,z,t) = gx(x,y,z,t) i + gy(x,y,z,t) j + gz(x,y,z,t) k. Skalárnou veličinou môže byť napr. tlak vzduchu, jeho teplota ako funkcia súradníc a času, vektorovou veličinou môže byť napr. sila pôsobiaca na hmotný bod, rýchlosť prúdiacej kvapaliny ako funkcia súradníc a času. Ak funkcia opisujúca dané pole nezávisí od času pole je statické. Ak v skalárnom poli pre istý interval bodov priestoru {xi,yi,zi} platí f(xi,yi,zi) = konšt., tak množinu bodov {f(xi,yi,zi)} nazývame ekviskalárnou hladinou. V prípade, že daná skalárna funkcia je potenciál (zavedený v mechanike alebo v elektrostatike) tak hovoríme o ekvipotenciálnej hladine. Ak vektorová funkcia g(x,y,z) nie je funkciou súradníc, t. j. ak platí g(x,y,z) = konšt., tak hovoríme, že pole je homogénne.

Majme skalárnu funkciu f(x,y,z), kde x, y a z sú pravouhlé súradnice. Úplný (totálny) diferenciál

funkcie f(x,y,z) je d f(x,y,z) = ∂

∂∂

∂∂

∂f x y z

xdx f x y z

ydy f x y z

zdz( , , ) ( , , ) ( , , )

+ + .

Uvedený vzťah je vlastne skalárny súčin vektorov (∂∂ x

i + ∂∂ y

j + ∂∂ z

k)f(x,y,z) a vektora

dr = dx i + dy j + dz k. Vektorový diferenciálny operátor (∂∂ x

i + ∂∂ y

j + ∂∂ z

k) = ∇ sa volá

Hamiltonov (tiež nabla operátor). Násobok nabla operátora so skalárnou funkciou f(x,y,z) je gradient skalárnej funkcie f(x,y,z), teda

grad f(x,y,z) = f(x,y,z). ∇ Pre úplný diferenciál potom platí d f(x,y,z) = grad f(x,y,z) . dr. Gradient skalárnej funkcie je vektor, orientovaný v smere maximálneho prírastku skalárnej funkcie a jeho veľkosť sa rovná prírastku funkcie na jednotku dĺžky v tomto smere. Skalárny súčin nabla operátora s vektorovou funkciou g(x,y,z) je divergencia vektorovej funkcie:

div g(x,y,z) = . g(x,y,z) , alebo div g(x,y,z) = ∇∂∂ x

gx(x,y,z) + ∂∂ y

gy(x,y,z) + ∂∂ z

gz(x,y,z).

Divergencia vektorovej funkcie je skalár a predstavuje limitu výtoku danej vektorovej veličiny cez uzatvorenú plochu delenú príslušným objemom. Pod výtokom vektora z uzatvorenej plochy rozumieme integrál ( , , ) d

S

x y z∫ g S. . Elementárny vektor dS je na plochu kolmý a orientovaný

z uzatvorenej plochy von. Vektorové pole je žriedlové, ak divergencia príslušného vektora je nenulová.

Vektorový súčin nabla operátora s vektorovou funkciou g(x,y,z) je rotácia vektorovej funkcie g(x,y,z), teda rot g(x,y,z) ≡ x g(x,y,z) , čo môžeme zapísať v tvare determinantu ∇

rot g

i j k

( , , )

( , , ) ( , , ) ( , , )

x y zx y z

g x y z g x y z g x y zx x x

=∂∂

∂∂

∂∂

123

Rotácia vektora je vektor, ktorého veľkosť sa rovná limite cirkulácie vektora po orientovanej krivke delenej plochou ohraničenou danou krivkou. Je kolmý na plochu, okolo ktorej je rotácia maximálna a smeruje z plochy tak, aby orientácia krivky bola pravotočivá. Pod cirkuláciou vektora rozumieme integrál ( , , ) d

l

x y z∫ g S. .

Ak rot g(x,y,z) = 0, pole je nevírové, alebo tiež potenciálové.

Gaussova veta: Plošný integrál z vektorovej funkcie g(x,y,z) cez uzavretú plochu S sa rovná objemovému integrálu z div g(x,y,z) cez objem V, ktorý ohraničuje uzavretá plocha S, t. j. platí

( , , ) d div ( , , ) dS V

x y z x y z V=∫ ∫g S g.

Stokesova veta: Krivkový integrál z vektorovej funkcie g(x,y,z) cez uzavretú orientovanú krivku l sa rovná plošnému integrálu z rot g(x,y,z) cez plochu S, ktorú ohraničuje uzavretá krivka l, t. j. platí: ( , , ) d rot ( , , ) d

l S

x y z x y z=∫ ∫g l g S. .

Pravidlá, ktoré je potrebné rešpektovať pri práci s operátorom nabla : Operátor nabla je operátor derivačný a súčasne je aj vektor. Ak teda pôsobí na súčin funkcií musíme zohľadniť pravidlo o derivovaní súčinu funkcií. Pri jeho pôsobení na danú funkciu musíme ďalej rešpektovať aj jeho vektorový charakter .

11.2 Otázky a problémy

1. Čo rozumiete pod pojmom skalárne, resp. vektorové pole? 2. Uveďte príklady skalárnych, alebo vektorových polí! 3. Definujte gradient skalárnej funkcie, divergenciu vektorovej funkcie a rotáciu vektorovej funkcie! 4. Vysvetlite význam vyššie uvedených operácií. 5. Čo vyjadruje pojem ekvipotenciálna hladina? 6. Výsledkom ktorých operácií s operátorom nabla je vektor a ktorých skalár? 7. Aký význam má divergencia? Ak máte odpoveď, tak určte bez počítania, čomu sa rovná

divergencia vektora rýchlosti ak je rýchlosť konštantná? 8. V ktorom prípade je vektorové pole nežriedlové? 9. Kedy je vektorové pole nevírové?

10. Nájdite divergenciu a rotáciu homogénneho poľa. 11.3 Riešené príklady 11.1 Určte grad (a . r), kde a je konštantný vektor a r je polohový vektor vzhľadom na počiatok

súradnicového systému.. Riešenie :

Najprv vyjadríme skalárny súčin a . r . Dostávame a . r = ax x + ay y + az z . Potom podľa definície

124

grad (ax x + ay y + azz) = ( )x y z x y za x a y a z a a ax y z∂ ∂ ∂∂ ∂ ∂⎛ ⎞

+ + + + = + + =⎜ ⎟⎝ ⎠

ji k i j k a .

11.2 Určte grad r, div r a rot r, kde r je polohový vektor vzhľadom na počiatok a r je jeho veľkosť. Riešenie:

grad r = ∇ 2 2 2 1/ 2 2 2 2 1/ 2( ) ( )x y z x y zx y z∂ ∂ ∂∂ ∂ ∂

⎛ ⎞+ + = + + + + =⎜ ⎟

⎝ ⎠i j k

( ) 1/ 22 2 2 ( )x y z x y zr

−= + + + + = =

ri j k r 0 .

div r = ∇ . r = .( ) 3x y zx y zx y z x y z∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂

⎛ ⎞+ + + + = + + =⎜ ⎟

⎝ ⎠ji k i j k

rot r = ∇ x r = x( ) 0x y zx y z x y z

x y z

∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂

⎡ ⎤⎢ ⎥⎛ ⎞ ⎢ ⎥+ + + + = =⎜ ⎟ ⎢ ⎥⎝ ⎠⎢ ⎥⎣ ⎦

i j k

i j k i j k

11.3 Určte grad ar

⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠

, kde a je skalárna konštanta a r je veľkosť polohového vektora.

Riešenie:

grad ar

⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠

( )1a arr

−⎛ ⎞= ∇ = ∇ =⎜ ⎟⎝ ⎠

=∇ + + = + + + + + + + +− − −a x y z ax

x y z ay

x y z az

x y z( ) ( ) ( ) ( )/ / /2 2 2 1 2 2 2 2 1 2 2 2 2 1 2 2 2 2 1 2 =− /∂∂

∂∂

∂∂

i j k

= − + + + + = −−a x y z x y z ar

( ) ( ) . /2 2 2 3 23i j k r

11.4 Určte čomu sa rovná grad(ϕψ) , div(ϕg), rot(ϕg), kde ϕ ,ψ sú skalárne funkcie a g je vektorová

funkcia. Riešenie:

V obidvoch prípadoch ide o pôsobenie operátora nabla na súčin funkcií, preto rozpíšeme výrazy s ohľadom na pravidlá o derivácii súčinu funkcií a samozrejme rešpektujeme charakter pôsobenia operátora nabla ako vektorového operátora.

grad( )ϕψ =∇ =∇ +∇ = +( ) ( ) ( )ϕψ ϕψ ϕψ ψ ϕ ϕ ψϕ ψ grad grad

V prvom člene operátor ∇ pôsobí iba na skalár ϕ a v druhom člene iba na skalár ψ. Analogicky postupujeme aj v ďalšej časti tejto úlohy, kde však musíme zohľadniť aj vektorový charakter operátora ∇, resp. charakter vektorového násobenia následnej vektorovej funkcie. div grad div( ) ( ) ( ) ( )ϕ ϕ ϕ ϕ ϕ ϕϕg g g g g=∇ =∇ +∇ = g+. . .g

125

rot x x x grad x rot( ) ( ) ( ) ( )ϕ ϕ ϕ ϕ ϕ ϕϕg g g g g g=∇ =∇ +∇ = +g

11.5 Vypočítajte div rr

, kde r je polohový vektor a jeho veľkosť r ≠ 0.

Riešenie:

div div gradr r . r . r .r r . r r .

r . r

rrr r r r r

rr

r r r

r= ∇ =∇ +∇ = ∇ + ∇ = + =

= + − =

− − − − −−.( ) ( ) ( ) ( ) ( ) .( ) ( )

( ) .

1 1 1 1 1

3

1

1

3 2

−1

Pri riešení sme využili výsledok príkladu 11.2 (div r = 3), analogicky ako v príklade 11.3 sme

vypočítali grad( )rr

− = −13

r . Pri pôsobení operátora na súčin funkcií sme použili postup uvedený

v príklade 11.4.

11.6 Vypočítajte grad(p.rr 3 ), kde p je konštantný vektor a r je polohový vektor.

Riešenie: Pri riešení úlohy využijeme postupy a riešenia z príkladov 11.1 a 11.2 , 11.3 a 11.4. Skalárny

súčin p.r môžeme považovať za jednu funkciu (napr. ϕ z 11.4 ) a funkciu r–3 za druhú ( ψ z 11.4). potom

grad(p.rr 3 ) = ∇ 3

1( . )( )r

⎡ ⎤⎢ ⎥⎣ ⎦

p r =

= + = + − = −( ( )) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )( ) ( )grad gradp.r p .r p p .r r p p.r1 1 1 33 3 3 5 3

r35r r r r r r

.

