České vysoké učení technické v Praze __________________________________

Fakulta dopravní

Kinematika a dynamika v dopravě Příklady

Prof. Ing. Josef Jíra, CSc.

Doc. Ing. Michal Micka, CSc. Doc. Ing. Pavel Puchmajer, CSc.

Vydavatelství ČVUT 2003

Předmluva

Skriptum „Kinematika a dynamika v dopravě. Příklady“ je určeno studentům druhého

ročníku Fakulty dopravní ČVUT jako doplňující učební pomůcka pro studium předmětů

„Mechanika 2“ inženýrského studia a „Kinematika a dynamika“ bakalářského studia.

Obsahově je skriptum rozděleno do 7 kapitol na procvičení základních úloh

z kinematiky a dynamiky. V úvodu každé kapitoly je uveden přehled vět, definic a vzorců,

které se vztahují k danému problému a pak je ukázán způsob jejich použití při řešení

konkrétních příkladů. Výběr příkladů je přizpůsoben obsahu přednášek a cvičení. V rámci

dané kapitoly jsou ukázána řešení jednoduchých i složitějších příkladů. Pokud je nějaká úloha

řešena obecně, může si posluchač ověřit na řešení obdobného příkladu s konkrétními

hodnotami, zda správně pochopil teoretický základ.

Autoři však chtějí upozornit, že kinematika a dynamika nejsou vědní discipliny, které

by bylo možno zvládnout v krátkém časovém úseku před zkouškou. Je nutno jejich studiu

věnovat soustavnou a cílevědomou přípravu, ke které jsou tato skripta vhodnou pomůckou.

Autoři děkují studentům Zdeňku Lokajovi a Markovi Kříčkovi za pomoc při

zpracování textu a kreslení obrázků.

V Praze 31. října 2003

Prof. Ing. Josef Jíra, CSc.

Doc. Ing. Michal Micka, CSc.

Doc. Ing. Pavel Puchmajer, CSc.

3

1. Tření Dosud byly uvažovány pouze tzv. hladké vazby, které umožňovaly vznik jen

normálových sil. Možnost vzniku tečných sil rozšíříme o tzv. vazby drsné, kde vznikají tečné třecí síly, které se rovněž nazývají pasivní odpory.

A. Tření smykové směr pohybu

T N

F mg

Tečná síla T (pasivní odpor proti pohybu) je dána Coulombovým zákonem.

NT µ= (1.A.1.) kde N je normálová reakce µ je koeficient smykového tření závislý na materiálech kontaktních ploch (viz obr.1.A.1.)

Obr.1.A.1Poměr ϕµ tg==

NT definuje tzv. třecí kužel (viz

obr.1.A.2.) pro který platí: a) Síla F1 ležící v tzv. nehybné oblasti

uvnitř třecího kužele není schopna tělesem pohnout. Těleso je v klidu, rovnováha je stabilní. Soustava se nazývá samosvorná.

hybná oblast

nehybnáoblast

ϕ ϕ

F3F2

F1

b) Síla F2 ležící na povrchu třecího kužele je na rozhraní oblasti hybné a nehybné. Těleso je buď v klidu nebo koná rovnoměrný pohyb. Rovnováha je indiferentní. Obr.1.A.2.

c) Síla F3 ležící v hybné oblasti mimo třecí kužel způsobí zrychlený pohyb tělesa. Rovnováha je nestabilní.

B. Tření čepové

Mč µč,rč

R Ry

Rx

S2

směr otáčení Pro moment čepového tření Mč (viz obr.1.B.1.) platí: 22yxččččč RRrRrM +== µµ (1.B.1.)

kde µč je koeficient čepového tření rč je poloměr čepu r je poloměr kladky R je výsledná reakce v čepu S1 Rx a Ry jsou složky výsledné reakce v čepu Vzhledem k tomu, že výraz (1.B.1.) je nelineární, je možno použít velmi kvalitní Ponceletovy linearizace s chybou

%4±Obr.1.B.1.

yxyx RRRR 4,096,022 +=+ (1.B.2.)

kde Rx > Ry. V opačném případě je třeba Rx a Ry zaměnit.

4

Pro Rx > Ry vychází

rrrr

SS

čč

čč

µ

µ

96,01

4,01

1

2

−

+= (1.B.3.)

C. Tření vlákna (lana) taženého přes drsný kruhový válec Pro tento případ platí (viz.obr.1.C.1.) Eulerova rovnice

Obr.1.C.1.

směr

poh

ybu

µ

α S1

S2

µαeSS

=1

2 (1.C.1.)

kde µ je součinitel tření mezi lanem a válcem α je úhel opásání Poznámka: Tento typ tření se často nazývá také „tření pásové“ nebo „tření vláknové“.

směr pohybu

r

e T N

µ

Fmg

D. Valivý odpor Při valení válce po rovině je mezi válcem a podložkou

tečná síla T o velikosti

vNreNT µ== (1.D.1.)

kde e je tzv. rameno valivého odporu r je poloměr válce

re

v =µ je součinitel valivého odporu Obr.1.D.1. N je normálová reakce

V případě, že: T Nµ< dochází k valení (1.D.2.) T Nµ> dochází navíc k vlečení válce po podložce (1.D.3.)

NT µ= je mezní hodnota tečné síly. Rovnice (1.D.2.) se nazývá statická podmínka valení.

M Příklad 1.1. β µ Stanovte velikost sily F pro rovnováhu ( rovnoměrný pohyb ) pásové brzdy na obr.1.1.1., je-li dáno: M, β, µ, r, a1, a2, l. Momenty čepového tření zanedbejte.

O

r S1

F S2

S1 Řešení: A S2 Uvolnění soustavy je naznačeno přímo

na obrázku 1.1.1. Vzhledem k tomu, že čepové tření zanedbáváme, není znalost reakcí v bodech O a A pro řešení úlohy nutná. Z tohoto důvodu není rovněž třeba psát silové podmínky rovnováhy.

a1

a2

Momentová podmínka rovnováhy l kotouče brzdy k bodu O je:

MO: S2r - S1r-M = 0 (1.1.1.) Obr.1.1.1.

5

a Eulerova rovnice pro pásové (vláknové) tření µβeSS

=1

2 (1.1.2.)

Řešením rovnic (1.1.1.) a (1.1.2.) dostáváme 1

11 −

= µβerMS a

12 −= µβ

µβ

ee

rMS

Hledanou sílu F stanovíme z momentové podmínky rovnováhy k bodu A ovládací páky

MA: Fl - S1a1-S2a2 = 0 odkud po úpravě: lrMF.

= .1

21

−+µβ

µβ

eeaa .

Příklad 1.2.

Je-li dáno µč a rč proveďte řešení předchozího případu se zřetelem na čepové tření v ložisku kotoučové brzdy ( bod O ).

Řešení: [ ]ββµ µβµβµβ sin4,0cos11

11

eerrer

MSčč −−+−

⋅=

[ ]ββµ µβµβµβµβ

sin4,0cos112

eerre

er

MSčč −−+−

⋅=

Příklad 1.3.

Stanovte velikost síly F na regulační páce špalíkové brzdy tak, aby břemeno Q bylo ve stavu klidu, nebo rovnoměrného pohybu. Čepové tření zanedbejte (viz obr.1.3.1.).

Dáno: Q = 500N r1 = 500mm r2 = 200mm a = 400mm b = 800mm c = 50mm µ = 0,4

Řešení: Soustavu uvolníme a připojíme síly

N a T (obr.1.3.2.). Vzhledem k zanedbání čepového tření není nutno vyšetřovat reakci v ložisku kotouče (bod O), ze silových rovnic rovnováhy. Pro kotouč dále platí momentová podmínka rovnováhy k bodu O:

0: 21 =− TrQrM O (1.3.1.) a rovnice smykového tření: NT µ= (1.3.2.)

Pokud není třeba znát reakci v bodu A,

0 : =⋅

použijeme pro rovnováhu regulační páky pouze momentovou podmínku k tomuto bodu:

Obr.1.3.1.

−⋅− cTaNFlM A (1.3.3.)

6

Po vyloučení N a T dostáváme

z rovnic (1.3.1.), (1.3.2.), a (1.3.3.) po úpravě hledanou sílu F ve tvaru:

1

21rr

lc

laQF ⋅

+⋅⋅=

µ

a numericky:

Příklad 1.4

Stanovte mezní úhel α síly F působící na těleso z obrázku, kdy toto setrvá ještě v klidu, nebo v rovno-měrném pohybu. Plochy styku tělesa s podložkou uvažujte velmi malé. Dáno: Q, h, l, µ1, µ2

Řešení: Vzhledem k jednoduchosti

zavedení reakčních sil je možno psát rovnice rovnováhy přímo pomocí obrázku 1.4.1.

Obr.1.3.2.

N 175500200

120050

1200400

4,01500 =⋅

+⋅⋅=F

α

µ 2 µ 1

Obr. 1.4.1.

=−+⋅−⋅

=−−+=−−

02

sincos:

0sin:0cos:

12

21

21

lQlNlFhFM

FQNNYTTFX

αα

αα

(1.4.1.) Po připojení rovnic pro smykové tření: 111 NT µ= a T 222 Nµ= , lze vyloučením sil T1 a T2 soustavu upravit do maticového tvaru:

=

⋅

−

−−−

QQ

NNF

lh

0

02sincos2

11sincos

2

1

21

αα

αµµα

7

Velikost síly F v závislosti na síle Q stanovíme podle Cramerova pravidla:

( ) ( )( )αΦ

µµ

αααµαααµ

µµ

αα

αµµα

µµ

21

21

21

21

21

sincossincoscossin2

02sincos2

11sin-cos

Det

1211

0Det

+−=

−++−

−

+−=

=

−

−−

−−

=

Q

lh

lh

lh

Qlh

QQ

F

(1.4.2.)

Pokud se Φ(α) → 0 => F→ ∞ a soustava se stává samosvornou. Mezní úhel αm odpovídající hranici mezi oblastí hybnou a nehybnou je řešením trigonometrické rovnice Φ(α) = 0. Po úpravě jmenovatele (1.4.2.) dostáváme:

lhlh

lh

tg m221

211

µµµ

µµα

−+

−+= ,

což je možno volbou µ1= µ2= µ ještě zjednodušit na

−

=

lh

tg m2

1

µα .

Pro 5,0=lh a různé hodnoty součinitele tření µ jsou odpovídající hodnoty mα v následující

tabulce .1.4.1. µ [1] 0 0,05 0,1 0,2 0,3 0,4 αm [o] 90 85,7 81,47 73,3 65,77 59

Tab. 1.4.1.

Rozdělení mezním úhlem αm na oblast hybnou a nehybnou ukazuje následující obr.1.4.2.

Jediná poloha síly, kdy je těleso buď v klidu nebo se rovnoměrně pohybuje

Nehybná oblast – samosvornost Hybná oblast – těleso se pohybuje se zrychlením

Obr. 1.4.2.

Poznámka: Pro případ, že Q = 0 vede řešení na úlohu o vlastní hodnotě αm popsanou soustavou homogenních rovnic:

8

=

⋅

−

−−−

000

02sincos211sin

cos

2

1

21

NNF

lh αα

αµµα

,

stručně: , jejíž podmínka netriviálního řešení je stejná jako v řešeném případě [ ]{ } { }0=vA( ) 0==[ ]Det αΦA .

Příklad 1.5.

Prizmatická tyč o vlastní tíži Q a délce l+a je uložena na drsných podpěrách podle obr. 1.5.1.A. Vyšetřete sílu F(x), která uvede tyč do rovnováhy nebo rovnoměrného pohybu směrem doprava. Proveďte rozbor řešení.

qB)

A)

µ 2µ 1

Řešení: Z obr.1.5.1.B je patrné, že síla

)()()( xTxTxF BA += , kde

)()( 1 xRxT AA µ= )()( 2 xRxT BB µ= .

