Upload
others
View
11
Download
0
Embed Size (px)
Citation preview
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:
=
⋅
−
−−−
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
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
( ) ( )( )
( ) ( )( )
( ) ( ) ( )
++±
+=
+++
±+
=
+++
±+
=
++