11.7 Určte čomu sa rovná div (E x H) , kde E a H sú vektorové funkcie. Riešenie:

Analogicky príkladu 11.4 div( ) ( ) ( ) ( )E H . E H . E H . E Hx x x x=∇ =∇ +∇E H . Pôsobeniu operátora na funkciu ešte „bráni“ zátvorka, teda musíme dostať operátor do zátvorky a to tak, aby funkcia na ktorú má pôsobiť bola vzhľadom k operátoru sprava. Musíme tak urobiť dovolenými operáciami. Využijeme k tomu pravidlo cyklickej zámeny, ktoré platí pri zmiešanom súčine a nekomutatívnosť vektorového súčinu. Dostávame: div rot rot( ) ( ) ( ) ( ) ( )E H H E E H H E E H H E Ex . x . x . x . x .= ∇ + ∇ .H= ∇ − ∇ = −E H E H .

11.8 Pri laminárnom prúdení reálnej kvapaliny v potrubí polomeru R je rýchlosť ako funkcia

vzdialenosti od stredu potrubia r daná vzťahom 2

0 21 rv vR

⎛ ⎞= −⎜

⎝ ⎠⎟ . Nech kvapalina prúdi

v smere osi z, zistite, či dané prúdenie je vírové. Riešenie: Prúdenie je vírové, ak rot v ≠ 0. Nech os potrubia je totožná s osou z. Potom r2 = x2 + y2 a vektor

rýchlosti 2 2

0 21 x yvR

⎛ ⎞+= −⎜ ⎟

⎝ ⎠v k .

rot y yxz zv vvv v

y z z x z y∂ ∂∂∂ ∂

∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎛ ⎞= − + − + −⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟

⎝ ⎠⎝ ⎠ ⎝ ⎠v i j zv∂ k

126

rot v i j j i=− + = − ≠2 22

002

02

02

vR

yvR

xv

Rx y( ) . (Okrem bodov x = y = 0). Prúdenie kvapaliny je

teda vírové. 11.4 Neriešené príklady

11.9 Potenciálna energia harmonického oscilátora Ep = 1/2 kr2, kde k je konštanta a r je veľkosť výchylky od rovnovážnej polohy, ktorou je v tomto prípade počiatok súradnicovej sústavy. Nájdite vektor pôsobiacej sily.

11.10 Vyjadrite div n

rr

a určte n, pri ktorom bude uvedené pole nežriedlové.

11.11 Ukážte, čomu sa rovná rot grad ϕ, kde ϕ je skalárna funkcia súradníc x, y a z. 11.12 Nájdite, čomu sa rovná rot (a x r), ak a je konštantný vektor a r je polohový vektor. (Návod :

Vyjadrite najprv pomocou zložiek vektorový súčin).

11.13 Potenciál gravitačného poľa Vmr

= −κ

. Nájdite vyjadrenie pre vektor intenzity gravitačného

poľa. 11.14 Určte rot a/r, kde a je konštantný vektor a r je veľkosť polohového vektora vzhľadom na

počiatok súradnicového systému. 11.15 Dokážte , že platia rovnice div rot g(x,y,z) = 0 a rot grad f(x,y,z) = 0, kde g(x,y,z) je vektorová

a f(x,y,z) je skalárna funkcia. 11.16 Dokážte platnosť rovnice div grad f(x,y,z) = Δ f(x,y,z). Operátor

= ∇.∇ ≡ Δ∂∂

∂∂

∂∂

2

2

2

2

2

2x y+ +

z je skalárny diferenciálny operátor, tzv. Laplaceov operátor .

11.17 Dokážte platnosť rovnice rot rot g(x,y,z) = grad div g(x,y,z) – Δ g(x,y,z).

11.18 Vektorové pole má zložky Fx = x + y , Fy = – x + y, Fz = – 2 z .Vypočítajte divergenciu a

rotáciu tohoto poľa. Určte, či dané pole je potenciálové.

127

Výsledky otázok, problémov a neriešených príkladov 1 Kinematika hmotného bodu

1.2 Otázky a problémy 1. Pozri úvod do kapitoly.

2. < v > = v v s ss v s v1 2 1 2

1 2 2 1

( )++

.

3. Môže, keď v1 a v2 majú rovnaký smer. 4. Prvý vyjadruje veľkosť rýchlosti, druhý vektor rýchlosti. 5. Prvý integrál vyjadruje prejdenú dráhu, druhý prírastok polohového vektora Δr, tretí vyjaruje

prírastok súradnice Δx.

6. 00

dt

xx v t x= +∫ a analogicky pre y a z.

7. 00

dt

x xv a t v= +∫ x a analogicky pre vy a vz .

8. Pohyb je spomalený. 9. Zrýchlenie je kolmé na rýchlosť. Napr. pri rovnomernom kruhovom pohybe. 10. Priamočiary zrýchlený, alebo spomalený pohyb. 11. Rastie. 12. Áno, začína sa práve rozbiehať. 13. Nie. 14. Áno, je to spomalený pohyb. 15. Zobrazte graficky funkcie z úvodu kapitoly. 16. Zrýchlenie je konštantné a v intervaloch postupne kladné, nulové a záporné. 17. Rýchlosť rovnomerne rastie, klesá na nulu a v poslednom intervale je nulová. 18. Tangenciálne vyjadruje zmenu veľkosti rýchlosti, normálové zmenu smeru rýchlosti. 19. Nie, napríklad pri rovnomernom pohybe po kružnici. 20. Áno – šikmý vrh. 21. Priamočiary rovnomerne zrýchlený pohyb. 22. Rovnomerný kruhový pohyb. 23. Rovnomerný. 24. r = v0t + r´, v = v0 + v´, a = a´. Napr. pohyb cestujúceho vo vlaku vzhľadom na stanicu. 25. [A] = m s–4 , [B] = m s–2 . 26. b, c, d. 27. a, c. 28. Nie. 29. Rovnaký. Vektor zrýchlenia smeruje nahor. 30. Δv = (4 i – 4 k) m s–1, ⏐Δv ⏐= √32 m s–1. Δv = 0. 31. tgα = 4, α = 75,96°. 32. 6-krát. 33. Rýchlosť rozbehu, rýchlosť odrazu, uhol odrazu, odpor vzduchu, tiažové zrýchlenie. 34. v = 3m s–1 i, a = –g j . 35. h = v2/2g = 11,47 m. 36. V maximálnej výške. 37. an/aτ= 1.

128

38. Na začiatku, lebo v = ωR 39. Normálové an = ω2R 40. aτ = εR, an = (εt + ω0)2R . 41. V blízkosti pólu. 1.4 Neriešené príklady 1.17 (a) vr = v2 – v1 = 30 km h–1 , (b) vr = v2 + v1 = 170 km h–1. 1.18 (a) v v v v vr = + −1

222

1 202 6cos 0 = 88,88 km h–1, (b) v v v v vr = + −1

222

1 202 cos120 = 148 km h–1

1.19 α = arcsin( =/ )v vR V 36,870 na juhovýchod, vvýsl = v vV R2 2− =4 km h–1, t = 0,25 h.

1.20 vKkm / h

tg=

80300 = 138,6 km h–1.

1.21 ⟨ ⟩ =+

=vv v1 2

280 km h-1 , (b) ⟨ ⟩ =

+=v

v vv v

1 2

1 2

75 kmh-1.

1.22 (a) x = – 6 m; (b) t = 2,67 s ; (c) ⟨ ⟩ =v s/2 = 4 m s–1; (d) ⟨ ⟩ =v ( 16 – 12 t0 – 6Δt) m s–1; (e) v = 16 – 12t = 16 m s–1 ; (f) a = –12 m s–2 ; (g) je vždy nenulové; (h) spomalený ak t je z intervalu <0, 1,333) s, zrýchlený ak t > 1,333 s.

1.23 (a) v = (6t i + 2 j) m s–1 ; a = 6 i m s–2 ; v = 60,03 m s–1 ; s = v v10 11

2+

.1s = 63,03 m.

1.24 (a) Δr = (2 i + 4 j + 8 k ) m ; ⎢Δ v ⎢= ⎢4 j +12 k ⎢= 12,65 m s–1. 1.25 v kladnom smere osi x ak t > 3s, v zápornom smere ak t je z intervalu <0, 3 )s, zrýchlený ak

t > 3 s, alebo t ∈ (0,1> s, spomalený ak t ∈ (1,3) s.

1.26 (a) a = 1m s–2, ak t = 10s, (b) < a >10 = v v10 0

2−

= 0,7 m s–2 .

1.27 (a) < v > = 9 m s–1, < a > = 4m s–2 . 1.28 v = 80 m s–1, < a > = 5,333 m s–2. 1.29 t = 18 s, xstr = 180 m. 1.30 v = 2A1t i + 2A2t j, a = 2A1 i + 2A2 j , v = 1m s–1, a = 0,5 ms–2 , α = arccos(vx/v) = 36,87°. 1.31 h = 2,57 m. 1.32 h = 383,2 m. 1.33 t = 7,46 s, h = 273,3 m 1.34 h = 30 + 32,1 = 62,1 m 1.35 (a) d = 6385,5 m, (b) v = 371,6 m s–1, (c) α = 57,44°. 1.36 t = √3 v0/g = 3,53 s. 1.37 α = 45°.

1.38 v dg0 2

=sin cosα α

= 204,3 m, t dvl =

0 cosα= 23,9 s, h

vgmax

sin= 0

2 2

2α

= 700,2 m

1.39 d v t= − + −0 2 12

2 12(cos cos ) (sin sin )α α α α = 103,53 m.

1.40 d = v0t = 33,87 m, t = 2h g/ = 2,258 s, v = ( )gt v202+ = 26,75 m,

α = =arctg( / )gt v0 55,9°.

1.41 a g a g arctgv

v gtnτ ϕ ϕ ϕα

α= = = = =

−=− −cos , sin , ,

cossin

,6,62 ms ms2 2 0

0

07 24 47 59

1.42 R = (v0cosα)2/g = 10,19 m. 1.43 v = 10 m s–1 , s = 666,67 m. 1.44 v = √k x0.

129

1.45 v t t x t t t= − − = − − +−( ) , ( ,4 13

1 2 112

0 753 1 2 4ms m) .

1.46 vAB

xAB

tB

x xAB B

AA Bv

vA

xBt Bt= − = + − + =−

− +− −( ), ( ( )) , ( ln( ) )11

11

0 0e e

1.47 xt

t t= + + −(4

3

443

2443

m) x(3) = 47,58 m, a(3) = 51 m s–2.