Jde tedy o výpočet

reakcí na nosníku s přečnívajícími konci rovnoměrně spojitě zatíženém zatížením Obr. 1.5.1.

( )alQq += / , jak je zobrazeno na tomtéž obr. 1.5.1.B. Připomeňme, že reakce staticky určitých nosníků na dvou podpěrách vyšetřujeme výhodně z momentových podmínek k podpěrám, neboť v tomto případě se soustava dvou rovnic o dvou neznámých rozpadne na dvě rovnice o jedné neznámé. Platí tedy:

02

)()(2

)()(: =++−−−+ xlxlqxaxaqlRM BA , odkud po úpravě [ ]xallQRB 22

+−= .

02

)()(2

: =−+−+−+ xalxalqxqxlRM AB , odkud po úpravě [ ]xallQRA 22

−+= .

O správnosti výpočtu reakcí se přesvědčíme splněním silové podmínky rovnováhy do svislého směru:

Qll

QRR BA =⋅=+ 22,

což je z obr. 1.5.1.-B patrné. Hledaná podélná síla je tedy:

[ ] [ ]xall

Qxall

QxF 22

22

)( 21 +−+−+= µµ ,

což lze upravit do tvaru:

−+

−+

+=

lx

lal

lalQxF )(

22)( 1221 µµµµ .

9

Z výsledku je zřejmé, že je-li: a) µ2> µ1 je F(x) lineární funkce stoupající b) µ2= µ1= µ F(x) = µQ = konst. c) µ2< µ1 je F(x) lineární funkce klesající.

Příklad 1.6.

Stanovte sílu F pro rovnováhu, nebo rovnoměrný pohyb (kolmo k nákresně) prizmatického kusu vlastní tíže Q uloženého v nesymetrické drážce ( viz obr 1.6.1.).

Dáno: D: α, β,Q, µ1, µ2 U: N1, N2, T1, T2, F

Řešení: Soustava je staticky neurčitá,

neboť polohy působišť normálových reakcí N1 a N2 nelze ze statických rovnic rovnováhy stanovit. Avšak vzhledem k tomu, že oba směry nositelek reakcí N1 a N2 jsou známé, lze ze složkových (silových) rovnic rovnováhy stanovit jejich velikosti.

Obr. 1.6.1.

0sinsin :0coscos :

21

21

=−+=−QNNY

NNXβαβα

Odkud )sin(

cos1 βα

β+

= QN a )sin(

cos2 βα

α+

= QN

Sílu F stanovíme z rovnice rovnováhy sil do směru pohybu prizmatického kusu:

.)sin(

cos)sin(

cos resp.

0

212211

21

+

++

=+=

=−−

βααµ

βαβµµµ QNNF

TTF

Poměr dµβααµ

βαβµ =

++

+=

)sin(cos

)sin(cos

QF

21 je součinitel tření v nesymetrické drážce.

Poznámka: V případě symetrické drážky, kde α = β a µ1 = µ2 = µ je α

µµsin

=d > µ.

Příklad 1.7.

Stanovte sílu F pro rovnováhu (nebo rovnoměrný pohyb) kola vozu o poloměru r nesoucího část jeho síly tíže Q (viz obr.1.7.1.). Dáno rameno valivého odporu e, koeficient čepového tření µč a poloměr čepu rč.

Řešení: K uvolněnému kolu připojíme všechny silové účinky, které na něj působí (viz

obr.1.7.2.) a sestavíme dvě silové a jednu momentovou podmínku rovnováhy.

10

0:0:0:

=−−⋅=−=−

NeMrTMQNYTFX

čO

(1.7.2.) (1.7.3.)

(1.7.1.)

Obr. 1.7.1.

µč

Vzhledem k tomu, že platí N >>T je možno vodorovnou složku reakce v čepu pro výpočet Mč s výhodou zanedbat, takže

ččč rNM µ= (1.7.4.)

Dosazením rovnic (1.7.1.), (1.7.2.) a (1.7.4.) do rovnice (1.7.3.) dostáváme:

0=−− QerQFr ččµ , odkud hledaná síla:

Ψ=

+= Q

rr

reQF ččµ .

Bezrozměrná veličina

+==Ψ

rr

re

QF č

čµ

se nazývá „trakční součinitel“. Obr.1.7.2.

Příklad 1.8. ε⋅I

am ⋅

e N

T

F G

Ocelové kolo o průměru 1,5 m, váze 4000 N a spočívá na kolejnici a je taženo silou

. Součinitel smykového tření kola po kolejnici uvažujeme hodnotou

NF 1000=,

součinitel valivého tření 005,0=vµ , 2,0=kµ

a odtud m00375,0005,0.75,0 ==⋅= re vµ

Kolo pokládejme za homogenní kruhovou desku. Určíme pohyb, jaký nastane. Totéž provedeme pro tažnou sílu . NF 3000= Obr.1.8.1.

Řešení: Předpokládáme, že pod účinkem vnější síly se bude kolo pohybovat zrychlením a a

otáčet s úhlovým zrychlením ε . Zavedeme setrvačné síly, vyznačíme reakce a sestavíme podmínky rovnováhy.

11

válce těžištěkolem rovnice pohybová 0 : 0 :

válcetěžištěrovnicepohybová 0 :

=⋅+⋅+⋅−=−↑

=⋅−−→

εIeNrTMGNy

amTFx (1.8.1.)

Pro řešení zavedeme nejprve předpoklad, že se kolo odvalí o úhel α . Délka odvaleného oblouku α⋅= rs

Derivací rovnice 2x podle času εα ⋅=⇒⋅= radt

drdt

sd2

2

2

2

(1.8.2.)

Z prvé rovnice (1.8.1.) vyjádříme ε⋅⋅−= rmFT (1.8.3.) a dosadíme do třetí rovnice (1.8.1.). 02 =⋅+⋅+⋅⋅+⋅− εε IeNrmFr

A odtud IrmeNrF

+⋅⋅−⋅

= 2ε (1.8.4.)

Ze zadání určíme hmotu kola kg 7,40781,9

4000==m resp. Ns2m-1 ,

moment setrvačnosti kola 222

kgm 6,11475,02

7,407

2

.=⋅==

rmI resp. Nms2 .

Dosazením do (1.8.4.) 2-2 s 14,26,11475,07,40700375,0400075,01000

=+⋅

⋅−⋅=ε

Z toho dále z (1.8.3.) N80040000,2NN64,34514,275,07,4071000 =⋅==⋅⋅⋅=T

Tak velikou třecí sílu nemůže však kolejnice vyvodit, proto se kolo bude po kolejnici smýkat. Přitom mezní třecí síla N80040002,0 =⋅=⋅= NT kµ Místo předpokladu (1.8.2.) zavedeme do podmínek rovnováhy třecí sílu této hodnoty. Pak bude ze třetí rovnice (1.8.1.) platit:

I

eGrT ⋅−⋅=ε tedy 2s13,5

6,114

00375,0400075,0800 −=⋅−⋅=ε

Ze druhé rovnice (1.8.1.) pak 2-ms4,5

7,407

8003000=

−=a tedy

mTFa −=

Účinkem tažné síly 3000 N se kolo posunuje zrychlením a = 5,4 ms-2. Přitom se zároveň otáčí úhlovým zrychlením , v bodě dotyku však dochází k prokluzu. 2s13,5 −=ε

12

Příklad 1.9. Vyšetřete velikost síly F, která uvede do rovnováhy nebo rovnoměrného pohybu

soustavu spřažených válců (viz obr.1.9.1.), jsou-li dány: síly tíže G1, G2, rozměry a vzdálenost válců r1, r2, r3, l

Rovnováhu obou válců zaručuje následující soustava šesti složkových (silových) a momen

a ramena valivých odporů e1 a e2.

Obr. 1.9.1.

Řešení: Oba válce uvolníme a zatížíme působícími silami.

Obr. 1.9.2.

tových lineárních rovnic

13

0cos :0sin :0cos : )1(

111111

11

1

=−+=−+=−

eNrTSrMGSNYTSX

O ααα

0cos :0sin :0cos : )2(

2223232

22

2

=−−+=−−=−−

eNSrrTFrMSGNY

TSFX

O αα

α

o šesti neznámých silách: S, N1, N2, T1, T2 a F. ou sílu: Postupným řešením dostaneme výraz pro hledan

. kde 22

1

2132

3

22

1

1

331

lrrrtg

eeG

tger

tgerGF −+=⋅+

+

= αα

22 er ++ α

Příklad 1.10.

hnací moment M pro rovnoměrný

pohyb Stanovte břemene Q zvedaného kladkostrojem (viz

obr.1.10.1.). Uvažujte účinek čepového tření.

áno: Q = 700 N, r1 = 160 mm, r2 = 200 mm, Dµč = 0,08, rč

ešení: zhledem k tomu, že rovnováha kladky (2) je

zcela e

= 20 mm

ŘVvidentní, uvolníme pouze kladku (1) a zatížíme

působícími silami (viz obr.1.10.2.) Rovnováhu kladky (1) popisují dvě rovnice

rovnováhy (silová rovnice do osy X je identicky rovna nule)

022

:

022

:

21 =−−+

=−−

čO MrQrQMM

QQRY

a rovnice vyjadřující moment čepového tření ččč rRM ⋅⋅= µ .

Z těchto tří lineárních rovnic lze stanovit tři neznámé, a to: M, R a Mč. Hledaný hnací moment

( )

−

+−

=+−=12

1222 212)(

2 rrrrrMrrM ččč µ

QQ ,

což po dosazení zadaných numerických hodnot dává:

mN 12,15=M

Obr.1.10.1.

Obr. 1.10.2.

14

Příklad 1.11. í moment pro rovnoměrný pohyb břemene

proho tření

áno: Q = 700 N, r1 = 160 mm, r2 = 200 mm,

Obr. 1.11.1.

Stanovte hnac kladkostroj z obrázku 1.11.1.: a) uvažuje-li se účinek čepovéb) bez účinku čepového tření.

Dµč = 0,08, rč = 20 m

dpověď: 70,56 Nm

m O

a) M =b) M = 70 Nm

Příklad 1.12.

Stanovte velikost třecího momentu přenášeného patním ložiskem, je-li dána přítlačná síla F, koeficient tření µ a průměr hřídele D =

ešení: dle obrázku je elementární normálová síla na

obecné

2r. Rozdělení tlaku mezi čelem hřídele a ložiskem uvažujte konstantní ( viz obr. 1.12.1.).

ŘPom poloměru x:

xdxpdN π2= , elementární tečná (třecí) síla

dxpdNdT x2πµµ == Třecí moment přenášený celým průřezem:

∫ == pdxxpM0

322 πµπµ

r r 32 (1.12.1.)

že platí: rpF π= (1.12.1.) Vzhledem k tomu,

retova

F3

r

2 , lze upravit na: rFM 32µ= , což lze interp a zt dvěm působy (viz obr.1.12.2.).

Obr. 1.12.1.

b)

a)

µ2 Fµ

r3

2

Obr.1.12.2.

15

Příklad 1.13. Tenká tyč o vlastní tíži Q se opírá o drsné

stěny (

2 = 0,3 ého výsledku.

ešení: č po uvolnění zatížíme reakčními silami

(viz o

viz obr.1.13.1.). Stanovte minimální úhel α pro rovnováhu. Dáno: µ1 = 0,2, µProveďte diskusi dosažen

ŘTybr.1.13.2.). Rovnováhu tyče popisují dvě

složkové (silové) podmínky rovnováhy a jedna podmínka momentová:

=−+

=−+=−

0cos2

sincos:

0:0:

221

12

12

ααα lQlNlTM

QNTYTNX

, (1.13.1.)

ke kterým připojíme dvě třecí rovnice

(1.13.2.)