1.48 T = 0,628 s, f = 1,592 s–1, an = 200 m s–2. 1.49 ω = 14 s–1, v = 1,4 m s–1, ε = 12 s–2, aτ = 1,2 m s–2, an = 19,6 m s–2. 1.50 R = 2 m. 1.51 aτ = εR = 0,4 m s–2, an = (εt)2R = 12,8 m s–2, a a an= +τ

2 2 = 12,806 m s–2.

1.52 t =tgαε

= 4,478 s

1.53 ε = 2πf/t = 0,1047 s–2, n = ft/2 = 7,5 ot. 1.54 R = 25 m.

1.55 a v tn Rn =

4 2

2 2 316=

π25,94 m s–2.

1.56 aτ= v/t1 = 0,1111m s–2 , av tt Rn =2

22

12 = 0,2222 m s–2, a = 0,2485 m s–2.

1.57 (a) an = 9B2t4r = 230,4 m s–2, aτ = 6 B t r = 4,8 m s–2, (b) ϕ = + =AB

42

3 600tg2,385 rad.

1.58 (a) v0 = (–7 i) m s–1 , (b) a a'r r

i j a= = = = − =−d dd o

2

2

2

2212 18 0

dt tt ms

'( ) , .

1.59 v v ft= +' ( )1 2 2π = 3,142 m s–1. 1.60 ac = 2 ωv sin45° = 2,571.10–4 m s–2

2 Dynamika hmotného bodu 2.2 Otázky a problémy

1. Rovnomerne priamočiaro. 2. I = p2 – p1. 3. [F] = kgm s–2, [p] = [I] = kgm s–1.

4.–6. pozri úvod do kapitoly. 7. x0, y0, z0

,, vx0, vy0, vz0, t. j. 6 podmienok. 8. Veľkosť rýchlosti sa nemení, ide o rovnomerný kruhový pohyb. 9. Spomalený pohyb.

10. Nemení sa. 11. Rovnomerne zrýchlený, alebo spomalený priamočiary pohyb. 12. Tiaž. 13. v má vodorovný smer. 14. Sú to sily na dve telesá. 15. Konštantná a to tiažová sila. 16. Sila odporu sa vyrovná tiažovej sile. 17. a g g= −sin , cosα α0 1 . 18. Napríklad vyšetriť pohyb po naklonenej rovine pri rôznom sklone. 19. Pohyb s rovnakým zrýchlením oproti sebe, pri polovičnej hmotnosti bude zrýchlenie dvojnásobné. 20. Lebo má väčšiu zotrvačnosť.

130

21. Zmeriame uhol, pri ktorom sa teleso začne šmýkať potom tgα μ= . 22. Tiaž je úmerná R3, odpor rýchlosti a prierezu t.j. R2 ⇒ limitná rýchlosť bude úmerná R. 23. (a) = (b) F =m(a+g), (c) F = 0. 24. So zrýchlením nadol, alebo spomalením nahor, pričom a = g/2. 25. Áno, ale sa musí spúšťať nadol so zrýchlením. Kritická hodnota a = 2,6 m s–2, pritom rýchlosť po

15 m bude vyhovujúca, t. j. menšia ako 10m s–1. 26. Frekvencia musí vyhovovať podmienke 4π2f2R = g. 27. Sily sa nerušia, sú to sily na dve rôzne telesá, kôň ide dopredu, lebo sa odtláča od Zeme. 28.

v vlim

t(a)

v vlim

t

v0 > vlim

v0 < vlim

(b) 29. Coriolisova sila. 30. Znižuje a to najviac na rovníku. 31. grov = g0 – ω2R , kde ω je uhlová rýchlosť otáčania Zeme. 32. Posun spôsobuje Coriolisova sila. 33. V polárnej oblasti, tam má sinϕ maximálnu hodnotu. 34. Nemôže, pokiaľ sa vlak pohybuje rovnomerne priamočiaro. 35. Maximálna na rovníku, minimálna na póloch. 36. Na moste prehnutom nadol. Auto je neinerciálna sústava a k tiaži sa pripočíta zotrvačná odstredivá

sila. 37. Hĺbka ponoru sa nezmení, zvýši sa tiaž telesa, ale aj kvapaliny. 38. Raketa získa väčšiu rýchlosť od rotácie Zeme a je tam tiež menšia tiaž. 2.4 Neriešené príklady

2.18 (a) a Fm m m

=+ +

= −

1 2 3

22 ms (b) F1V = F – F21 = m1a = 2N, F21 = F – m1 a = 10N

(c) F2V = F12 – F32 = m2 a = 4 N, F32 = F12 – m2 a = 6 N, F3V = m3 a = 6 N 2.19 Zrýchlenie a výsledné sily F1v, F2V, F3V sú rovnaké, ako v 2.18

2.20 a Fm m mA B C

=+ +

= −111 2, ms , FAB = mAa = 11,11N, FBC = (mA + mB).a = 27,78 N B

2.21 v gso = = −2 23 1μ ms

2.22 Fmv

sN= =0

2

275000

2.23 Fmv

lN= =

2

2625000

2.24 v v ss2 1

2

1

110= = −ms

2.25 μα

α=

−=

g t sg t

2

2

20 499

sincos

,

2.26 F m g m g mv v

s= + +sin cosα μ β

202

2

131

2.27 μ αα

= − =tgcos

vg s

2

20 42,

2.28 μ αα

= − =tgcos2 102c

g,

2.29 a = g (sin α – 0,2 cos α) = 7,51 m s–2, VAmax

,,=

−= −

tgms

α 0 20 766 1

2.30 ag

=−

= −( ),

12

4 41 2μms ,

( )110,79N

2mg

Tμ+

= =

2.31 (a) ag

=−

= −( sin ),

12

2 45 2αms , T = m (g – a) = 14,72 N (b)

ag

=− −

= −( sin cos ),

12

2 03 2α μ αms , T = m (g – a) = 15,56 N

2.32 I = 2 mv = 5,58.10–23 kg m s–1 2.33 I m g h g h= + = −( ) .2 2 3360 1

1kg ms

2.34 I At Bt

= + =112

26Ns

2.35 I = 2 m v0 sin α = 60 N.s

2.36 rF F

i j=+

= +12

20 201 2 2

mt m( )

2.37 md vd t

mg= − 0 1, , v = v0 – 0,1 g t, tv

gs1

0

0 120 4= =

,, , s v t g

t= − =0

2

0 12

203 87, , m

2.38 F = m (2C + 6Dt) = – 2 N, t CD

s02

61 67=

−= ,

2.39 Platí v = at + v0. Vyjadríme t a dosadíme do vzťahu pre s = 1/2 at2 + v0t. 2.40 v = (6t2 + 4t + 6) m s–1, x = (2t3 + 2t2 + 6t + 5) m 2.41 F = – mω2x ,pre x > 0 je F v smere – x a pre x < 0 je F v smere x 2.42 Riešenie je analogické riešenému príkladu 2.12. 2.43 v = A – A e–Bt + AB t e–Bt, a = AB (2 – Bt) e–Bt . Ak t → ∞ : v → A , a → 0

2.44 a tFm

km

to( ) = − , v t vFm

t km

t( ) = + −00

2

2, s t x v t

Fm

t km

t( ) = + + −0 00

2 3

2 6

2.45 2

01

2ptv v pgt

m⎛ ⎞

= + −⎜⎝ ⎠

⎟ , tz = 5s, s v t pgm

t pm

t= + − =0

23

2 619 44, m

2.46 (a) vm

x x= + = −23 2 32 1( ) ms , a

xm

=+

= −3 42 5 2, ms

(b) vm

ttm

= ms3 2

4 52

1+ = −, , at

m=

+= −

3 42 5 2, ms

2.47 (a) [A] = kg m–1, (b) m dvdt

mg Av= − 2 , 2-

1 eAxmmgv

A⎛ ⎞

= −⎜ ⎟⎝ ⎠

(c) v v mgAmax lim= =

2.48 tv

gs' max ln

,= =2

5 65

2.49 vr

max( )

=−2

9

21 2ρ ρη

g = 0,02 m s–1

132

2.50 F m glT

= +24 2 2

4

16π αsin, cos .α

π=

g Tl

2

24

2.51 μ =vR g

2

.

2.52 vg R

= = −.,

μ15 66 1ms

2.53 v Rg= = −μ 12 13 1, ms , tg α = μ; α = 16,7°

2.54 Fmv

R= = −

288 8110, . N

2.55 α = =arctg vRg

20582, , x = d sin α = 0,15 m

2.56 Fm

Tvc N= =

437 85

πϕsin ,

2.57 Fod = mω2R táto sila je maximálna na rovíku a minimálna na póloch Fc =2 mω v sin ϕ táto sila je maximálna na póloch a minimálna na rovníku (ϕ = 0).

2.58 (a), (b) F= G = mg = 981 N, (c) F= G + Fz = m (g + a) = 1281 N (d) F = G – FZ = m (g – a) = 681N, (e) F = 0

2.59 v Rg= = −

39 9 1, ms

2.60 v gr= = −6 26 1, ms

2.61 tgα =ag

; α = 40,8°

2.62 x hg

=23

2 3

ω

2.63 Riešenie je analogické riešenému príkladu 2.17. Riešenie má však dve etapy, a to nahor a nadol. Pri páde nezabudnite na rýchlosť, ktorú teleso získalo pri pohybe nahor.

3 Práca, výkon a energia 3.2 Otázky a problémy

1. Pozri úvod, (a) , (b) W = F s, (c) W F( )

dK

W F= ∫ s s= cosα

2. Ak je sila konštantná; ak vyjadrujeme elementárnu prácu a smer sily je rovnaký ako smer posunutia ; ak smer sily je rovnaký ako smer posunutia.

3. Áno, ak vektor sily a vektor posunutia zvierajú uhol väčší ako π/2. 4. Nie! 5. Pozri úvod do kapitoly. 6. Pozri úvod do kapitoly. Ep môže byť záporná. 7. Silové pole musí byť konzervatívne, v ňom práca nezávisí od tvaru dráhy, len od konečnej a

počiatočnej polohy. 8. Pozri č. 7. Sila trenia nie je konzervatívna, práca bude závisieť od posunutia, nielen od polohy.

Konzervatívna je každá konštantná sila, ďalej napr. gravitačná sila, alebo sila medzi elektrickými nábojmi.

133

9. ( ) ( ) dvztr

p p vztr

E r E r= + ∫ F s. , F = –grad Ep.

10. Pozri úvod. Výkon môže byť záporný, a to napr. vtedy, ak vektor sily a vektor rýchlosti zvierajú uhol väčší ako π/2. Výkon je nulový ak je tento uhol práve π/2.

11. Je jednotka práce, 1kWh = 3600.103 J . 12. Pozri úvod. Interval hodnôt je 0 – 1. 13. Sústava je izolovaná a silové pole je konzervatívne. 14. Môže sa meniť kinetická energia na potenciálnu a naopak. Napr. ak vyhodíme teleso nahor

v gravitačnom poli, alebo uvoľníme natiahnutú pružinu. 15. Práca aj výkon sú nulové. 16. Nemôže, je vždy kolmá na rýchlosť a teda aj na posunutie. 17. Nulovú. 18. Práca je rovnaká, menšou silou musíme pôsobiť po naklonenej rovine. 19. Práca sily trenia sa rovná –10 J. Dôležité je, že rýchlosť bola konštantná. 20. Teleso musíme ťahať minimálne silou F mg= +(sin cos )α μ α ,

(c) W Fvt mg v t= = +(sin cos ) ,α μ α výkon P = F v. 21. V obidvoch prípadoch rovnakú. 22. Takou istou, akou sme ho vyhodili. 23. Rýchlosť bude rovnaká. 24. Tesne pred dopadom. Pozri príklad 3.23. 25. Potenciálna energia klesá. 26. Potenciálna energia rastie. 27. Závislosť potenciálnej energie je parabola. Pozri napr. príklad 3.4.

3.4 Neriešené príklady 3.12 W = F . (rB – rB A) = – 3 J. 3.13 WAB + WBC = –8 J + 8 J = 0. Sila je konštantná a teda aj konzervatívna. Ukážte tiež, že WAB + WBC = WAC . 3.14 W mgs mas= + + =(sin cos )α μ α 4,42.105 J.

3.15 μ μ= = = =37

0 42862

0 7 41 22, , ( , ) ,W ml

g l J.

3.16 WFl

l= =1

1

2

21,6 J.

3.17 ll

x WFl0

1

021

21 2= + = ,

3.18 W R g h= =12

23

2 2π ρ H O2( ) 24,65 J.

3.19 2 3 2 5 2 712 3 4

a t b t c tPm

⎛ ⎞= + +⎜ ⎟

⎝ ⎠.

3.20 W k vt k

mt= +0

12 2

4

212

= 8312,5 J

3.21 P m g v= =2 sinα 8312,5 J. 3.22 PP m C Dt B Ct Dt= + + +( )(2 6 2 3 2 ). 1= 0,32 W, P2 = 56 W. 3.23 . P mg t= 2

3.24 P ma t= 2 .

134

3.25 F Pmt

=2

.

3.26 η =mv g

P= 0,245.

3.27 Q Pgh

=ρ η

= 1,65.105 l s–1.

3.28 ηρ

=P

ghQ = 0,815.

3.29 t VghP

=ρ

η = 98,1 s.

3.30 P Q gh= ρ = 2,894.109 W.

3.31 2 4

2 2 312 4k

b tE a t abtm

⎛ ⎞= + +⎜ ⎟

⎝ ⎠ = 28,8 J.

3.32 32 4 31

2 4 3kA t BtE C

m

⎛ ⎞⎛ ⎞⎜ ⎟= + −⎜⎜ ⎟⎝ ⎠⎝ ⎠

t ⎟ = 68 J.

3.33 v vhh

= −011 = 283 m s–1.

3.34 n = 2,6 , zastaví sa v tretej doske. 3.35 W = Ep(1,1,1) – Ep(3,3,3) = – 96 J. 3.36 Ek = Ep(3,3,3) – Ep(1,1,1) = 24 J. 3.37 W = 64 J. (a) = (b) = (c) = (d). 3.38 E mgh gk = +( cot )1 μ α = 11,51 J.

3.39 h =52

R = 6,25 m.

3.40 vF

mxx= 1

1

= 22,4 m s–1.

3.41 h h vgmax = +2

2 = 30,4 m.

3.42 Q = mg(h1 – h2) = 0,098 J.

3.43 Q R m gh mghv= − −( )43

31π ρ = 0,022 J.

3.44 W E Ep p= = r−F. rΔ ( ) ( )0 = – 45 J. 3.45 W EB A r Ek k= = − = −F. r F. r rΔ ( ) ( ) (0) = 20 J, teda Ek bola menšia o 20 J.

3.46 F r=2

4

Ar

.

3.47 (a) F i , (b) F j= − −n a x n 1 = − −nb x n 1 , (c) F i j k= − + +c yz xz xy( ).

3.48 r ab

=32

.

3.49 E k x y z krp = + + =12

12

2 2 2 2( ) . Je parabolickou funkciou r.

3.50 E krp = , (a) k>0 , Ep klesá s rastom r. (b) k<0, Ep rastie s rastom r.

135

4 Gravitačné pole

4.2 Problémy a úlohy

1. Pozri úvod. [κ] = kg–1 m3 s–2. 2. Pozri úvod. [E] = m s–2 . 3. Výsledná intenzita je súčet vektorov, môže byť aj nulová. Výsledný potenciál je súčet číselných

hodnôt. Vždy záporný a nemôže byť nulový. 4. Je také ako hmotného bodu rovnakej hmotnosti umiestneného v jej strede. 5. Ak poznal polomer Zeme, tak z gravitačného zrýchlenia na povrchu Zeme. 6. g

MR

g hM

R hz

z

z

z

( ) , ( )( )

0 2 2= =+

κ κ.

7. Množina bodov konštantného potenciálu. Intenzita je kolmá na takúto plochu. 8. Pozri úlohu č. 3. Intenzita bude nulová, potenciál záporný. 9. Intenzita bude na dosku kolmá a smeruje do dosky. V strede dosky bude nulová. Dôvody sú

analogické ako v predchádzajúcej úlohe. Vektory intenzity od elementov dosky sa rušia. 10. W

m mrpola = −

κ 1 2

2, práca vonkajšej sily bude kladná Wext = –Wpola .

11. 3( ) d ; ( ) 0p pr

mME r Er

κ∞

= ∞∫ r r. = .

12. Nezávisí. Gravitačné pole je konzervatívne. Vo vyjadrení pre prácu vystupuje iba počiatočná a konečná vzdialenosť. Tiež rot F = 0 ( pozri kap. 12).

13. Pozri úvod do kap. 12. 14. F = – grad Ep . 15. E = – grad V . 16. mgh E R h E Rp Z p Z= + −( ) ( ), ak položíme (RZ + h) RZ ≈ RZ

2 a gMR

Z

Z

=κ

2 .

17. Intenzita smeruje k Zemi až po miesto, kde E = 0 ( vo vzdialenosti 0,9 d , pozri 4.11), potom smeruje k Mesiacu.

18. Gravitačné zrýchlenie je veľmi blízke intenzite gravitačného poľa a často rozdiely zanedbávame. To, čo nazývame gravitačné zrýchlenie, je veličina závislá od zemepisnej šírky a to v dôsledku rotácie Zeme.

19. Nemôže. Stred Zeme musí byť podľa Keplerových zákonov jedným z ohnísk eliptickej, a teda aj kruhovej obežnej dráhy.

20. Áno. Túto súvislosť vyjadrujú Keplerove zákony – pozri úvod do kapitoly. 4.4 Neriešené príklady

4.9 FVM

d R=

−κρ M

Z( )2 = 0,0354 N.

4.10 hnahor = 3,2.104 m, hnadol = 6,4 .104 m. 4.11 g = 274,1 m s–2. 4.12 h RZ= −( )2 1 .

4.13 T =6πκρ

= 9,7.103 s.

136

4.14 FF

M d RM R

Z

M

Z Z

M Z

=−( )2

2 = 2,8.105 .

4.15 Vo vzdialenosti 0,9 d od stredu Zeme. 4.16 Vo vzdialenosti x = d/3 od telesa hmotnosti m. 4.17 E = (6,672.10–9 i + 1,334.10–8 j)m s–2, E = 1,492 m s–2, V = 2,002 .10–8 m2s–2.

4.18 tT R

gelp= =2

278

π .

4.19 M rT

=4 2 3

2

πκ

= 1,9.1027 kg.

4.20 vM

RS

S

=2κ

= 6,177.105 m s–1.

4.21 W mgRR

dZZ= −(

,)1

0 9 = 3.07.1011 J.

4.22 v gRR

dZZ= −2 1

0 9(

,) = 11,083.103 m s–1.

4.23 E mghR

R hkZ

Z

=+

.

4.24 RgRcZ

Z' =2 2

2 = 8,87 .10–3 m.

5. Dynamika sústavy hmotných bodov 5.2 Otázky a problémy

1. Pozri úvod kapitoly. 2. Hmotnostný stred sa pohybuje tak, ako by naň pôsobila výslednica všetkých síl pôsobiacich na

sústavu. 3. Pozri úvod kapitoly. 4. Z I. vety impulzovej vyplýva, že len pod vplyvom vonkajších síl sa môže zmeniť hybnosť

izolovanej sústavy hmotných bodov. 5. Pozri úvod kapitoly. 6. Z II. vety impulzovej vyplýva, že len pod vplyvom vonkajších síl sa môže zmeniť moment

hybnosti izolovanej sústavy hmotných bodov. 7. Hmotnostný stred sústavy pri homogénnom telese leží na osi symetrie. 8. Pozri úvod kapitoly. 9. Pri pružnej zrážke dvoch telies platí zákon zachovania kinetickej energie.

10. Celková kinetická energia takejto sústavy pozostáva z kinetickej energie rotačného pohybu a z kinetickej energie translačného pohybu sústavy.

11. Môže, napríklad : obruč 12. Hmotnostný stred sa bude po výbuchu pohybovať po takej dráhe, po akej by sa pohybovala strela

ak by nevybuchla. 13. Zachováva.

137

14. Hybnosť sústavy sa rozdelí medzi čln a človeka. Ľahký čln má menšiu hmotnosť, preto bude mať väčšiu rýchlosť ako pontón. Tým sa skracuje čas pôsobenia sily, impulz sily je menší a človek nedoskočí.

15. Podľa zákona zachovania hybnosti nákova s podstatne väčšou hmotnosťou ako kladivo získa veľmi malú rýchlosť a artistovi neublíži.

16. Artista vyrovnáva pomocou tyče ťažisko sústavy (artista a tyč) tak, aby sa nachádzalo kolmo nad povrazom.

17. Nie. 18. Je to izolovaná sústava a bez pôsobenia vonkajších síl ťažisko sústavy zostáva v pokoji, preto pri

presune rybára na druhý koniec loďky sa posunie. 19. Áno, príčina je podobná ako v otázke číslo 18. 5.4 Neriešené príklady. 5.10 Keď sa zvolí za stred súradnicového systému geometrický stred kocky, potom je

xT = yT = zT = a 3 28/ . 5.11 xT = 0,532 . 10–10 m, ak atóm uhlíka je v počiatku súradnicovej sústavy.