Dosadíme-li (1.13.2.) do (1.13.1.) a zapíšeme-li = 222 NT µ= 111 NT µ

soustavu rovnic maticově, dostáváme: 01 1 − Nµ

,000

cos0cossin11 1

2

21

2

2

=

⋅

−+−

QN

ααµαµ

nebo stručněji: [ ]{ }=vA { }0 .

Je zřejmé, že se jedná o soustavu lineárních homogenních rovnic, jejíž řešení může být buď: a) triviální { } { }0=v b) netriviální }, kdy.{ { }0≠v , pak

e povah odporuje podmínce a) , musí být splněna

[ ] 0=ADet Vzhledem k tomu, ž a úlohy

Obr. 1.13.1.

Obr. 1.13.2.

{ } { }0=v podmínka b), tzn.: 01 µ −

)cos(sincos21cos

210

cos0cossin11 2121

21

2

2

1

αµαµααµµααµα

µ +−+==

−+−Det

dkud .2

1

1

21

µµµα −=tg o

Po dosazení numerického zadání 3,2=αtg , čemuž odpovídá αmin = 66,5°. Poznámka:

Úloha v tomto příkladě řešená se v lineární algebře nazývá „úloha o vlastní hodnotě“, kde v našem případě byl vlastní hodnotou minimální úhel . minα

16

Diskuse výsledku: 1) Je-li α > αmin, je systém samosvorný. To znamená, že p daři za ných koeficientech tření µ1 a

vnováze pro libovolnou hodnotu vlastní tíže Q.

Jinými slovy „samotné

Př

µ2 je systém v ro2) Je-li α < αmin, systém proklouzne, pohybuje se a nemůže být bez vnějšího zásahu (např.

další uložení ve vodorovném, nebo svislém směru) v rovnováze. třecí síly systém v rovnováze neudrží.“

íklad 1.14. Jak musí být velký koeficient tření µ1 při koeficientu tření µ2 = 0,25, aby αmin = 45°?

= 0,445. Řešení: µ1

Příklad 1.15. Jak musí být velký koeficient tření µ = µ1 = µ2, aby úhel αmin = 35°?

0,52. Řešení: µ =

Příklad 1.16. Žebřík tíhy N 150=G , délky m 6=l

žebříku am až může N 8001 =G , aby nehrozilo charakterizující

meznímu Vzhledem k tomu, že neznámé hodnoty jsou pouze dvě, jedná se o úlohu rovnov

nebezp20=sϕ

ečí pádu. Tře ní žebříku o zeď i zem je stejný a má velikost 0 . Zadání úlohy a její řešení je zřejmé z obr.1.16.1. Zavedení neznámých reakcí odpovídá

stavu.

cí úhel tře

je opřen o zeď. Zem a žebřík svírají úhel k po vystoupit člověk tíhy 060=α . Určete,

áhy rovinného svazku sil, který má vrchol v bodě B.

Na obrázku jsou vykresleny třecí kužele v obou dotykových bodech žebříku. Je zřejmé, že v obou bodech můžeme počítat s mobilizací tření v klidu pouze tehdy, leží-li

rchol

1

2

a= ?

G1

G

1,5 3m

BR1

G1

G

B

2

µsR2

b

sϕ

sϕ

sϕsϕ

Obr.1.16.1.

R

µsR1

v svazku uvnitř šedé oblasti. Na hranici této oblasti si musíme uvědomit, že při určitých silových impulsech, které mohou být způsobeny např. setrvačnými silami při pohybu na žebříku, může být na kontaktu mezi žebříkem a podporou mobilizováno pouze tření kinematické. Ještě dříve, než přistoupíme k výpočtu polohy bodu B, chtěli bychom upozornit na skutečnost, že prochází-li výslednice tíhy žebříku a člověka bodem B, jedná se rovnováhu indiferentní.

17

Parametr b určíme z výpočtu výšky v bodu B nad zemí (dvěma způsoby podle obrázku

.16.2. z geometrie úlohy). 1( ) stg32,5 ϕbv ⋅−+=

B 20

G1+ G2

v 5,2

3-b 3

o

20o

20o

60o

Obr.1.16.2.

b

stgcotg

ϕϕ bbv s =⋅=

Porovnáním obou výrazů

( ) =⋅−+s

s tgtgb32,5

ϕϕ

+⋅=⋅+

sss tg

1tgtg32,5ϕ

ϕϕ b

b

ss

s

tg1tg

tg32,5

ϕϕ

ϕ

+

⋅+=b a dosazením

m02,2

20tg

120tg

20tg32,5

o

o

o

=+

⋅+=b

Má-li výslednice sil G1 a G procházet bodem B, musí platit následující momentová

podmínka ekvivalence k dotykovému bodu 2 žebříku a země ( ) bGGGaG ⋅+=⋅+⋅ 11 5,1

A z toho úpravou ( ) 02,28005,1 +⋅−+⋅ bGbG ( ) m12,2800

5,102,2150

1

=−⋅

==G

a

a tomu odpovídá v aýšk .

Příklad 1.17.

m.67,360tg12,2 o =⋅=h

Člověk může vystoupat od paty žebříku do výšky 3,67 m

a r

d/2

Q

h

b d1/2 G

M B

Otočný jeřáb tíhy tíhy

Vypoč dvojice Mu otáčen

kN 20=G kN 30=Q .

ítejte moment silové potřebné k rovnoměrném í jeřábu se zřetelem na pasivní odpory v ložiskách A ( radiálně axiální zaběhané ), B ( radiální ). Dáno: a = 5 m, h = 4 m, d

je zatížen břemenem

A

= 0,15 m, č = 0,1, µ = 0,2, b = 0,75 m, µ

r = 0,2 m, d1

e a pro lové účinky, které na něj působí,

sestaví

= 0,2 m.

Těleso jeřábu uvolnímsi

me rovnice rovnováhy

Obr.1.17.1.

18

( ) 0:)60:)

0:)40:)3

0:)2

0:)1

=+−⋅−⋅⊂

=−+⊂=⋅⊂

=+⊗

=−−↑

5

=+−→

raQbGhRM

MMMMhRM

RRzQGRy

RRx

Axz

čBčAy

Azx

BzAz

Ay

BxAx

>

>

>

Pa vyjádříme pomocí fyzikálních vztahů. Moment čepového tření MčA

v zaběhaném radiálně axiálním ložisku A je dán součtem momentu čepového tření v čepu MčAr a

sivní odpory

momentu třecích sil v axiální opoře MčAa . Výpočet MčAr: Výslednice reakcí RAx, RAz je 22 AzAx RRR += ,

tangenciální složka, tj. tření R 22 AzAxčč RRT +=⋅= µµ

a moment k ose y R

,

22

22AzAxččAr R

ddTM +=⋅= µ

.

Výpočet MAa : vislá reakce ( rovnomS ěrně rozložena po celém obvodě ) na

jednotku střednice

2

R

⋅π 1 ddr AyAy += ,

tečná složka, tj. tření na jednotku délky střednice

ddt +

moment k ose y vyvolaný třením na jednotku délky střednice

= µ , ϕdddds 1 +=

21

_ RAy

⋅π

π

µ

π 242

4 1

__ RddRdd ⋅+

⋅

+ µ 11 AyAy ddtm =⋅+⋅=⋅= .

ϕπ

µddd

RdM Ay

421 +⋅

⋅= Moment na diferenciál oblouku

y

z x

A

x

z

Q

Q

G

RBx

RAx Ay

RAz

MčB MčA

B

nárys

půdorys

Obr.1.17.2.

R

y

G

RBz

d/2 x

y

T RRAz

RAx

Obr.1.17.3.

2/d

2/1d

41 dd +

x

y

Obr.1.17.4. 4

41 dd +

ϕd

Obr.1.17.5

19

Moment na celý obvod čepu

[ ]

42

42

424

11

2 2

0

20

11

ddRddR

ddRdddR

dMM

AyAy

AyAy

+⋅⋅=⋅

+⋅

⋅=

=⋅+

⋅⋅

=⋅+

⋅⋅

== ∫ ∫

µππ

µ

ϕπ

µϕ

µπ π π

20 π

Moment čepového tření v radiálním ložisku B je obdobně 22BzBxččBr RR

ddTM +=⋅= µ 22

Po dosazení do rovnovážných rovnic dostaneme ( )

( )( )

( )

( )

( )[ ] ( )[ ] kN75,422,053075,0204

113

kN50302021

004

=+⋅+⋅=+⋅+=

=+=+==

=⇒=⋅

raQGbh

R

QGRRR

RhR

Ax

Ay

AxBx

AzAz

003 =⇒=+ RRR BzBzAz

( )

kNm623,175,421,02

2,075,421,02

15,0502,04

15,02,0242

2425

11

2112

=⋅⋅+⋅⋅+⋅⋅+

=

=⋅+⋅+

+⋅=

=+⋅+

+=

BxčAyAxč

BxčAyAxč

RdRddRd

RdRddRdM

µµµ

µµµ

Příklad 1.18.

Určete minimální vyosení síly Q, aby jímku v klidu nebo rovno-

viz obr.1.18.1.).

Obr. 1.18.1.

tření udrželo obměrném pohybu (

Dáno: a = 50 mm, µ = 0,2 Pozn.: Takto konstruované zařízení se nazývá Saladinův (třecí) věšák.

K uvolněnému věšáku (viz obr.1.18.2.) reakční síly N1, N2 a T1, T2. Pro

neznámé N

Řešení:

připojíme 1, N2, T1, T2 a x máme k dispozici tři

rovnice rovnováhy

0: 12 =− NNX

02

)2

(:

0:

221

21

=−−+

=−+

aTaNaxQM

QTT Y

20

a dvě třecí rovnice

22

11TNTN

µµ

==

.

Jejich vyřešením dostáváme

Obr. 1.18.2.

mm 5,622,0

50===

ax

klidem

44 ⋅µ.

Je zřejmé, že pokud je: a) x > 2.5 mm je soustava samosvorná a

é Q, indiferentní

rovnováze charakterizované nebo klouzáním rovnoměrným pohybem ve směru a smyslu Q,

hybuje se věšák

6věšák funguje pro libovoln

b) x = 62,5 mm je věšák v

c) x < 62,5 mm popohybem rovnoměrně zrychleným ve směru a smyslu Q.

Pozn.: Velmi snadno se hranice mezi hybnou a neh

svorná oblast začíná průnikem třecích kuželů (v rovinné sta

ybnou oblastí nositele síly Q případě graficky (viz obr.1.18.3.) Samo

získá v tomto

tice třecích trojúhelníků).

Obr. 1.18.3.

21

2. Základy kinematiky

A. Kinematika hmotného bodu Poloha hmotného bodu dána polohovým vektorem.

V kartézské souřadnicové soustavě rrr

( ) ( ) ( ) ( )( ) ( ) ( ) ( ) 321 etzetyetxtr

ktzjtyitxtrrrrr

r

⋅+⋅+⋅=

⋅+⋅+⋅=

rrr

kde vektorybázové ,,

vektoryjednotkové ,,

321 eeekjirrr

Rozepsáno pro jednotlivé souřadnice ( ) ( ) ( ) ] m [ tyytyytxx ===

Eliminací času t z těchto rovnic dostáváme dráhu (trajektorii ) - křivku, po které se bod pohybuje

( )( ) 0,,

0,,

2

1

==

zyxFzyxF } dráha je průsečnice 2 rovin

Rychlost je časová změna (derivace dle času) polohového vektoru r

r

r

kzjyixrdtrdv

r&

r&

r&&

rr⋅+⋅+⋅===

nebo ve složkách ] sm [ , , 1-⋅===dtdzv

dtdyv

dtdxv zyx

velikost vektoru rychlosti 222222 zyx vvvzyxv ++=++= &&&r

Rychlost je vektor a má směr dráhy a velikost rovnou první derivaci podle času. Složky rychlosti cos , cos , cos γβα ⋅=⋅=⋅= vvvvvv zyx

Směrové kosiny cos , cos , cosdsdz

dsdy

dsdx

=== γβα

Zrychlení je časová změna vektoru rychlosti v

kzjyixrvdtvda

r&&

r&&

r&&&&

r&rr

r⋅+⋅+⋅====

Složky vektoru zrychlení jsou ] sm [ , , -2⋅====== zvayvaxva zzyyxx &&&&&&&&&

Velikost zrychlení 222 zyx aaaa ++=r

Důležité složky vektoru zrychlení Složka do směru normály k dráze je dostředné zrychlení an ,složka do směru tečny k dráze je tečné zrychlení at .