5.12 xT = 0, yT = 19 2

5 86 10 10a cos , .α= − m

5.13 xT = 1,319 m, yT = 0,035 m, zT = – 0,001 m

5.14 yT = m d

m mm vm v

xT2

1 2

2 2

1 1++ , vT =

m v m vm m12

12

22

22

1 2

++

5.15 F = 2S0 nmv2 cosα 5.16 s = 0,3 m

5.17 ′ =− ′− ′

= + ′ = −v v vv v

v v212

12

1 11 1

10 13, ms , m m v vv v2 1

1

1 1

=−+

,

,1 = 0,16 kg

5.18 v = 5,14 km h–1

5.19 v = ( ) 0 1 18,6

cosM m v Mv

msm α

−+ −≈

5.20 v = 0,388 m.s–1 v smere letu gule.

5.21 l = 22 1 . 0,637m

4 4v m vg g M m

⎛ ⎞+ =⎜ ⎟+⎝ ⎠

5.22 v = ( ) -11 2

1

2 1 cos 540msm m glm

α+− =

5.23 ΔEk = ( )21 21 2

1 2

12

m m v vm m

++

5.24 ( )

02 arcsin 2 arcsin2

mvvgl m M gl

α = =+

5.25 h = 2

12Mv Mmg m

⎛ ⎞−⎜ ⎟⎝ ⎠

5.26 v2 = 12,5 m s–1 , v opačnom smere ako sa pôvodne pohybovala strela.

5.27 v = ( )2

00

3 33 ,2 8

mv M mm v EM M

−=

138

5.28 Rýchlosť všetkých častíc je rovnaká, vm

E m m mm m m m m mi

i

=+ +

1 2 0 1 2 3

1 2 1 3 2 3

5.29 n = 5/3. 6 Dynamika dokonale tuhého telesa 6.2 Otázky a problémy

1. Pozri úvod do kapitoly. 2. Zvoľme iný momentový bod O´ Máme dokázať, že výsledný moment síl vzhľadom k O´je

rovnaký, ako vzhľadom k pôvodnému momentovému bodu O. Nech O´– O je určené vektorom r0. Potom r´= r0 + r. Výsledný moment síl M´=

ii i

ii i i

ii

ii∑ ∑ ∑ ∑= + = +r F r r F r F r F' ( )x x x0 0 x = M,

pretože . Fii

∑ = 0

3. Pozri úvod do kapitoly. 4. Jej rotáciou, ak translačná rýchlosť je rovnaká. 5. Potenciálna energia sa rôznou mierou premenila na rotačnú kinetickú energiu. Pozri riešený

príklad 6.7. Celková kinetická energia sa rovná zmene potenciálnej energie a zákon platí. 6. Podľa Steinerovej vety – pozri úvod do kapitoly. 7. Teleso s menším momentom zotrvačnosti, teda guľa. 8. Vektorová rovnica platí, ak sa teleso otáča okolo osi, ktorá je zároveň osou symetrie telesa. 9. Zmeniť moment zotrvačnosti. Zmeny umožňuje zákon zachovania momentu hybnosti. Platí

J J1 1 2 2ω ω= . 10. Má veľký moment zotrvačnosti a tým je pre povrazolezca určitou oporou. Môže si upraviť polohu

tak, aby jeho ťažisko bolo na kolmici nad lanom. 11. Tvrdé vajce sa roztočí celé (aj vnútro) a má väčšiu kinetickú energiu. Bude sa otáčať dlhšie. 12. Stabilizuje smer, oštep môže „plachtiť“ to isté platí pre strelu. Nenastane chaotická rotácia

v dôsledku odporu vzduchu. 13. Pozri úvod do kapitoly. 14. Zmenou dĺžky kyvadla. Skrátením kyvadla sa doba kyvu zmenší. Pozri riešený príklad 6.13 ak

moment zotrvačnosti J = mx2 6.4 Neriešené príklady 6.14 ( ) , ,a m, (b) =

sin 'hG l

F GF G

=−

=2 2

1 443 6012 5α

= N, ťah vzrastie o 1010,8 N.

6.15 hF lm g

tg= max sinα α = 2,04 m.

6.16 x = l/4 = 0,5 m. 6.17 x

m lm m

d

d l

=+2( )

= 1,2 m

6.18 J R R Rm m m mm m m m

= = ⇒ =++

=μμμr HH HD

rHD

rHH

H D H H

H H H D

2 43

,( )( )

.

139

6.19 (a) J ml J ml J ml= = = = = =1

120 375

13

1 5748

0 6562 2 2 2, , ( ) , ,( ) ,kgm b kg m c kg m2 2 . 6.20 J mR= 2 = 0,101 kg m2. 6.21 J

m R RR R

e i

e i

=−

−25

5 5

3 3

( )( )

= 9,995.10–3 kg m2.

6.22 (a) Jm

m l Jm

m l m l= + = = + + =( ) , ( ) ( ) ,12 1

2 2 12 1

22 2

2 2

30 304

31

120 340kg m b kg m .

6.23 xT = 71,07 pm od atómu Cl, J = 8,37 .10–44 kg m2. 6.24 . J m d= =−

−2 2 76102 47H O H kg m, . 2

6.25 L R h t s t= = = =− −12

2 92710 54 2 1π ρε ω ε, . ,kg m rad s2 −1.

6.26 ω = = = =−2 26 66 321L

mRrad s t L

M, , s.

6.27 Em m

vk =+

=1 2

23900 J.

6.28 F LRt

= = 3 N, W LJ

LR h

= =2 2

42 π ρ= 74,6 J.

6.29 t fJM

E J f= = = =2 0 838 2 6316 52π π, ( )s, Jk , .

6.30 tE

M fk=

π = 12 s.

6.31 L mh gh=

3 = 469,8 kg m2 s–1.

6.32 v g= 3 l = 5,425 m s–1. 6.33 ω

π=

22 5

1f,

= 5,026 rad s–1.

6.34 J mR gt ll

=−2 2 2

2( )

= 25,407 kg m2 .

6.35 E m v Jk = +12

121

2 ω =2 72,18 J.

6.36 E mg tk =5

142 2 2sin α = 160,8 J.

6.37 g Nt

l d=2 2

2 2

2

π ( + )= 9,804 m s–2.

6.38 T dg

= 2π = 1,42 s.

6.39 x R=

2 = 0,0707 m.

7 Pružnosť a pevnosť

140

7.2 Otázky a problémy 1. – 3. Pozri úvod do kapitoly.

4. Zo vzťahu E =σε

vyplýva, že modul pružnosti v ťahu sa rovná hodnote napätia σ pre (fiktívne)

predĺženie ε = 1. Zo vzťahu G =τγ

vyplýva, že modul pružnosti v šmyku G sa rovná hodnote

tangenciálneho napätia τ, pre ktoré je (fiktívne) relatívne posunutie γ = 1. Poradie uvedených materiálov podľa rastúcej hodnoty E : guma, meď, oceľ.

5. Pozri princíp úlohy č.13 v Laboratórnych cvičeniach z fyziky I (Meranie modulu pružnosti drôtu z jeho predlženia).

6. Pozri úvod do kapitoly. 7. Ak je kovová kocka podrobená homogénnemu všestrannému tlaku, na všetky jej steny pôsobí

rovnaké normálové napätie σ (napr. pôsobenie hydrostatického tlaku). Zmena rozmeru kocky a, napr. v smere osi x, je spôsobená nielen napätím σ x , ale aj napätiami σ y , σ z , podľa vzťahu

εσ μσ μσ

xx y z

E E E= + − − , z ktorého po dosadení σ σ σ σx y z= = = dostaneme

ε σ μx E= −( )1 2 .

8. Koeficient stlačiteľnosti κ súvisí s modulom pružnosti E podľa vzťahu: ( )3 1 2

Eμ

κ−

= . Limitné

hodnoty μ sú 0 a 0,5.

9. Objem kovovej tyče namáhanej v ťahu vyjadruje vzťah ( )0 1 1 2V V ε μ= + −⎡ ⎤⎣ ⎦ . Pre oceľ je

μ = 0 33, , takže V V= +0 1 0 34( , )ε . 10. d d d= − = −0 01 1( ) ( )η με 11. μ = 0 5, ; pozri problém 7.9. 12. Pri deformácii valcovej tyče krútením sú jednotlivé vrstvy namáhané v šmyku. 13.

Medza úmernosti σ 1– napätie, ktoré je ešte úmerné relatívnemu predĺženiu ε. Medza pružnosti σ 2 – napätie, až po ktoré je trvalá deformácia materiálu zanedbateľná (menšia než určitá dohodnutá hodnota, napr. 0,005%). Medza pevnosti σ 3 – napätie, pri ktorom sa začína porušovať celistvosť telesa.

14. Hodnota σ vypočítaná pre ε = 1 nemôže prevýšiť medzu pevnosti materiálu.

15. E F l Sl Ep = = =12

12

12

2Δ σε ε Sl ; w E=

ε 2

2

σ

ε

σ1

σ2

σ3

A

C

B

Závislosť σ od ε (pre mäkkú oceľ)

16. E M Grl

Grlp = = =

12

12 2 4

4 4

ϕ π ϕ ϕ π ϕ 2

7.4 Neriešené príklady

141

7.7 0 2

41 75,2mgl ld Eπ

⎛ ⎞= + =⎜ ⎟

⎝ ⎠2cm

7.8 ( )

630

. 10 Pa3 1 2

V Epaμ

−Δ= =

−

7.9 w EE

= =ε σ2 2

2 2

7.10 PGd f

l= =

π ϕ2 4

166 41, kW, M

Gdl

= =π ϕ4

3251Nm

7.11 Δ ΔV V p= − = − −κ 0 34 10 3, . m3

7.12 a) ΔlglE

=ρ 2

2, b)

( )1 2 lVV l

μ− ΔΔ=

7.13 a) Δl mgld E

= = −4 1 91024

π, . m, b) Δ

Δr d ll

= = −μ 0 97 10 7, . m

c) ( ) ( )2

1 2 1 24dV V lπε μ μΔ = − = − Δ , Δ −5 48 10 10, . m3 V =

7.14 E E mp J= =

ερ

2

244

7.15 l =σρ

m

g, a) lCu km= 4 8, , b) lPb m= 180

7.16 ( )2 1 15,8kNF ES t tα= − =

7.17 cos ,α π σm

mrG

= − =32 2

0 2432

, α m = °76

7.18 Δl FlES

= =0

0

0 568, mm, Δb b FES

= =μ μ0

0

15 m

8 Mechanika tekutín 8.2 Otázky a problémy

1. Sila pôsobiaca na ihlu pôsobí na menšiu plochu ako rovnako veľká sila na tupý hrot ceruzky, preto

p FSi

i= > p F

Scc

= .

2. Z obidvoch strán rovnako veľkou silou F = pA a b ≅ 2,03.105 N 3. Tlak na dno bude rovnaký: p1 = p2 = p3 = ρ g h, hmotnosti budú rôzne: m1 = ρ V1 ≠ m2 = ρ V2 ≠

m3 = ρ V3

4. Odvážite sa na vzduchu G a pod vodou G1 ⇒ ρ ρ=−H OG

G G21

142

G

FvG

Fv

Obr. k otázke č. 9

5. Pretože ρmor > ρ H O2 , vztlaková sila v morskej

vode je väčšia. 6. Loď musíme viac zaťažiť. 7. Nepreleje. 8. Keď je hrnček celý ponorený, hladina vody

klesne. (Pozri príklad 8.9.) 9. Tiažová sila pôsobí v strede polena, vztlaková sila v strede objemu, ktorý zaberá ponorená časť

polena. Rovnovážna poloha je labilná, malé naklonenie spôsobí, že tieto sily vytvoria silovú dvojicu, ktorá otočí poleno do horizontálnej polohy (obr.)

10. Rovnováha sa poruší v dôsledku rôznych vztlakových síl. 11. Vo vákuu sklená guľka preváži mosadznú – (na vzduchu pôsobila na sklenú guľku väčšia

vztlaková sila ako na mosadznú). Vo vode preváži mosadzná guľka sklenú, pretože vztlaková sila na sklenú guľku vo vode je väčšia ako na mosadznú.

12. Ak hustota váženého materiálu je rovnaká ako hustota závažia.

13. ρ ρ=32 2H O ≅ 1500 kg.m–3

14. Atmosférický tlak pôsobí ako na hladinu, tak aj na vytekajúcu vodu, preto Δp = ρ g Δh ≅ 2,9 . 105 Pa. 15. p = ρ k g Δh ≅ 1,75 . 104 Pa. 16. Človeka položíme do vodorovnej polohy (resp. mu zodvihneme nohy), aby hydrostatický tlak krvi

bol nulový a srdce nemuselo prekonávať vplyv tiažového pôsobenia.

17. hp

gA

Hg=

ρ≅ 0,76 m.

18. ≅= 12 hh l

ρρ

14 cm.

19. ≅ 392 N, (čo odpovedá sile na zodvihnutie len 40 kg kameňa na vzduchu). ( )F m V gH O= − ρ2

20. V mHe

vz He≥

−≅

ρ ρ721 m3

21. Hydrostatický tlak sa zmenší v dôsledku sily zotrvačnosti: p = ρ (g – ao) h. 22. Na základe rovnice kontinuity v nadstavci narastá rýchlosť prúdu vody a tým sa zväčšuje aj dolet

vody pri šikmom vrhu. 23. Pre prúd vytekajúcej kvapaliny platí rovnica kontinuity

S1 v1 = S2 v2 . Rýchlosť častíc narastá: v2 = v o 2 + g t, preto sa priečny prierez prúdu S2 zmenšuje (obr.)

24. vr vS212

1

2=

π≅ 4,7 . 10–4 m.s–1

25. t VS v

= . Objem bazénu poznáme, prierez hadice určíme

odmeraním jej priemeru d : S d=

π 2

4 a výtokovú rýchlosť

vody v z hadice určíme odmeraním výšky doletu h pri vrhu zvislom nahor: v g= 2 h .

26. Z kohútika voda vytekať nebude, lebo tlak v trubici na úrovni kohútika je menší ako atmosférický. Cez kohútik bude vnikať vzduch až kým v trubici nebude pA a kvapalina klesne na pôvodnú výšku.

S1

S2

v2

v1

Obr. k otázke č. 23

143

27. Podľa obrázku je tlaková sila od prúdiaceho vzduchu F v rovnováhe s tiažovou silou loptičky G. Loptička zostane v prúde vzduchu, pretože v mieste, kde vzduch prúdi je menší tlak. Pri vychýlení, je tlakovou silou loptička vrátená naspäť do prúdiaceho vzduchu.

28. Pri prikladaní dosky treba prekonávať ako statický tlak vody, tak aj dynamický. Ak je doska už priložená, voda neprúdi a pôsobí na dosku už len statickým tlakom.

29. v g h= 2 ≅ 9,5 m.s–1. 30. Pri dvoch otvoroch pôsobí na kvapalinu atmosférický tlak z

obidvoch strán. Pri jednom otvore vzniká nad kvapalinou podtlak. 31. Z Bernoulliho rovnice a rovnice kontinuity

dostaneme: vdd

v21

2

2

1=⎛

⎝⎜

⎞

⎠⎟ ≅ 1,18 m.s–1 , ( )p p v v g h2 1 2

2121

2= − − − ≅ρ ρ Δ 2,5 .105 Pa.

F

G

K otázke č. 27

32. Ak S1 > S2 , potom z rovnice kontinuity platí v2 > v1. Pre vodorovnú trubicu bude potom z Bernoulliho rovnice platiť:

( )p p v v1 2 22

121

2− = −ρ > 0 ⇒

p1 > p2 . 33. Pri vodnej výveve pri veľkých

rýchlostiach vody je tlak v zúženom mieste menší ako atmosférický a preto sa otvorom začne nasávať vzduch. Pri mechanickom rozprašovači je v mieste nad kapilárou veľká rýchlosť prúdiaceho vzduchu, preto je tam menší tlak ako na hladine kvapaliny. Kvapalina je preto vytláčaná do kapiláry a tam strhávaná prúdom vzduchu (obr.)

pA

Obr. k otázke č. 33

34. V priestore medzi papiermi je väčšia rýchlosť prúdu vzduchu, a teda menší tlak ako z opačných strán papierov. Papiere sa preto začnú k sebe približovať.

35. V mieste veľkej rýchlosti prúdu vzduchu medzi telesom a rýchlo sa pohybujúcim vozidlom vznikne menší tlak ako z druhej strany telesa. Rozdiel tlakov pôsobí silou na teleso.

36. Analogicky ako v predošlej otázke – v priestore medzi loďami je rýchlejšie prúdenie vody a preto menší tlak.

37. V mieste zúženia budú mať vzduchové bublinky väčší priemer, pretože tam na ne pôsobí menší tlak.

38. Póry – kapiláry – cukru a kriedy sú tenšie ako na špongii a výška vzlínania nepriamo úmerne závisí od priemeru kapiláry.

39. Voda, ktorá vystúpi do kapiláry vytvorí na konci kvapôčku s vypuklým povrchom. Tam vznikajú sily od povrchového napätia brániace vytekaniu vody.

40. Pomer výšok hh

1

2 pre tú istú kvapalinu nezávisí od hustoty ale len od polomerov kapilár a preto sa

s teplotou nemení.

x

y

A B

CD v

dr

Obr. k otázke č. 45

41. hg r

=2

≅σ

ρ 1,47 m.

42. ( )σρ

HgHg g h r r

r r=

−≅

Δ 1 2

2 12 0,47 N.m–1

43. Rýchlosť prúdu rieky je v strede rieky väčšia ako pri brehoch. 44. Prierez koryta rieky narastá, rýchlosť toku sa zmenšuje a preto

častice riekou unášanej zeme sa usadzujú.

144

45. Na stene trubice je rýchlosť nulová, na úsekoch BC, DA sú smery integračnej cesty a smer rýchlosti navzájom kolmé, preto bude platiť (obr.):

∫ v . dr = v . dr + v . dr + v . dr + v . dr = v . dr = – v CD ≠ 0 A

B

∫B

C

∫C

D

∫D

A

∫C

D

∫

⇒ rot v . dS ≠ 0 ⇒ rot v ≠ 0 , prúdenie je vírové. S∫

46. Vietor vytvára na prekážke z obidvoch strán raz z jednej, raz z druhej víry, ktoré generujú postupné vlnenie vzduchu. Frekvencia vlnenia zástavy sa rovná frekvencii tvorby vírov.

47. Vztlak je tým väčší, čím väčšia je rýchlosť lietadla vzhľadom na okolitý vzduch. Pri štarte (resp. pri pristávaní) proti vetru sa relatívna rýchlosť lietadla vzhľadom na vzduch rovná súčtu rýchlosti lietadla vzhľadom na zem a rýchlosti vetra. Teda potrebnú hodnotu rýchlosti lietadla vzhľadom na vzduch dostaneme pri jeho menšej rýchlosti vzhľadom na zem, čo je pri štarte a pristávaní bezpečnejšie.

48. V teplejšej kvapaline je hustota menšia a výsledná sila pôsobiaca na gulôčku je väčšia ako v studenšej kvapaline, gulôčka v teplejšej vode dopadne skôr. Podobne ako hustota s rastúcou teplotou klesá, aj dynamická viskozita s rastúcou teplotou klesá, preto ak uvážime aj Stokesovu silu (odpor kvapaliny proti pohybu gulôčky), spomínaný jav ešte zosilnie a v teplejšej kvapaline gulôčka dopadne na dno skôr: F= G – ρ (T) V g – 6 π η(T) r v

49. Re =v d ρ

η≅ 1575 < 2300 , prúdenie je laminárne.

8.4 Neriešené príklady 8.20 F = ρ g h S ≅ 2,9 N 8.21 p = pA + ρ g h ≅ 1,16 . 105 Pa

8.22 h pg

pp

= ≅o

o

o

ρln 5611 m

8.23 p p=−

o

gp

he

o

o

ρ

≅ 5,4 . 104 Pa

8.24 hmv

g d l= ≅

2 2

2ρ π30,8 m

8.25 F F hh2 1

1

2

= = 10 kB

8.26 F g a b= ≅ρ

2

222 N

8.27 kN, ( )F p g a ad = + ≅Δ ρ 2 11, F p g a ab = +⎛⎝⎜

⎞⎠⎟

≅Δ ρ2

12 kN

8.28 (a) F dd

F22

1

2

1=⎛⎝⎜

⎞⎠⎟ ≅ 1,2.10–3N, (b) F

dpp = ≅

π 12

4Δ 1,88 . 10–1 N

8.29 h = ≅Hρρ

o

H O2

18 cm

8.30 m h d= ≅ρ π

2

41,57 kg

8.31 mS h

=−

≅ρ ρρ ρ

m

m

6,87. 106 kg

145

8.32 ( ) ( )( )

h h h h= + −−

−o 1 oo

o 1

ρ ρ ρρ ρ ρ

1

8.33 V V VV1

2

2 1

1=−−

⇒ ≅ρ ρρ ρ

18 %

8.34 (a) Δh mS

=−

≅ρ ρρ ρH O

H O

2

2

0,025 m, hladina sa zníži, (b) Δh = 0, hladina sa nezmení.