Tečné zrychlení má velikost rovnou derivaci velikost rychlosti podle času vdtdvat &==

Normálové zrychlení má velikost rovnou čtverci rychlosti dělenému křivostí dráhy a směr do středu křivosti.

22

z

y

x

A B

Obr.2.A.

rdr

rdrrr

+

rr

2er

1er

3er

kr

jr

ir

y

x

z

Rvan

2

= kde R je poloměr křivosti dráhy. Normálová složka zrychlení se proto

nazývá zrychlení dostředivé nebo centripetální.

B. Přímočarý pohyb V tomto případě je dráha hmotného bodu přímka, směr rychlosti je stálý, zrychlení je

pouze tečné a má směr shodný se směrem rychlosti. Nejčastěji ve směru některé osy je konstantní nebo nulové zrychlení. Pro směr osy x:

1. nazveme 0=xa pohyb přímočarý rovnoměrný ve směru osy x .

. 0 konstvdt

dva xxx =⇒== dtdxvx = integrací získáme 0xtvx x +⋅=

kde x0 je integrační konstanta - počáteční dráha. pohyb rovnoměrně zrychlený 2. .konstax = pohyb rovnoměrně zpomalený

dtdva xx = a integrací 0xxx vtav +⋅=

2

2

dtxdax = a dvojí integrací 00

2

21 xtvtax xx +⋅+⋅=

kde x0 ( počáteční dráha ) a vx0 (počáteční rychlost ) jsou integrační konstanty. Obdobné vztahy platí pro osy y,z

C. Křivočarý pohyb bodu – pohyb po kružnici Zvláštním případem křivočarého pohybu je pohyb hmotného bodu po kružnici.

Poloha bodu ( na obr. B0, B ) je popsána časově proměnným úhlem ( )tϕ , dráha

( ) ( ) Rtts ⋅= ϕ kde R je poloměr kružnice.

rVektor průvodiče ( )tr můžeme vyjádřit pomocí průmětů do souřadnicových os

( ) ( ) ( 21 sincos etRetRtr )rrr

⋅⋅+⋅⋅= ϕϕ kde jednotkové vektory ve směru normály a tečny jsou (viz obrázek 2.C.2.)

( )0tϕ( )tϕ

( )( )tRB ϕ,

( )( )00 , tRB ϕs x

y

Vektor okamžité rychlosti

( ) ( ) ( ) tt etRetRdttrdv

rr&

rr

⋅⋅=⋅⋅== ωϕ Obr.2.C.1.

kde úhlová rychlost ( ) ( ) ]srad [ 1-⋅=dt

tdt ϕω resp. ( ) ( )Rtvt =ω

Vektor zrychlení

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ntntnt etRetRetRetReRtvetvta

rrrr&

rr&

r⋅⋅+⋅⋅=⋅⋅+⋅⋅=⋅+⋅= 22

2

ωεωω

23

2er

1er

( )tϕ

( )tϕ

ter

ner

( )tϕ−090

( )tR ϕcos⋅

( )tϕ ( )tR ϕsin⋅

R

y

x

Obr.2.C.2.

Úhlové zrychlení ( ) ( ) ( ) ] srad [ 2-⋅== tdt

tdt ωωε &

Tečná složka zrychlení ( ) ( )tRtRat εω ⋅=⋅= &

Normálová složka zrychlení ( ) ( ) ( ) ( )R

tvttvtRan2

2 =⋅=⋅= ωω

Speciální případ - rovnoměrný pohyb kruhový, který je charakterizován konstantní úhlovou

rychlostí ( ) ( ) 0ϕωϕωϕ

+⋅=⇒= ttdt

td pohyb je periodický

K proběhnutí kružnice je třeba času T T

T πωϕωϕπ 2 2 00 =⇒+⋅=+ – perioda

Frekvence fT

f ⋅=⇒= πω 2 1 , úhlové zrychlení ( )tε je rovno 0 .

D. Křivočarý pohyb bodu - šikmý vrh ve vakuu Počáteční podmínky

tv0r

2

21 tgr

( )trrα x

y ( ) ( ) 0 pro 000 0 === tyx

- - - -

Obr.2.D.1.

Parametrické rovnice pohybu rovnoměrný přímočarý pohyb ( vx x ⋅=→

( ) tvtvtx x ⋅⋅=⋅= αcos00

rovnoměrně zrychlený pohyb (volný pád) ↓

( )21

21

02

002 ⋅+⋅−=+⋅+⋅−= tvtgytvtgty y

Potom rovnice dráhy v souřadnicích x,y ( x = x(t)

24

počáteční rychlost v0 elevační úhel α tíhové zrychlení ay = - g zrychlení ax = 0

)0xt +

+⋅+⋅= 00

2

21 ytvtay yy

αsin⋅

, y = y(t) )

222

0 cos21 x

vgtgxy ⋅⋅−⋅=

αα

Určení času dopadu td částice g

vtdαsin2 0⋅= netriviální řešení

Dostřel (dolet)

polohový vektor ( ) ααα 2sincossin2cos200

00 gv

gvvttvtxd ddd =⋅⋅=⋅⋅==

Maximální dostřel je pro elevační úhel 045=αgvd

20

max =

E. Kinematika desky yje zvláštním případem kinematiky

tělesa, které vykonává pohyb v rovině x,y, ϕ

ϕ

ϕ

x

B

A

x´

x´y´

x xA

y´

ytzn. že yxAz ϕϕ ,, se nemění

( ) ( ) ( ) ttyytxx zAAAA ϕϕϕ =≡== , kde: x,y - nepohyblivý souřadnicový systém

yAv rovině pohybu x´,y´ - pohyblivý souřadnicový systém

v rovině desky s počátkem v bodu A.

0Souřadnice obecného bodu B při pohybu desky

Obr.2.E.1.

ϕϕϕϕϕϕϕϕ

cossin cossin sincos sincos

⋅′+⋅′=−⋅′+⋅′+=⋅′−⋅′=−⋅′−⋅′+=

yxyyyxyyyxxxyxxx

AA

AA

derivací drah získáme složky rychlosti

( ) ( ) ,, AAyyAAxx xxvdtdyvyyv

dtdxv −⋅−==−⋅−== ωω

Okamžitý střed otáčení (pól otáčení) je bod, který má v čase t nulovou rychlost. Souřadnice okamžitého středu otáčení určíme z podmínky pp yx , 0== yx vv :

( )ω

ω AxApApAxv

yyyyv ,, 0 +=⇒=−⋅− , obdobně ωAy

Apv

xx , −=

Příklad 2.1.

Vyšetřete maximální střední pístovou rychlost klikového mechanismu motoru automobilu Škoda Favorit jehož zdvih d=72 mm a maximální otáčky nmax = 5000 min-1. Řešení

1max sm12301000

500072

30−⋅=

⋅

⋅=

⋅=

ndvs

Poznámka: Pro moderní rychloběžné motory se připouští až . -1max ms 25=sv

25

Příklad 2.2. Stanovte úplné kinematické řešení rovnoměrného zrychleného pohybu jehož dráha je

2000 2

)( tatvsts ⋅+⋅+= (2.2.1.)

Řešení Postupným derivováním dostáváme rychlost ( )ts

tavtv ⋅+= 00)( (2.2.2.) a zrychlení

.)( 0 konstata == K úplnému kinematickému řešení náleží i závislost dráhy ( )ts na rychlosti , což

získáme vyloučením času z rovnice (2.2.1.) a (2.2.2.) ( )tv

0

0)(a

vtvt −=

a 2

0

00

0

000

)(2

)()(

−⋅+

−⋅+=

avtva

avtvvsts (2.2.3.)

Poznámka:

Vzorec (2.2.3.) bývá často prezentován pro s0=0 a v0=0 ve zkráceném tvaru 0

2

2)()(

atvts

⋅=

Příklad 2.3.

Mechanismus nakreslený na obrázku je tvořen dvěma objímkami, spojenými tyčí délky l. Obě objímky se posouvají po souřadnicových osách x a y. Dokažte, že libovolný bod A se pohybuje po elipse. Část elipsy v prvém kvadrantu souřadnicového systému xy

znázorněte graficky. Obr. 2.3.1.

Řešení: Z obrázku je patrné, že v trojúhelníku AB1C1 platí, že

1

coslx

=α (2.3.1)

a pro trojúhelník AC2 B2 platí, že

2

sinly

=α (2.3.2.)

Povýšíme-li rovnice (2.3.1.) a (2.3.2.) na druhou a obě rovnice sečteme, je zřejmé, že vztah

Obr.2.3.2.

26

12

2

2

1

=

+

ly

lx (2.3.3.)

je rovnice elipsy o délkách poloos l1 a l2. Grafické znázornění elipsy je na obr.2.3.2.

Poznámka: Z výsledku je zřejmé, že pro 221lll == je trajektorie bodu A kružnice o rovnici

222

2

=+

lyx (2.3.4.)

Příklad 2.4.

Mechanismus nakreslený na obrázku se nazývá Bramerův elipsograf a je tvořen dvěma objímkami, spojenými tyčí délky 21 ll + . Obě objímky se posouvají po souřadnicových osách x a y. Dokažte, že bod A mechanismu na obrázku se pohybuje rovněž po elipse. Výsledek graficky znázorněte.

Řešení: Rovnice elipsy má tvar

12

221

=

+

+ l

yll

x (2.4.1)

Odvození a grafické znázornění rovnice (2.4.1.) ponecháváme čtenáři. Příklad 2.5. Stanovte funkci ( )tωβ = Whitworthova vahadla (kulisového mechanismu) znázorněného na obr.2.5.1. Funkci ( )tωβ = graficky znázorněte a určete βmax. Je dáno: 5

h=, rh

Řešení V trojúhelníku BCD platí

000 1809090 =+++⋅− ψβω t Odkud βωψ −⋅= t (2.5.1.) Další důležitou závislostí mezi úhly ψ a β dává sinová věta v trojúhelníku ABC

βψ sinsin ⋅=⋅ hr (2.5.2.) Dosazením (2.5.1.) do (2.5.2.) plyne

[ ] ββωβω sinsincoscossin =⋅−⋅ tthr

Obr.2.4.1.

Obr.2.5.1.

27

což po úpravě dává

trh

tarctgt

rh

ttg⋅+

⋅=

⋅+

⋅=

ω

ωβω

ωβcos

sin cos

sin (2.5.3.)

Je-li v trojúhelníku ABD strana rBD = , potom a z trojúhelníku ABD plyne, že 090=ψ

0max 53,1151arcsin ===

hrarctgβ

Tomu odpovídá ( ) 000* 53,10153,1190 =+=tωNěkteré hodnoty funkce ( t)ωβ = v mezích jsou uvedeny v následující 01800 ≤≤ tωtabulce.

ω t tg β β 0° 0 0° 45° 0,124 7° 90° 0,2 11,3° 135° 0,165 9,35° 180° 0 0° 225° -0,165 -9,35° 270° -0,2 -11,3° 315° -0,124 -7° 360° 0 0°

Tab.2.5.1.

Průběh výchylky vahadla β v závislosti na jednom otočení kliky o 360° je znázorněno

na obr.2.5.2.

Obr.2.5.2.

28

Příklad 2.6. Stanovte dráhu, rychlost a zrychlení křižáku klikového mechanismu (viz obr.2.6.1.)

otáčí-li se klika rovnoměrně. Poměr 51

==lrλ . Odvození závislosti znázorněte graficky.

Řešení

Z obr.2.6.1. je patrné, že xVzhledem k tomu, že t⋅= ωψ , není t

stanovíme pomocí sinové věty. BB

λψβ sisinsin =⋅=lr

a ββ 2sin1cos =−=Je však zřejmé, že , tak

prvními členy binomické řady

1sin 22

Grafické znázornění poměrných kinematických veličin je znázorněno na obr.2.6.2.

51

=λ

tω

tω

20

1

10

1

1

1

( )ω

ω

r

tX

( )r

tX ω

Obr.2.6.2.

30

Příklad 2.7. Pohyb tělesa je definován vztahem

. Určete: 30102 +⋅−= ttxa) kdy je rychlost rovna nule b) polohu a ujetou vzdálenost, když

s 8=t Řešení: Poloha v čase : s 0=t m 30300100 =+⋅−=x

a) Rychlost 102 −== tdtdxv

Čas odpovídající nulové rychlosti: 0102 =−⋅ t ⇒ t = 5 s

m

0

x [m]

6

0

-10

30

14

5

8 5

t[s]

0t[s]

x [ms-1]

Poloha v čase : s 5=tm 53051052 =+⋅−=x

Obr.2.7.1. b) Poloha pro t = 8 s: 143081082 =+⋅−=x Rekapitulace:

t = 0 do t = 5s rychlost záporná ujeto 30-5 = 25 m - v čase od - v čase od t = 5s do t = 8s rychlost kladná ujeto 14-5 = 9m - celkem od času t = 0 do t = 8s ujeto s = 25 + 9 = 34m Grafické znázornění průběhu pohybu je na obr.2.7.1. Příklad 2.8. Motorista startuje z klidu po kružnici o poloměru 120 m s konstantním zrychlením automobilu 0,9 ms-2. Určete vzdálenost, kterou automobil ujede než jeho celkové zrychlení dosáhne hodnoty 1,8 ms-2. Řešení: Tečné zrychlení: Tečná rychlost: 19,0 −⋅= smat tav tt ⋅=

Normálové zrychlení: 120

9,0 22222 t

R

ta

R

va ttn⋅

=⋅

==

Celkové zrychlení: ( ) 2-2222

22 ms 8,19,01209,0

=+

⋅=+=

taaa tn

Úpravou posledního vztahu dostaneme

2222

2 9,01209,08,1 +

⋅=

t

558,19,08,11209,0 2222 =−=⋅ t

94,2309,0

9,08,11202

222 =

−=t ⇒ s 19,15=t

31

Dráha ujetá motoristou po kružnici m 83,10319,159,021

21 22 =⋅⋅=⋅= tas t

Příklad 2.9. Zrychlení objektu je přímo úměrné času t. V čase t = 0 je rychlost objektu v = -16 ms-1. Víme-li, že jak rychlost, tak souřadnice pozice jsou nulové, když t = 4 s, zapište rovnici pohybu objektu. Řešení: Zrychlení lze popsat vztahem tka ⋅= ( k – konstanta přímé úměrnosti)

Integrací výrazu tkadt

dv⋅== se určí rychlost 0

2

21 vtkv +⋅=

Platí:

a) pro čas t = 0: 020

2116)0( vkv +⋅=−= ⇒ 10 16

−−= msv

b) pro čas t = 4: 016421)4( 2 =−⋅= kv ⇒ 16k = 32 ⇒ k = 2

Potom zrychlení ta 2=a rychlost pohybu v závislosti na čase má tvar . 16 2 −= tv

Ze vztahu dt

dsv = odvodíme integrací výraz pro dráhu 03

163

stts +−=

Poloha v čase t = 4 je nulová, potom:

m 66,42 416364 0416

34)4( 000

3

=⇒=⋅+−

⇒=+⋅−= ssss

Rovnice pohybu objektu má potom tvar: 66,42163

3

+−= tts .

Příklad 2.10.

Záznam akcelerace tahače byl získán na přímé silnici (viz obr.2.10.1.). Známe-li počáteční rychlost tahače , určete rychlost a ujetou vzdálenost za: ( ) km/hod180 =v

a) čas , b) čas t s 4=t s 6= Řešení: Odečtem z grafu byly získány vstupní hodnoty:

( ) ( ) -2ms 24 ,00 == aa Závislost zrychlení a na čase je možno vyjádřit rovnicí paraboly s vrcholem pro : s 5,4=t

( ) dtpa +−⋅= 25,4 Parametry p, d určíme ze vstupních hodnot dosazením do rovnice paraboly, tedy

( ) ( ) dpdp +−⋅=+−⋅= 22 5,442 5,400 t [s]

a [ms-2]

2,0

1,0

21 5 63 4 a řešením dostaneme 2,025d 1,0 =−=p

Obr. 2.10.1. Potom ( ) 025,25,41,0 2 +−⋅−= ta

32

Dále

( )( ) ( ) 03

2 025,23

5,41,0 025,25,41,0 vttvdttdvdtadv +⋅+−−=⇒+−−=⇒⋅=

Integrační konstanta se určí z počáteční podmínky dosazením numerických hodnot 0v

( ) ( ) 1-002

ms 9625,1 3600

180003

5,41,00 =⇒=+−−= vvv

Potom tedy ( ) 9625,1025,23

5,41,03

+⋅+−

−= ttv

a další integrací ( ) ttts ⋅+⋅+−−= 9625,12

025,212

5,41,024

neboť ( )00 =s Na zadání lze potom opovědět takto:

a) v čase s 4=t( ) ( )

( ) ( ) m 00,2449625,12

4025,212

5,441,04

ms 06,109625,14025,23

5,441,04

24

1-3

=⋅+⋅

+−

−=

=+⋅+−

−=

s

v

b) v čase s 6=t( ) ( )

( ) ( ) m 18,4869625,12

6025,212

5,461,06

ms 22,149625,16025,23

5,461,06

24

1-3

=⋅+⋅

+−

−=

=+⋅+−

−=

s

v

Příklad 2.11. Osobní vlak jede rychlostí 60 kmh-1 po oblouku o poloměru 250 m. Jestliže maximální

celkové zrychlení nesmí dosáhnout 10g , určete maximální rychlost vlaku.

Řešení:

0=ta , 981,01081,911,1

250360060000

2

2

2

=>=

== −msRvan ⇒ Rychlost je třeba snížit.

Úpravou vztahu pro dostředivé zrychlení dostaneme

1-1-

2

2

kmh 377,56mh 65,56377 3600

981,0250 250

3600981,0 ==⇒

=⋅⇒

= vvv

Příklad 2.12.

Za jakou dobu projede vlak přímou trať l= 5 km, jestliže je na počátku i na konci v klidu, rozjíždí se s konstantním zrychlením a1= 0,25 ms-2 na rychlost vmax= 50 km/hod., touto rychlostí projíždí druhý úsek trati a v posledním úseku se pohybuje s konstantním zpožděním a2= - 0,8 ms-2 ?

33

Řešení: Ze vztahu pro rychlost při

rovnoměrně zrychleném pohybu vyplyne pro počáteční hodnoty vmax

l3 l2 l

l1

s

v

max100 , ,0 ,0 vvaatv ==== ( )00 ttavv −⋅+= (2.12.1.)

čas t1, potřebný pro rozjezd

s 6,5525,06,3

50

1

max1 =⋅

==a

vt Obr.2.12.1.

Za tuto dobu projede vlak vzdálenost

m3866,5525,02

1

2

1 .22111 =⋅⋅=⋅= tal

Dosadíme-li pro třetí úsek do rovnice (2.12.1.) 0,,,0 02max0 ==== taavvv vypočítáme

čas t3, po který vlak brzdí ( ) s 4,17=8,06,350

2

03 −⋅

−=

−=

avt

Za dobu t3 urazí vlak dráhu

m 1234,178,021

6,34,1750

21 .22

323max3 =⋅−⋅

=⋅+⋅= tatvl

Konstantní rychlostí vmax vlak projíždí úsek m 44931213865000312 =−−=−−= llll

A potřebuje k tomu čas t2

s 32350

6,34493

max

22 =

⋅==

vlt

Celou trať projede vlak za dobu .s36min6s396321 ==++= tttt

Příklad 2.13.

Strojvůdce rychlíku jedoucího rychlostí spatřil před sebou ve vzdálenosti

nákladní vlak jedoucí rychlostí na stejné koleji a stejným směrem.

Zjistěte, zda okamžité brzdění rychlíku s konstantním zpožděním zabránilo srážce. Jestliže brzdění srážce nezabránilo, určete:

-11 ms 30=v

-1ms 9=m 180=s 2v-2ms 2,1=a

a) Za jakou dobu t po začátku brzdění nastala srážka? b) Jakou dráhu s2 ještě ujel rychlík do srážky? c) Jakou rychlost v3 měl rychlík v okamžiku nárazu?

Řešení: Vzdálenost mezi vlaky m 180=−= NR sss

Vzdálenost ujetá rychlíkem 21 21 attvsR −=

Vzdálenost ujetá nákladním vlakem tvsN 2=

34

Po dosazení

s 20 s, 15 3002

352

35

0300350,61-/ 01806,021

18092,12130

m 18021

21

2

2,1

2

2

2

22

1

==⇒−

±=

=+−

=−−

=−−

=−−=−=

ttt

tt

tt

ttt

tvattvsss NR

Na základě výpočtu lze formulovat odpovědi:

a) Vlaky se srazí za čas t = 15 s.

b) Do srážky ujede rychlík dráhu m 315152,1211530 2 =⋅−⋅=Rs .

c) Rychlost rychlíku v době srážky byla -1

3-1

13 kmh 2,43 tj.ms 12152,130 ==⋅−=−= vatvv . Příklad 2.14.

Automobil jede po přímé dráze rychlostí vmax= 90 km/hod., když spatří řidič překážku, které se nemůže vyhnout. V tom okamžiku je od překážky vzdálen L = 85 m. Po uplynutí reakční doby t1= 0,5 s začne řidič brzdit (viz obr.2.14.1.). Za předpokladu, že pohyb vozidla je při brzdění charakterizován závislostí zrychlení na rychlosti a = - a0 – kv2,

, k = 0,002 m20 4−= msa -1 ) , máme rozhodnout, zda automobil do překážky narazí.

v

0 s

l1 lk L

Obr.2.14.1.Řešení:

Po dobu t1 ( reakční doba řidiče ) se bude automobil pohybovat konstantní rychlostí vmax a ujede vzdálenost

. m5,125,0360090000

1max1 =⋅=⋅= tvl

Abychom zjistili, zda stačí zabrzdit včas, vyšetříme závislost rychlosti vozidla na projeté dráze.

35

Ze vztahů pro zrychlení dtdva = a rychlost

vdsdt

dtdsv =⇒=

můžeme vyjádřit zrychlení ( )dsvd

dsdvv

vdsdva

2

2

=⋅

==

dosadíme za a diferenciální rovnici 20 kvaa −−=( ) 2

0

2

2vka

dsvd

⋅−−=

řešíme separací proměnných, tedy ( )20

2

21

vka

vdk

ds+

⋅−=

Počáteční rychlost je vmax , za konečnou rychlost dosadíme 0=kv . Budeme-li dráhu automobilu měřit od místa, ve kterém řidič spatřil překážku, bude počáteční odlehlost l1 . Odlehlost místa, kde vozidlo zastaví, označíme lk. Z poslední rovnice integrací v daných mezích dostaneme

( )∫∫

+−=

0

20

2

max121

v

l

l vka

vdk

dsk

Pro přehlednost integrujeme zvlášť pravou a levou stranu rovnice. Pak

[ ]∫ −==k

k

l

lk

ll llsds

1

1 1

( ) ( )=

+=

+⋅=

+⋅− ∫∫

maxmax

max 0

20

0 20

20

20

2

ln21

21

21

vv

v

vka

kvka

vdkv

ka

vdk

ka

vka

kkav

ka

k 0

2max

0

02max

0 ln21lnln

21 +

=

−

+=

Z porovnání levé a pravé strany dostaneme

m25.802000

6252000ln2505,12ln21

0

2max

0

1 =+

⋅+=+

+=

ka

vka

kllk

Vozidlo tedy zastaví necelých 5 m před překážkou. Příklad 2.15.