8.35 dm

1 312

=ρπ

≅ 13,36cm, Δr r r r r m= − = − − ≅1 2 1 1

333

435

π ρ Al

mm,

8.36 ρ ρkk

H OH O

22=

−−

≅G G

G G800 kg.m–3

8.37 ρ ρs H OH O

22

=−

≅G

G G2504 kg.m–3

8.38 ( )VG

=−

≅H O

Fe H O

2

2ρ ρ24,6 cm3

8.39 ( )

VG G

gob H O H O b

b H O

2 2

2

=− −

≅ρ ρ ρ

ρ ρ755cm3

8.40 ( )G r r g

F r g

= − ≅

= ≅

43

7 4

43

51

13

23π ρ

π ρ

m

vz 13

H O

N

N2

,

,

G > Fvz, klesne na dno. 8.41 (a), (b) nič sa nezmení. 8.42 p = ρ ( g + ao) h ≅ 2202 Pa

8.43 hgr

= ≅2σ υ

ρcos

3,2 mm

8.44 x x x h h= = = =a b 2 1 2 40 cm 8.45 h = h1 + h2

8.46 r Vt v

=π 1

≅ 18,8 cm

8.47 tabcd v

=4

2π≅ 176,8 h

8.48 hQ

g d=

8 2

2 4π≅ 2,1m, p = ρ g h ≅ 2. 104 Pa

8.49 v g h2 2= Δ ≅ 1,4 m s–1

8.50 v v p2 1

2 2= +

Δρ

≅ 78,5 m s–1

8.51 Pn m p

t=

ρ≅ 2,17 W

146

8.52 ( )

v DF

D d2 4 42

2=

−≅

π ρ7,1 m s–1, t

Vd v

= ≅4

22π

3,6 s

8.53 vQD

p2 2

24 2

=⎛⎝⎜

⎞⎠⎟ +

π ρΔ

≅ 5,1 m s–1 , v QD1 2

4=

π≅ 2,5 m s–1,

d D vv

= 1

2

≅ 0,35 m,

p2 = p1 – Δp ≅ 2 .104 Pa

8.54 dQ

k

⟩ =4 ρ

π η Re 11 cm

8.55 ( )

ηρ ρ

=−

≅o gdv

2

18 2,0 Pa s

8.56 ( )

vg dH O vz

max =−

≅ρ ρ

η2

2

182,7 m s–1

8.57 rv

gH O

=9

2 2

ηρ

≅ 9,1. 10–5 m

9 Kmity 9.2 Otázky a problémy 1. Amplitúda sa s časom nemení, je konštantná. 2. Celková energia netlmeného harmonického pohybu je kvadratickou funkciou amplitúdy. 3. Častica po uplynutí doby jednej periódy sa vracia do pôvodnej polohy, vykoná teda dráhu y = 4A.

4. 1==AAλ

5. Maximálnu rýchlosť má teleso v rovnovážnej polohe, nulovú rýchlosť v mieste maximálnej výchylky.

6. Zrýchlenie telesa je maximálne v miestach maximálnej výchylky a nulové v rovnovážnej polohe. 7. Kinetická energia telesa je maximálna v rovnovážnej polohe, potenciálna energia je najväčšia

v mieste maximálnej výchylky.

8. ≅=y

mgk 19,6 N.m–1

9. ≅= 2

2AE

k c 19,6 N.m–1

10. a) α = 0, b) α = π /2, c) α = π, d) α = π /3 11. Maximálna rýchlosť sa zdvojnásobí, celková energia sa zoštvornásobí. 12. T = 2 π A

13. 52

1 =AA

14. A = 1,5 . 10–2 m, T = 4 s, vmax = 2,36 . 10–2 m.s–1, amax = 3,7 . 102 m.s–2

147

15. Mucha kmitá rýchlejšie ako čmeliak a pomalšie ako komár. Plynie to z výšky zvuku (t. j. frekvencie), ktorý hmyz vydáva.

16. Vyjadríme si potenciálnu energiu v polohe s maximálnou výchylkou, v tejto polohe platí Ep = Ec (Ek = 0). ( )ϕcos111 −= lgmE p > ( )ϕcos122 −= lgmE p

17. f = 2 s–1

18. (a) y = 2 A, ==2Tt 0,025 s,

(b) y = 4 A, t = T = 0,5 s

19. f = 3,18 s–1, ω = 20 s–1 , T = 0,314 s, 4

20 πϕ += t

20. ⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ +=

38cos3 ππ tx

21. 0,99 N, ≅= 1201 ymF ω 04sin314,0)2( =−= πTv m.s–1

22. m 2,3sin23cos6 === ∫ Atdtty23. a = – 1,8 cos (3t +π /2) m.s–2

24. ==max

max

va

ω 9 s–1

25. ==== rovkp EkAkyE ,22

max, 21

21 30 J

26. ≅⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−=−= 12

1

2

yAEEEE ppck 0,27 J

27. bteAA −= 0

28. 220 b−= ωω

29. Odpor prostredia 30. k2 (kg. s–1) 31. b (s–1) 32. b = 0,2 s–1, ω 0 = 1,57 s–1 , ω = 1,558 s–1 33. v (0) = 7,85 m.s–1 , A(T) = 1,84 m 34. 2,51 ==⇒== nsteee bnTbt

35. Λ = b T = 3

36. ≅== Λ 2,0

2

1 eeAA

1,22

37. Vonkajšia periodická nútiaca sila 38. f v = 3 Hz, F0 = 1 N 39. πω 42 22

0 ≅−=Ω br 40. Podľa princípu superpozície 41. Lissajoussove krivky 42. A´ = √2 . A, α= 45°

43. 4382

21 =+

=ff

f Hz, 421 =−= fff r Hz

44. A = 5 cm 45. α = 0, b) α = π

46. ⎟⎠⎞

⎜⎝⎛∪⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛∈ πππα 2,

23

2,0

148

47. παπα23,

2==

48. cos cos2 12

12

2ω ωt t= +

9.4 Neriešené príklady 9.20

( )≅

−−

=12

12

llgmm

k 29,9 kg.s–2.

9.21 f f mm2 1

1

2= ≅ 3,0 Hz

9.22 f = ≅ωπ2

0,625 Hz, Tf

= ≅1 1,6 s

x(0) ≅ 1,73 m, v(0) = ≅⎟⎠⎞

⎜⎝⎛−

6sin2 πω –3,9 m.s–1

9.23 ( )( )1

1

txta

=ω = 4 s–1 , ( ) ( )≅+= 2

12

12

ωtv

txA 0,07 m, ( )( ) =⇒⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−= α

ωα

1

1

txtvarctg – 45°

9.24 fA

Em

c= ≅1

22

π 23,7 Hz

9.25 E1 = E2 9.26 Ep = 25 %, Ek = 75 %

9.27 ff

ff

H

HD

H

D

2 2

2

43

2= =,

9.28 T Av

=2

≅π

max 0,0125 s

9.29 m m T TT

=−

0

202

02

9.30 t T t T t T= =

4 121 2, , =6

(s)

9.31 T hg

= 2 2

9.32 (a) ( )

21

212kk

kkmT

+= π , (b) T m

k k=

+2

1 2π

9.33 T m Mm g

y=+

≅2 1π 1,24 s

9.34 T Mg S

= 2πρ

9.35 T y mW

= ≅22

π 0,44 s

9.36 t T=

ln122 Λ

≅ 53,2 s

149

9.37 bt

=ln ,2 52

≅

≅

0,009 s–1

9.38 20-krát n eb T= 100

9.39 Λ = ≅12

2lnt

T 0,069

9.40 b fn

=ln2

≅

t

0,069 s–1

9.41 ln lnE E b= −0 2

9.42 η π=−

2 22

12

1 2

m T TS T T

9.43 W k BTt = −

2 22 2π

9.44 kvl

m= ( )π 2 = 123370 N m–1

9.45 ω rezkm

km

= −1 22

22≅ 12,2 s–1

9.46 A Av =−

≅221

2 1cosα α 0,193 m, α α α=

+1

22 = 45o

9.47 f f fr = −1 2 = 5 Hz

9.48 cos ΔΔ

α α2

12

= ⇒ = 120o

9.49 ( )≅+= 22

21

222 AAmfEc π 1,2 . 10–2 J, y AA

x= =2

1

43

x , rovnica priamky

9.50 2 2 2

1 4 1 1cos cos3 cos52 3 5

y C t t tω ω ωπ

⎛ ⎞⎡ ⎤= − + + + ⋅⋅⋅⎜ ⎟⎢ ⎥⎣ ⎦⎝ ⎠

9.51 cos cos cos3 34

14

3ω ωt t= + ωt

10 Vlnenie 10.2 Otázky a problémy 1. Rozruch, t. j.výchylka jedného bodu prostredia sa prostredníctvom silových väzieb medzi

elementami prostredia šíri na ďalšie elementy. Čím je silové pôsobenie väčšie, tým bude rýchlosť šírenia väčšia.

2. Ak všetky elementy prostredia kmitajú v jednej rovine. 3. Výchylku určitého bodu prostredia (x) v určitom čase (t) : u = u(x,t), resp. u(r,t). 4. Presvedčíme sa či je riešením vlnovej rovnice. 5. Fáza je celý argument príslušnej funkcie, fázová konštanta je fáza v čase t = 0. 6. Grupová rýchlosť je rýchlosť šírenia sa „signálu“, t.j. amplitúdy vytvorenej superpozíciou vlnení

rôznych frekvencií, fázová rýchlosť je rýchlosť šírenia sa fázy príslušnej vlnovej funkcie. 7. Disperzia vlnenia. 8. – 12. Pozri úvod do kapitoly.

13. Pozri obr. 10.3. 14. Podobne ako v probléme č 1, avšak s tým rozdielom, že na otvorenom konci trubice je kmitňa. 15. a) Zvýši sa, b) klesne. 16. Za zdrojom je väčšia vlnová dĺžka, pred zdrojom menšia.

150

17. a) Klesne, b) zvýši sa. 18. Pri odraze na nepohyblivej prekážke sa frekvencia nemení. Ak sa prekážka vzďaľuje, frekvencia je

po odraze nižšia; ak sa približuje, frekvencia je vyššia. 19. Od kolmice. 20. Nad sebou máme kruh, cez ktorý vidíme zdeformovane zobrazený celý polpriestor nad hladinou.

Polomer kruhu je určený medzným uhlom. Mimo tohto kruhu sa nám hladina javí ako zrkadlo (úplný odraz).

21. Kratšia. 22. Intenzita aj hladina intenzity zvuku klesajú so vzdialenosťou od zdroja. Intenzita je nepriamo

úmerná druhej mocnine vzdialenosti, hladina intenzity klesá lineárne s rastúcim logaritmom vzdialenosti.

23. Intenzita. 10.4 Neriešené príklady

10.15 (a) A = a =0,06 m ; (b) k = b = 2π m–1 ; (c) ω = c = 4π s–1 ; (d) fc

= =2

2π

Hz ;

(e) Tc

= =2

0 5π

, s ; (e) λπ

= =2

1b

m ; (f) vcb

= = 2 m.s-1; (g) orientácia proti smeru x,

(h) v c . amax ,= = 0 24π m.s-1

10.16 (a) Δx = 0 113, m ,(b) Δϕ π= rad

10.17 vk

=ω

; vlnoplochy sú roviny kolmé na os x .