Kámen spuštěný do propasti narazí na její dno. Zvuk, který vznikne při nárazu, se šíří vzhůru stálou rychlostí c = 333 ms-1. Od vypuštění kamene do chvíle, kdy uslyšíme náraz, uplyne čas t = 8 s. Jak hluboká je propast? Řešení:

Označme hledanou hloubku propasti x. Při volném pádu urazí kámen vzdálenost x za čas t1 , přičemž ( pro gravitační zrychlení g = 9,81 ms-2 )

2121 tgx ⋅= (2.15.1)

36

Stejnou dráhu proběhne zvuková vlna v čase t2 a platí proto 2tcx ⋅= (2.15.2.)

Součet obou časů 21 ttt += je znám. Vyjádříme-li t1 z rovnice (2.15.1.) a t2 z rovnice (2.15.2.) a sečteme, dostaneme vztah

gx

cx

cxt

gx

cxt

cx

gxt 22 tdruhou na umocníme2 resp 2 2

22 =+

⋅−=−+=

upravíme

02 resp. 012 222

222

2

=+

+⋅−=+

+⋅− tc

gcctxxt

gctx

cx

Řešením kvadratické rovnice dostaneme

m 256269,13711669,13967833381,9

333833381,9

3338333.

22222

2,1

22222

2,1

=±=⋅−

+⋅±+⋅=

⋅−

+±+=

x

tcgcct

gcctx

(Jeden kořen vyhovuje podmínkám úlohy, druhý kořen dává t = 158 s ≠ 8 s .) Příklad 2.16.

Automobil jede konstantní rychlostí po terénní vlně parabolického tvaru (viz obr.2.16.1.). Jakou maximální konstantní rychlostí může jet, aniž by došlo ke ztrátě kontaktu vozidla s povrchem dráhy? Odpory a přilnavost k povrchu vozovky se neuvažuje. Pro určení křivosti křivky dráhy je použit vzorec:

y

x

30 m 30 m

5 m ( ) 23

1

1

y

yr

′+

′′=

Obr. 2.16.1

x

y an

an

g g

Řešení: Ke ztrátě kontaktu vozidla s dráhou

může dojít v případě, že průmět normálového zrychlení do osy y je větší než gravitační zrychlení (viz obr.2.16.2.). Pro výpočet je třeba nejprve určit křivost dráhy.

Dráhu lze v daném souřadnicovém

systému popsat rovnicí 5180

2

+−=xy .

Obr. 2.16.2.

Dvojí derivací dostaneme 90180

2 xxy −=−=′ 901

−=′′y

37

Po dosazení do vzorce pro křivost dráhy 23

23

90190

1

901

901

1

+⋅

−=

+

−=

xxr .

Potom poloměr křivosti r bude nejmenší pro 0=x , tj. pro bod ve vrcholu paraboly, ve kterém bude tedy největší normálové zrychlení i jeho průmět do osy y.

Křivost 9011

−=r

, resp. poloměr křivosti m 90=r .

Poznámka: záporná křivost vyjadřuje, že křivka je konkávní.

Ze vzorce pro normálové zrychlení dostaneme 90

22 vrvan == .

Pro dostaneme maximální rychlost vozidla, při které by ve vrcholu došlo ke ztrátě kontaktu vozidla s vozovkou

gan =

-1-12 kmh 97,106ms 71,29 9,88281,99090 ==⇒=⋅=⋅= vgv Příklad 2.17.

Jak velký úhel tvoří ramena centrifugálního regulátoru s osou rotace, koná-li 120 otáček za 1 minutu ? Řešení: Úhlová rychlost otáčení kolem osy rotace o je

ππω 4602

== n ( kde n je počet otáček za minutu ).

Obvodová rychlost při otáčení kolem osy rotace rv ⋅= ω (vztah mezi ω a v ozřejmí obrázek).

Jedná se o rovnoměrný otáčivý pohyb, úhel ( )tϕ

měřený od základní polohy se mění s časem. Poloměr kružnice, kterou opisuje hmotný bod rotující kolem osy rotace ϕsin⋅= lr .

Rovnoměrnou rotací hmotného bodu o hmotě m, váhy G divá síla v

2v

ω

o

l=30 cm

r

α

A

α

F

F

G

G

S

S

zniká odstře

αωω sin22 ⋅⋅⋅=⋅⋅= lmrm

jsou v rovnováze. Ze chto sil vyplývá úhel α

α

lg

⋅2ω

Obr.2.17.1.

ω⋅= rv

ϕ

konst.=ω

o

r

( )

složkového obr

ω 2⋅⋅=⋅=

rrm

rm

Síly S, F a G

azce tě

F

sinsinGFtg 2

2

ωαωα ⋅⋅=⋅

⋅⋅⋅==

gl

gmlm

=cos αrespektiveObr.2.17.2.

38

Dosazením za proměnné

( ) 3,04cos 2 ⋅

=π

α 78207,00

81,9=⇒= α

P

o

m1

m2

o

r1

r2

α

l1

l2

Obr.2.18.1.

ω 1

2

říklad 2.18. Dva hmotné body m1 a m2 spojené vláknem

ě o opisují kruhové dráhy úhlovou rychlosupevněným v bod

tí konst.=ω (dráhy leží ve vodorovné rovině kolmé k ose rotace). Určete úhly α a β. Řešení:

Při rovnoměrném kruhovém pohybu hmot m1 β a m2 lovou rychlostí ω ) vznikají odstředivé síly

rotože

( úh

αωω sin2112

111 ⋅== lmrmO αsin11 ⋅= lr

p( )βωω sinsin22 ⋅+⋅== llmrmO α

Na hmotné body působí vnitřní síly a vnější síly .

entová pod y složek O2 a G

212222

S1

SO2

O1

G2

m2

m1

S2 O1

S1 G1

S1O

S1 S1C

21, SS

2121

Mom mínka rovnováh

,,, OOGG dle obr.2.18.2

2 k bodu má tvar: , S2

2 G1 0cossin 2222 =− ββ lOlG

( moment O2 působí v opačném smyslu než G2)

Ze složkového obrazce na obr.2.18.4. platí:

S2

O2

G2 β

Obr.2.18.4.

Obr.2.18.2.

ββ cosG sin SSO == 2222Obdobně moment síly S k bodu o je rove1 n nule (nulové rameno síly ):

00 122 =⋅⋅= StgGO β

Vnitřní a vnější síly působící na hmotný bod m1 jsou v rovnováze. Pro složky výslednice, která je v rovnováze se silou S1

, platí (viz obr.2.18.3.):

Obr.2.18.3.

39

o obrazce u bodu 1): (ze složkovéh 21211 sin OOSOS C +=+= β

Statický moment složek k bodu o vná momentu výslednice ( ramena sil jsou se ro(ze složkového obrazce u bodu 2 ) 21211 cos GGSGS O +=+= β

αcos1l ): αsin1l

( ) ( ) 121121 cos / 0cossin lOOlGG ⋅=⋅+−⋅+ ααα

a

( ) 2121 OOtgGG +=⋅+ αZe složkového obrazce platí βtgGO ⋅= 22

GlmtgGG 21121Potom další úpravou má rovnice tvar:

( ) βαωα tg⋅+=⋅+ 2 sin resp. ( ) ωβα 122

GtgGtgGG =⋅−⋅+ αsin121 lg

( )βα sinsin 212 ll +⋅

(2.18.1.)

Z rovnice pro moment k bodu 1: ωββ m 2222 mtggOtgG =⋅=⋅

β22

g( αωβ sinsin1 lltg +⋅= ) (2.18.2.)

Z rovnic (2.18.1.) a (2.18.2.) je možno stanovit dva neznámé úhly α a β. Příklad 2.19.

Určete vztah mezi úhlem ϕ, který je za rotace regulátoru sevřen jeho ramenem a a počtem otáček odstředivého regulátoru. Hmotu ramen zanedbejte.

svislým směrem,

Obr.2.19.1. Obr.2.19.2.

40

Řešení: Z počtu n otáček za minutu se určí úhlová rychlost

Obr.2.19.3.

O ω 1

30602 −⋅=⋅⋅= snn ππ

Obr.2.19.4. Ze sinové věty

ba

=ϕψ

sinsin ϕsin⋅

b ⇒ ψsin = a

Osová síla S se určí ze složkového obrazce na obr.2.19.4.

QbQS ⋅⋅−

=−⋅

=ϕψψ 2222cos2

Q =ab sin2sin12

Rotací G vzniká odstředivá síla

( ) ϕωωϕ sinsin 22 ⋅⋅⋅=⋅⋅⋅= lgGlmO

Síly na ramenu regulátoru jsou v rovnováze. Momentová podmínka rovnováhy k bodu O má tvar:

0coscossinsin =⋅⋅−⋅⋅+⋅⋅+⋅⋅ ϕϕψϕ lOaSbSlG xy

kde ψψ cos sin ⋅=⋅= SSSS yx

+ϕg

S

Dosazením a úpravou rovnice získáme následující vztahy:

( ) 0cossincossinsincossin 2 =⋅⋅⋅⋅⋅−⋅⋅+⋅⋅⋅⋅⋅ ϕϕωϕψψψ llGablG

( ) ϕϕϕωψψϕϕ sin:0cossinsincoscossin 22 =⋅⋅⋅⋅−⋅⋅+⋅⋅+⋅⋅ lg

baSlG G

ϕψ sinsinba

= ) (kde

( ) 0coscoscos 22 =⋅⋅⋅−⋅⋅+⋅⋅+⋅ ϕωψϕ lgG

babaSlG

l 0cossin2

cossin2cos 22

222

2

222=⋅⋅⋅−⋅

−

⋅+⋅

−

⋅⋅⋅+⋅ ϕω

ϕψ

ϕϕ

gG

ba

abbQ

ba

abbaQlG

0cossin12

cos

sin12

cos 222

2

22

2

2

2

=⋅⋅⋅−

⋅−⋅⋅

⋅⋅⋅+

⋅−⋅⋅

⋅⋅+⋅ ϕω

ψ

ψ

ϕ

ϕ lgG

bab

baQ

bab

aQlG

41

(kde ψϕ cossin1 222

=⋅−ba

)

0cos2cos

cos2

222

=⋅⋅⋅−+⋅⋅+⋅ ϕωψϕ l

gGaQ

baQlG

lGaQb

aQlgG

⋅+⋅=

⋅⋅−2cos

12

222

ψω

2( ) lGaQ

baQl

gG

⋅+⋅=

−⋅⋅⋅−⋅⋅

sin11

2 222

22

ψω

G

Výsledný vztah je potom ve tvaru

lQlaab

aQlgG

⋅+⋅=⋅

⋅+−⋅⋅−⋅⋅

2cos

cos1

2 22222

22 ϕϕ

ω

Pro případ, kdy a = b se vztah mezi ω a ϕ

podstatně zjednoduší:

glG

aQlG⋅

⋅⋅+⋅

= 22 cosϕω

Příklad 2.20. Míček je spuštěn svisle v bodu A na šikmou rovinu nakloněnou o 20°. Víme-li, že po

dskoku dopadne do bodu B, určete: a) rychlost odskoku v bodu A

ný k odskoku z bodu A do B

Řešení: Z podmínky rovnosti

úhlu dopadu a odskoku míčku lze vyjádřit pomocí složek

í rychlosti

o

b) čas potřeb

počátečn

t =

y

x

vv

0

040tg =° ⇒ °

=40tg0

0x

yvv

Dráha ve vodorovném směru:

tvs xx ⋅= 0 x

x

vs

0

02gt−

⇒

Dráha ve svislém směru: 2

01 stvs yy +⋅=

Dáme-li počátek souřadnic do bodu A, je počáteční dráh 0 lední

rovnice za čas t dostaneme pro svislou dráhu, kterou míček vykoná, vztah

Obr.2.20.1.

a s =0. Dosazením do pos

2

2

2011 xxxx

yysgsgsvs ⋅⋅−⋅=⋅⋅−⋅= 000 240tg2 xxxx vvvv °

Protože 020tg⋅= ss , platí 2140cotg20tg xsgss ⋅⋅−°=°⋅

02x vs

0

xy 202 x

xx v

42

43

( )°+°⋅=⋅ 40cotg20tg220x

x

vsg

Z toho potom

( ) ( )°+°⋅⋅

=°+°⋅

⋅=

40cotg20tg2381,9

40cotg20tg220

xx

sgv

Fyzikální význam má řešení

m 07,30 =xv , a zpětně dosazeno m 65,340tg07,3

0 =°=yv

Odpovědi na otázky: a) Rychlost při odskoku v bodu A -1220 ms 76,407,365,3 =+=v .

b) Čas potřebný k odskoku z bodu A do bodu B s 975,007,33

0

===x

x

vst .