10.18 α =1v

, kde v je fázová rýchlosť.

10.19 Pre vlnoplochu platí r = konšt , čo je rovnica guľovej plochy; vk

=ω

.

10.20 1 2 3v v v

ω⎛ ⎞

= + +⎜ ⎟⎝ ⎠

i j kk .

10.21 v vg =32

.

10.22 vA

rF

max ,= =2

0 946λ

πρ

m.s-1 .

10.23 a) lineárne, b) elipticky, c) kruhovo.

10.24 lcf

= ; l1 = 2,88 m ; l2 = 0,191 m .

10.25 22výsldA A⎛ ⎞ =⎜ ⎟

⎝ ⎠ .

10.26 02výsldA ⎛ ⎞ =⎜ ⎟

⎝ ⎠ .

10.27 a) výsl 02( ) 2 cos

2dA a u aπ

λ⎡ ⎤⎛= −⎜⎢ ⎥⎝ ⎠⎣ ⎦

⎞⎟ , b) A u d

výsl cos= 2 0πλ

.

10.28 F . lmf= =4 1012 3 N

10.29 lf d

F= =

10 495

1 ρπ, m .

151

10.30 fl1

12

358= =σρ

Hz .

10.31 Pre uzavretú ( ) ( )2 1 2 1 .85Hz4vf n nl

= + = + , kde n = 0, 1, 2, ...; pre otvorenú

f nvl

n= =2

170. Hz , kde n = 1, 2, 3, ....

10.32 ( )2 14vf nl

= + , kde n = 0,1,2,; f0 =850 Hz ; f1 = 2550 Hz ; f2 = 4250 Hz .

10.33 v vxl

= ='Δ

1270 m.s-1 .

10.34 v vlx

'= =Δ

3400 m.s-1 .

10.35 v vf f

f1 21 7=−

='

', m.s-1 .

10.36 ffv

v Rmin =+

=ω

974 Hz , ffv

v Rmax =−

=ω

1027 Hz .

10.37 ffv

v vfv

v vr =−

−+

=1 1

17 7, Hz .

10.38 Δff v

v f Af v

v f A=

−−

+=0

1

0

12 237 0

π π, Hz .

10.39 (a) f fv v v

v v'=

+ −

+=1 2

1

943 Hz, (b) f f'= = 1000 Hz.

10.40 Zvuk sa úplne odrazí, lebo ϕ α> = = °mvv

arcsin '1

2

13 33 .

10.41 1 12 2

2 2 1

tg arcsin 0, 482mv hvR hv v v

⎛ ⎞= = =⎜ ⎟

−⎝ ⎠ .

10.42 LP

SI= =log

0

114 dB .

10.43 Δ . L n= =log 30 dB10.44 Zvýši sa n . krátL= = −10 100Δ

10.45 AIf

L

= = −102

1 42 1002 2

7

ρπ, . m .

11 Základy vektorovej analýzy 11.2 Otázky a problémy 1. Priestor v ktorého bodoch je jednoznačne definovaná určitá skalárna, alebo vektorová veličina. 2. Skalárne pole: potenciálna energia, potenciál, teplota v miestnosti a pod. Vektorové pole: rýchlosť

kvapaliny v potrubí, sila v gravitačnom poli, intenzita elektrického alebo gravitačného poľa. 3. A ďalej tiež 4., 5., 6., pozri úvod do kapitoly. 7. Výtok vektora z nekonečne malej uzatvorenej plochy delený príslušným objemom. Ak je rýchlosť

konštantná čo vteká musí aj vytekať, teda divergencia je nulová. 8. Ak divergencia zodpovedajúcej vektorovej funkcie sa rovná nule.

152

9. Ak rotácia príslušnej vektorovej funkcie sa rovná nule. 10. Homogénne pole je konštantné pole. Divergencia aj rotácia sa rovná nule. 11.4 Neriešené príklady 11.9 F = – grad Ep = –kr.

11.10 divr

nr r r

nn n n n

r= − + = −

3 1 3( ) , hľadané n = 3.

11.11 rot grad ϕ = ∇x(∇ϕ) = (∇x∇)ϕ = 0. 11.12 rot(a x r ) = 2 a

11.13 E = – grad V = −κmr 3 r .

11.14 rotxa a r

r r= 3 .

11.15 div rot g = ∇.(∇xg) = (∇x∇) .g = 0, rot grad f = ∇x(∇f) = (∇x∇) f = 0 11.16 ∇.∇ = Δ vyplýva zo skalárneho súčinu. 11.17 ∇x(∇xg) = ∇(∇.g) – (∇.∇)g čo vyplýva z pravidla o dvojnásobnom vektorovom súčine. 11.18 div F = 0, rotF = – 2k, dané pole nie je potenciálové.

153

SÚHRN NIEKTORÝCH ZÁKLADNÝCH FYZIKÁLNYCH KONŠTÁNT Rýchlosť svetla vo vákuu c = 2,99792458 . 108 m s–1

Boltzmannova konštanta k = 1,381 . 10–23 J K–1

Plynová konštanta R = 8314 J k mol–1 K–1

Planckova konštanta h = 6,626 . 10–34 J s Avogadrova konštanta NA = 6,022 . 1023 mol–1

Gravitačná konštanta κ = 6,672 . 10–11 N m2 kg–2

Normálne tiažové zrýchlenie g = 9,80665 m s–2

Normálny atmosférický tlak po = 1,01325 . 105 Pa Hmotnosť elektrónu me = 9,109 . 10–31 kg Hmotnosť protónu mp = 1,673 . 10–27 kg Hmotnosť neutrónu mn = 1,675 . 10–27 kg Hmotnosť deuterónu md = 3,344 . 10–27 kg Hmotnosť α–častice mα = 6,644 . 10–27 kg

Základné údaje planét slnečnej sústavy

Teleso Stredný polomer [m]

Hmotnosť [kg]

Stredný polomer obežnej dráhy

[m]

Perióda [s]

Slnko 6,96 . 108 1,98 . 1030 – – Merkur 2,34 . 106 3,28 . 1023 5,79 . 1010 7,60 . 106

Venuša 6,28 . 106 4,83 . 1024 1,08 . 1011 1,94 . 107

Zem 6,37 . 106 5,98 . 1024 1,49 . 1011 3,16 . 107

Mars 3,32 . 106 6,40 . 1023 2,28 . 1011 5,94 . 107

Jupiter 6,98 . 107 1,90 . 1027 7,78 . 1011 3,74 . 108

Saturn 5,82 . 107 5,68 . 1026 1,43 . 1012 9,30 . 108

Urán 2,37 . 107 8,67 . 1025 2,87 . 1012 2,66 . 109

Neptún 2,24 . 107 1,05 . 1026 4,50 . 1012 5,20 . 109

Pluto 3,00 . 106 5,37 . 1024 5,91 . 1012 7,82 . 109

Mesiac 1,74 . 106 7,34 . 1022 3,84 . 108 2,36 . 106

154

Literatúra

1. Alonso M., Finn E. J.: Fundamental University Physics. Addison Wesley (1967). 2. Pereľman, J. I.: Zajímavá fyzika, Mladá fronta Praha 1952. 3. Kačinskij,A. M., Bytev A. A., Kimbar B. A.: Sbornik podgotoviteľnych zadač k olimpiadam po

fizike, Narodnaja Asveta, Minsk 1964. 4. Hlavička a kol.: Fyzika pro pedagogické fakulty, SPN Praha 1971. 5. Orear J.: Základy fyziky, Alfa VTEL Bratislava 1977. 6. Orear J.: Physics, Macmillan Pub. London 1979, Mir Moskva 1981. 7. Tuľčinskij M. J.: Zbierka kvalitatívnych úloh z fyziky, Alfa VTEL Bratislava 1982, Mir Moskva

1978. 8. Krempaský J.: Otázky - problémy - úlohy z fyziky, Alfa VTEL Bratislava 1982. 9. Štavina C. a kol.: Fyzika v príkladoch, Alfa VTEL Bratislava 1985.

10. Hajko V. a kol.: Fyzika v príkladoch, Alfa VTEL Bratislava 1988. 11. Džankoli D.: Fizika, Mir Moskva 1989. 12. Cedrik M.S.: Sbornik zadač po fizike, Minsk 1976. 13. Saveľjev I.V.: Sbornik voprosov i zadač po obščej fizike, Nauka, Moskva 1982. 14. Dostál J., Janáček Z.: Fyzika, VUT Brno, 1990. 15. Gofman J.V.: Zakony, formuly, zadači fiziki, Naukovaja dumka Moskva 1977. 16. Voľkejštein V.S.: Sbornik zadač po obščemu kurzu fiziki, Nauka Moskva 1979. 17. Jones .R., Childers R.L.: Contemporary College Physics, Von Hoffmann Press, USA 1990. 18. Baník I., Baník R., Zámečník J.: Fyzika netradične. Mechanika, Alfa VTEL Bratislava 1989. 19. Kopečná M., Kopečný J.: Sbírka problémových úloh z fyziky, VŠB - TU Ostrava 1995. 20. Zubov V., Šaľnov V. Š.: Zadači po fizike, Nauka Moskva 1972. 21. Košina S. a kolektív: Fyzika I, Vydavateľstvo STU Bratislava 1985.

155

O b s a h Predslov .................................................................................................................................... 3 1. Kinematika hmotného bodu (doc. RNDr. V. Laurinc, CSc.) ............................................ 5 2. Dynamika hmotného bodu (RNDr. V. Bušovský, doc. RNDr. V. Laurinc, CSc.)............ 19 3. Práca, výkon a energia (doc. Ing. P. Fedorko, CSc.)......................................................... 34 4. Gravitačné pole. Práca a energia v gravitačnom poli (doc. Ing. V. Skákalová, CSc.)....... 44 5. Dynamika sústavy hmotných bodov (doc. Ing. P. Lukáč, CSc., RNDr. M. Tokarčík, CSc.) 51 6. Dynamika dokonale tuhého telesa (doc. RNDr. T. Obert, CSc.)......................................... 60 7. Pružnosť a pevnosť (RNDr. M. Tokarčík, CSc.)................................................................. 71 8. Mechanika tekutín (doc. RNDr. O. Holá, CSc.).................................................................. 77 9. Kmity (doc. RNDr. O. Holá, CSc., RNDr. V. Bušovský). ................................................... 94 10. Vlnenie (doc. Ing. P. Fedorko, CSc.)...................................................................................111 11. Základy vektorovej analýzy (doc. RNDr. T. Obert, CSc.)....................................................123 Výsledky otázok, problémov a neriešených príkladov.......................................................... 128 Súhrn niektorých základných fyzikálnych konštánt............................................................. 154 Literatúra................................................................................................................................. 155

156