Příklad 2.21. Maximální vodorovný dostřel je R. Určete náměrný úhel, aby byl zasažen cíl ležící ve

vzdálenosti 2R ve stejné rovině.

Řešení: Maximální dostřel je pro elevační úhel 450 ⇒ °= 45α

Dostřel: α2sin20

gv

d = pro °= 45α , Rgv

d ==20

Pro poloviční dostřel 120 2sin

2α

gvR

= ( kde 1α je náměrný úhel pro dostřel 2

R )

a po dosazení 12sin2α⋅= RR dostaneme

2

12sin 1 =α .

Tomu odpovídá úhel °°= 150,302 1α , respektive °°= 75,151α . Příklad 2.22. Písek opouští v bodu A pásový dopravník a padá do koše v bodu B. Dopravník je nakloněn o 150 od horizontály a pohybuje se dopravní rychlostí 6 ms-1. Určete vzdálenost d tak, aby písek dopadal do středu koše (viz obr.2.22.1.)

Řešení: Počáteční rychlost 0v vyjádříme ve složkách

°⋅= 15cos00 vv x , °⋅= 15sin00 vv y

Bod A zvolíme za počátek souřadnic. Dráha ve vodorovném směru

x

xx vdttvds0

0 =⇒⋅==

Obr.2.22.1.

Dráha ve svislém směru

321 2

0 =⋅⋅+⋅= tgtvs yy

g

Po dosazení do upravené rovnice za čas t dostaneme:

062

/0

0322

20002

00

20

02

=⋅

−⋅⋅⋅

+

⋅=−⋅+

=⋅

−⋅⋅

+

gvd

gvv

d

vgvgv

tgv

t

xxy

xxx

y

62 202 ⋅ dvd y

Řešením kvadratické rovnice obdržíme pro vzdálenost d vztah:

m 62,4917,081,9

15cos681,9

15cos15sin81,9

15cos15sin

6

220

220

20

20

20000

2,1

±−=°⋅⋅

+

°⋅°⋅±

°⋅°⋅=

=⋅

+

⋅

±⋅

−=

vvv

gv

gvv

gvv

d xyxyx

Fyzikální význam má řešení .

m 70,3=d

Příklad 2.23.

Při vrhu koulí docílil závodník výkonu 20 m. Kouli vrhl ve výšce 2 m nad terénem od úhlem 45o ( viz obr.2.23.1.). S jakou počáteční rychlostí závodník vrhl kouli?

Řešení:

Při volbě souřadnicového sy obrázku bude pro pohyb v zemském ravitačním poli platit . Tomu odpovídají parametrické pohybové rovnice

0v

y

0

p

20 m

xm 20 =y

m 00 =xB A

Obr.2.23.1.

α

v

stému podlegaa yx −== ,0

2707,0281,9245sin1

21

02

022

0000

+⋅⋅+−=+⋅+⋅+⋅= tvtvtvtay oyy

x

g

2

707,045cos

00 −=+⋅

⋅⋅=⋅⋅=+⋅=

gyt

tvtvxtv ox

Eliminací času t dostáváme rovnici dráhy

2707,0

707,0707.02

81,9

0

022

0

2

+⋅

⋅⋅+

⋅⋅−=

vxv

vxy

44

V okamžiku dopadu je 0 a m 20 == yx . Po dosazení numerických hodnot dostáváme

m 36,13220707,0

20281,90 022

0

2

±=⇒++⋅

⋅−= vv

čná rychlost je Kladná hodnota počáte řešením úlohy (viz. obr.2.23.1. bod A). porná hodnota počáteční rychlosti odpovídá bodu B.

Zá

45

3. Základy dynamiky Dynamika zkoumá příčinné souvislosti pohybu a je tedy zdůvodněním zákonů kine-

matiky. K pojmům používaným v kinematice zavádí pojem hmoty a síly.

A. Newtonovy zákony jsou základní zákony klasické (Newtonovy) mechaniky:

1. Zákon setrvačnosti Bez vn šěj ího působení zachovává těleso svoji hybnost. r

vmHr

⋅= , [kgms-1] (3.A.1.) kde m je skalár hmoty, v

r je vektor rychlosti.

2. Zákon síly (základní zákon dynamiky) Změna hybnosti může nastat pouze působením síly

r

( ) Fvmdtd

dtHd rr

=⋅= [ kgms-2 = N ] (3.A.2.)

Nemění-li se při pohybu hmotnost Famdtvdm

rrr

=⋅=

rFamrr

=⋅ 1

∑=

=n

iir FFrr

mFa rr

r= (3.A.3.)

3. Zákon akce a reakce Dvě tělesa na sebe působí silami, které jsou stejně veliké, leží na stejném paprsku a jsou opačně orientované

rr2112 FF −= (3.A.4.)

akce reakce Na tomto zákonu je založen princip d'Alembertův: Pokud těleso mění svou rychlost,

působí proti zrychlující síle odpor setrvačnosti (setrvačná síla), který je stejně veliký jako zrychlující síla.

B. Dynamika hmotného bodu (HB)

Impuls síly ( ) ( ) ( ) ( ) ( )tItHtHtvmtvmdF Ft

t

rrrrrr=−=⋅−⋅=∫ 00

0

τ

1. Věta o změně hybnosti Časová změna hybnosti (přírůstek hybnosti), se rovná impulsu vnější síly. Zákon o zachování hybnosti Nepůsobí-li na hmotný bod vnější síla, zůstává jeho hybnost konstantní.

Podobně, jako je definován moment síly k bodu, je zaveden moment hybnosti hmot-ného bodu k libovolnému bodu v prostoru.

rr] smkg [ -12 ⋅⋅×=×= vmrHrb

rrr (3.B.1.)

Impuls momentu hybnosti

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )tItbtbtvmtrtvmtrdM Mt

to

rrrrrrrr=−=×−×=∫ 000τ (3.B.2.)

46

2. Věta o změně momentu hybnosti Časová změna momentu hybnosti hmotného bodu k libovolnému bodu v prostoru se

rovná impulsu momentu vnější síly k témuž bodu. Zákon o zachování momentu hybnosti:

Nevyvozují-li vnější síly vůči libovolně zvolenému bodu moment, zůstává moment hybnosti konstantní .

Skalární součin síly a přírůstku dráhy nazveme přírůstek práce.

rdFdW ⋅= [Nm=J]

Kinetická energie hmotného bodu je definována vztahem 221 mvEk =

Zákon o zachování mechanické energie Pohybuje-li se hmotný bod v potenciálním silovém poli, pak v libovolném okamžiku

ve všech místech prostoru platí, že součet kinetické a potenciální energie je konstantní. Věta

Součet kinetické a potenciální energie se zvětší o vykonanou práci, zmenší se o spo-třebovanou práci. Přestože energie je odlišný pojem od práce má stejné jednotky.

C. Dynamika soustavy hmotných bodů Těžiště C je bod, ve kterém má celá soustředěná hmota soustavy hmotných bodů stej-

ný statický moment k počátku souřadnic jako je součet dílčích statických momentů jednotli-vých hmotných bodů.

m

rm

m

rmrrmmr

N

iii

N

ii

N

iii

C

N

iii

N

iiC

∑

∑

∑∑∑ =

=

=

==

=== 1

1

1

11

rr

rrr (3.C.1.)

Skalární rozepsání je ve tvaru

, , , 111m

zmz

m

ymy

m

xmx

N

iii

C

N

iii

C

N

iii

C

∑∑∑=== === (3.C.2)

Věta: V těžišťové soustavě souřadnic je hybnost soustavy hmotných bodů nulová.

01

rr=∑

=

N

iciivm (3.C.3)

1.věta o pohybu těžiště

Hybnost hmotnosti soustavy HB soustředěné v těžišti se rovná součtu hybností jednot-livých HB soustavy. 2. věta o pohybu těžiště

Těžiště hmotných bodů se pohybuje jen vlivem vnějších sil a to jako bod o hmotnosti rovné hmotnosti celé soustavy, na který působí síla co do velikosti a směru rovné vektorové-mu součtu vnějších sil působících na jednotlivé hmotné body.

47

Kinetická energie soustavy N hmotných bodů je ∑=

=N

iiik vmE

1

2

21 .

Věta o změně kinetické energie Změna kinetické energie soustavy hmotných bodů mezi dvěma polohami je dána prací

vnějších a vnitřních sil mezi těmito polohami. Věta Königova

Celková kinetická energie soustavy hmotných bodů je dána součtem kinetické energie celkové hmoty soustředěné v těžišti a kinetické energie soustavy hmotných bodů při relativ-ním pohybu kolem tohoto bodu.

∑=

+=N

iciick vmmvE

1

22

21

21

Zákon o zachování mechanické energie Pokud silové pole je konzervativní, tzn. že ke všem silovým polím existují skalární

funkce, tak zákon o zachování mechanické energie zůstává v platnosti i pro soustavu hmot-ných bodů

konst.2211 =+=+ kpkp EEEE Jestliže se soustava hmotných bodů pohybuje v potenciálním silovém poli, pak pro libovolný časový okamžik platí ve všech místech prostoru, že součet potenciální a kinetické energie je konstantní.

D. Dynamika hmotného tuhého tělesa Věta:

Soustředíme-li všechnu hmotnost do těžiště, pak hybnost tělesa odpovídá hybnosti tak-to vzniklého hmotného bodu. r

cvmHr

⋅= (3.D.1.) Moment hybnosti k počátku souřadnic

r00 ωrrr

⋅+⋅×= CCC Ivmrb (3.D.2.) Moment hybnosti pro centrální soustavu souřadnic (soustava souřadnic procházející těžištěm)

r0ωr

⋅= CC Ib (3.D.3.) kde je tenzor setrvačnosti v centrální soustavě souřadnic. CI

[ ]

−−−−−−

==

CCCCC

CCCCC

CCCCC

zzyzx

zyyyx

zxyxx

CC

IDDDIDDDI

II (3.D.4.)

V maticovém zápisu { } [ ] { }0ω⋅= CC Ib (3.D.4.)

Zákon o zachování hybnosti

Je-li silová složka výslednice sil působících na tuhé těleso nulová, potom hybnost těle-sa je konstantní. Zákon o zachování momentu hybnosti

Má-li soustava sil působících na tuhé těleso nulovou výslednici, pak ke všem bodům prostoru je moment hybnosti tuhého tělesa konstantní.

48

Impuls síly pro tuhé těleso

( ) ( ) ( )00

tHtHdFtI CCt

trF C

rrrr−== ∫ τ (3.D.5.)

Impuls momentu hybnosti pro tuhé těleso

( ) ( ) ( )00

tbtbdMtI CCt

trM C

rrrr−== ∫ τ (3.D.6.)

Kinetickou energii lze stanovit pomocí věty Königovy. Pro centrální soustavu souřadnic kine-tickou energii vypočteme jako součet kinetické energie celkové hmoty soustředěné v těžišti, kterou zvětšíme o kinetickou energii tělesa vůči této soustavě.

První sčítanec popisuje přírůstek kinetické energie vlivem translačního pohybu, druhá část popisuje přírůstek energie obsažené v rotaci tělesa.

20

2

21

21 ωCCk ImvE += (3.D.7.)

Pro tuhé těleso platí v potenciálním silovém poli zákon o zachování mechanické energie. Příklad 3.1 Vlak tvořený dvěma vagóny jede rychlostí 60kmh-1. První vagón váží 150kN a druhý vagón váží 200kN. Sepnuté brzdy vyvozují konstantní sílu 25kN pro každý vůz. Určete:

a) čas potřebný k zastavení vlaku po sepnutí brzd b) sílu ve spoji mezi vagóny při brzdění vlaku

Obr.3.1.1.

Řešení:

a) Hmotnosti vagónů g

Gm 11 = g

Gm 22 =

Hybnost ⇔ impuls síly brzdící ( ) tFvmm ⋅⋅=⋅+ 221

Dosazeno t⋅⋅=⋅

+ 250002360060000

81,9200000150000 ⇒ t = 11,89 s

Rychlost pohybu . Počáteční rychlost tavv ⋅+= 0 600 =v kmh-1 , v čase t = 11,89 s se vlak

zastaví, rychlost . 0=v

Z této podmínky zpoždění 2ms 4,189,113600

60000 −−=⋅

−=a (účinek brzdění).

b) Z podmínek rovnováhy sil působících na každý vagón

01 =⋅−+ amTS 02 =⋅−+− amTS

úpravou dostaneme ( ) 02 12 =⋅−+ ammS ( ) ammS ⋅−−= 1221

49

Po dosazení síla ve spoji ( ) kN 567,3N 8,356781,940,1150000200000

21

==−

⋅−−=S

Příklad 3.2.

Rozbíhající se rotor stroje, na který působí po dobu s 5=t stálý hnací moment, dosáh-ne v této době předepsaného počtu otáček 2400 ot/min. Jak veliký je moment setrvačnosti I rotoru, jestliže hnací moment Nm 8,12 π=M a rotor v době rozběhu nekoná žádnou práci.

Řešení:

frekvence 1-s 4060

2400==f úhlové zrychlení

tωε =

hnací moment t

IIM ωε =⋅=

Z posledního vztahu 2kgm 8,0402

58,122

2 =⋅

⋅=

⋅=⇒⋅=⋅

ππ

ππ

ftMIfItM .

Příklad 3.3.

Setrvačník s momentem setrvačnosti je připevněn ke hřídeli poloměru (moment setrvačnosti hřídele je zanedbatelný). Na hřídeli je navinuto lano, na

němž visí závaží hmoty . S jak velkým úhlovým zrychlením

2kgm 100=Im 05,0=r

kg 40=m ε se kolo roztočí a

jakou dráhu proběhne závaží v době s 20=t (uvažujte ). -1ms 10=g

Řešení: Vlastní tíha závaží N 400=⋅= gmF Otáčivý moment Nm 2005,0400 =⋅=⋅= rFM

Pohybová rovnice setrvačníku má tvar 2-ms 2,010020 ===⇒⋅=

IMIM εε

Vztah mezi úhlovým a délkovým zrychlením -2ms 01,005,02,0 =⋅=⋅= ra εKlesání závaží je pohyb rovnoměrně zrychlený a dráha pohybu závaží

m 22001,021

21 22 =⋅== ats .

Příklad 3.4.

Jak velkou rychlost v1 měla střela o hmotě g 121 =m , která byla vstřelena do středu bedny s pískem ? Bedna byla zavěšena na lanku a střela ji vychýlila z rovnovážné polohy tak, že těžiště bedny se zvedlo o

kg 62 =mmm 16=h .

50

Řešení: Při uvíznutí v bedně střela měla kinetickou energii. Po nárazu se kinetická energie

soustavy (bedna + střela) se změnila v polohovou energii. Podle zákona o zachování hybnosti platí:

před nárazem měla střela hybnost a bedna hybnost nulovou 11vmpo nárazu měla bedna se střelou hybnost ( ) 221 vmm ⋅+

Takže ( ) 22111 vmmvm +=Zákon o zachování mechanické energie (součet kinetické a potenciální energie je v silovém geomagnetickém poli konstantní)

( ) ( ) ghvghmmvmm 2 21

2212221 =⇒+=+

Rychlost střely je potom po dosazení do rovnice pro hybnost 1-

1

212

1

211 ms 7,280016,081,92012,0

6012,02 =⋅⋅+=+=+= ghm

mmvm

mmv

Příklad 3.5

Střela o hmotě m1 = 12 g vnikla do dřevěného kvádru o hmotě m2 = 1,2 kg ležícího na vodorovném stole a posunula ho o délku s = 2,5 m. Určete rychlost střely v1, byl-li součinitel smykového tření µ = 0,36.

Řešení

Kinetická energie kvádru se střelou ( ) 21 2

221 vmmEk +=

Vlastní tíha kvádru se střelou ( )gmmG 21 += Třecí síla mezi kvádrem a stolem ( )gmmT 21 += µ Práce vykonaná třením kvádru se střelou se rovná kinetické energii

( ) ( ) sgvsgmmvmm ⋅=⇒⋅+=+ µµ 2 21 2

2212221

Řešení vyplývá z rovnosti hybností ( ) 22111 vmmvm +=

Rychlost střely je potom 1-1

211 ms 4,4245,281,936,0212

1200122 =⋅⋅⋅+=⋅+= sgm

mmv µ

Příklad 3.6.

Hmotný bod m je pevným hmotným bodem m1 přitahován silou, která je přímo úměrná hmotám m, m1 a nepřímo úměrná třetí mocnině jejich vzdálenosti. Za jakou dobu dosáhne bod m bodu m1 ( pro x0 = b je v0 = 0 ) ?

P m o m1

x ξ

x0 = b

P

Obr.3.6.1.

51

Řešení: Hmotný bod je přitahován silou

31.

xmmkP =

kde k je konstanta úměrnosti. Při posunu hmotného bodu m z výchozí polohy o ( )bx =0 do polohy m ( posun má ve-

likost xb −=ξ ) vykoná síla P práci, která je rovna změně kinetické energie bodu, tedy

ξξ

dPmvmv ⋅=− ∫0

20

2

2

1

2

1 a protože 00 =v , platí ξξ

dPmv ⋅= ∫0

2

2

1

Z obrázku platí: ( ) ξξξ dbddxbx −=−=⇒−= Potom

( )( ) ( ) ( )

( )( )22

221

0 022

1

0213131

2

2

11

2

1

2

1

2

1

ξ

ξ

ξξξ

ξξξ ξξ

−

−−=

=

−

−=

−=

−

−−== ∫ ∫

bb

bbkmm

bb

kmm

bkmm

b

bdkmmx

dkmmmv

Zavede-li se opět xb =−ξ , pak

( )bx

xbkmv

xbxbkmv

xbxbkmmmv

221

22

22

12

22

2212

221 −

=⇒−

=⇒−

=

Rychlost v je derivací průvodiče bodu, tedy dtdx

=v , pak ( )bx

xbkmdtdxv

221 −== .

Tato diferenciální rovnice se řeší separací proměnných ( )

( ) dxxbkmbxdtdt

bxxbkm

dx22

1

221

−=⇒

−=

K integraci výrazu na pravé straně se užije substituce , pak 222 yxb =− dyydxx ⋅−=⋅

( )( )

112

122

1 . kmbdy

kmybydy

ykmydyb

xbkmbxdxdt −=−=−=

−=

Po integraci levé i pravé strany

[ ] [ ] [ ]1

2

022

1

0

1

0km

bxbkm

bykm

btbbt =−−=−=

Potom 1

2

0 kmbt =−t je doba, za niž hmotný bod m dosáhne z polohy o polohy bodu m1.

Příklad 3.7

Dva hmotné body mající váhu G1 a G2 jsou umístěny nad sebou ve vzdálenosti h. Hmota m1 je z počáteční polohy vypuštěna bez počáteční rychlosti ( v1 = 0 ), hmota m2 je vr-žena svisle vzhůru proti hmotě m1 počáteční rychlostí v2 . Určete rychlost těžiště C obou hmot na počátku pozorování a stanovte dobu, za niž toto těžiště dosáhne počáteční polohy hmoty m2 .

52

Řešení m1 Počáteční poloha těžiště uvažované soustavy dvou

hmotných bodů, vztažená např. k hmotě m2 , je

( )

21

1

21

1

121 .

GGGh

mmmhx

mhxmm

s

s

+=

+=

=+

C

m2

h

x C

G1

G2

h-x C

v2

( vychází se z momentové podmínky k bodu m2 ) Platí věta:

Hybnost těžiště C , jež pokládáme za hmotný bod s hmotou m = m1 + m2 je rovna součtu hybností obou hmot-ných bodů. Na počátku pozorování je tedy hybnost těžiště C

( ) 22021 . vmvmm s −=+ ( znaménko minus na pravé straně je proto, že rychlost v2 je v opačném smyslu než je směr působení tíže ).

221

22

21

20 vGG

Gvmm

mvC +−=

+−=

Platí: Změna hybnosti těžiště,rovnající se změně hybnosti jed-notlivých bodů, je rovna součtu impulsů vnějších sil působí-cích na hmotné body.

Obr.3.7.1.

Poněvadž obě hmoty jsou v gravitačním zemském poli, působí na ně konstantní síly G1 , resp. G2 , tj. jejich váhy. Potom změna hybnosti těžiště (protože t0 = 0) :

( )( ) ( ) ( )( ) ( )∑ ∫∫∫∑ +=−+=+===−+i

t

t

t

ti

t

t iiCC tGGttGGdtGGdtPdtPvvmm .. 2102121021

000

,

Rychlost těžiště lze vyjádřit dtdxv sC = a po dosazení do rovnice odvozené výše

( )( ) ( )

( ) ( ) tGGvmm

mdt

dxmm

tGGvvmm

C

CC

..

..

21221

221

21021

+=

+

++

+=−+

Po úpravě se dostane diferenciální rovnice

( ) ( ) 2221222121 vgGtGGvmtGG

dtdx

gGG C −+=−+=+ ,

která se řeší separací proměnných

( ) dtvg

GtGGdxg

GGC

−+=

+2

221

21

Po integraci obou stran rovnice

[ ] ( ) [ ] [ ]

( ) ( ) tvg

GtGGxxg

GG

tvg

GtGGxg

GG

CC

tt

tt

xxC

C

C

222

21021

022

02

2121

21

21

000

−+=−+

−+=+

==

Těžiště se má dle zadání úlohy dostat do polohy bodu m2 , urazí tedy dráhu

53

21

10 GG

Ghxx CC +=−

potom

( ) tvg

GtGGGG

Ghg

GG2

2221

21

121

21

−+=+

+ a po vynásobení rovnice výrazem 21

2GG +

se obdrží kvadratická rovnice pro čas t

022

21

12

21

22 =+

−+

−gh

GGGt

gv

GGGt

Ze vzorce zkráceného řešení kvadratické rovnice vyplývá

( ) ( )( )

( ) ( )( )

( ) ( ) ( )

++±

+=

+++

±+

=

+++

±+

=

++