02TFpriklady:Kapitola3: Porovnání verzí
Z WikiSkripta FJFI ČVUT v Praze
(Založena nová stránka: %\wikiskriptum{02TFpriklady} \section{Kapitola 3: Základní úlohy mechaniky} \priklad{3.1}{ Řešte rovnici $\ddot{x}=k\sin \omega t$, kde k a $\omega$ jsou kladné konst...) |
(Žádný rozdíl)
|
Aktuální verze z 1. 8. 2010, 10:32
[ znovu generovat, | výstup z překladu ] | Kompletní WikiSkriptum včetně všech podkapitol. | |
PDF Této kapitoly | [ znovu generovat, | výstup z překladu ] | Přeložení pouze této kaptioly. |
ZIP | Kompletní zdrojový kód včetně obrázků. |
Součásti dokumentu 02TFpriklady
součást | akce | popis | poslední editace | soubor | |||
---|---|---|---|---|---|---|---|
Hlavní dokument | editovat | Hlavní stránka dokumentu 02TFpriklady | Admin | 4. 9. 2015 | 10:33 | ||
Řídící stránka | editovat | Definiční stránka dokumentu a vložených obrázků | Admin | 7. 9. 2015 | 13:47 | ||
Header | editovat | Hlavičkový soubor | Admin | 21. 6. 2011 | 06:34 | header.tex | |
Kapitola1 | editovat | Newtonova mechanika | Krasejak | 20. 6. 2014 | 22:59 | kapitola1.tex | |
Kapitola2 | editovat | Lagrangeův formalismus | Nemecfil | 29. 1. 2017 | 18:59 | kapitola2.tex | |
Kapitola3 | editovat | Základní úlohy mechaniky | Admin | 1. 8. 2010 | 10:32 | kapitola3.tex | |
Kapitola4 | editovat | Základní principy mechaniky | Admin | 1. 8. 2010 | 10:32 | kapitola4.tex | |
Kapitola5 | editovat | Hamiltonův formalismus | Tichaond | 12. 3. 2014 | 16:31 | kapitola5.tex | |
Kapitola6 | editovat | Admin | 1. 8. 2010 | 10:34 | kapitola6.tex | ||
Kapitola7 | editovat | Speciální teorie relativity | Krasejak | 21. 6. 2014 | 00:27 | kapitola7.tex |
Zdrojový kód
%\wikiskriptum{02TFpriklady} \section{Kapitola 3: Základní úlohy mechaniky} \priklad{3.1}{ Řešte rovnici $\ddot{x}=k\sin \omega t$, kde k a $\omega$ jsou kladné konstanty s počátečními podmínkami ${x(t}_{{0}} )=x_{0} =-\frac{k}{\omega ^{2} } \sin \omega t_{0} $ a $\dot{{x}}{(t}_{{0}} )=v_{0} =-\frac{k}{\omega } \cos \omega t_{0} $. (Vynucené kmity) }{ Rovnici $$\ddot{x}=k\sin \omega t$$ dvojnásobně separujeme a integrujeme na $$x(t)=k{\int\!\!\!\!\int}\sin \omega t{\bf \; }dtdt =-\frac{k}{\omega ^{2} } \sin \omega t+v_{0} t+x_{0}. $$ Z počátečních podmínek dostaneme $x_{0} =0$ a $v_{0} =0$ a tedy výsledkem je $$x(t)=-\frac{k}{\omega ^{2} } \sin \omega t.$$ } \priklad{3.2}{ Řešte rovnici $\ddot{x}=-k\dot{x}$, kde k je kladná konstanta, s počátečními podmínkami ${x(0})=x_{0} $, $\dot{{x}}{(0})=v_{0} $. (Pohyb s odporem úměrným rychlosti) Znázorněte závislost ${x=x(t})$ graficky ! }{ V prvním kroku separací vyřešíme diferenciální rovnici v $\dot{x}$ $$\frac{\ddot{x}}{\dot{x}} =-k\sim \int \frac{1}{\dot{x}} d\dot{x} =-kt\sim \dot{x}=C_{1} e^{-kt} $$ a po aplikaci počátečních podmínek $$\dot{x}(0)=C_{1} e^{0} =C_{1} =v_{0} $$ dostaneme $$\dot{x}(t)=v_{0} e^{-kt}.$$ V druhém kroku tento výraz separujeme na $$dx(t)=v_{0} e^{-kt} dt$$ a integrujeme obě strany, čímž dostaneme $$x(t)=-\frac{v_{0} }{k} e^{-kt} +C_{2}.$$ Obdobně jako v prvním kroku aplikujeme počáteční podmínky $$x(0)=-\frac{v_{0} }{k} e^{-k0} +C_{2} =x_{0}, $$ odkud $C_{2} =x_{0} +\frac{v_{0} }{k}.$ Výsledek je $$x(t)=\frac{v_{0} }{k} (1-e^{-kt} )+x_{0}.$$ } \priklad{3.3}{ Řešte rovnici $\ddot{x}=-\omega ^{2} x$, kde $\omega$ je kladná konstanta (harmonický pohyb). Vyjádřete amplitudu A a počáteční fázi $\beta$ kmitů pomocí počátečních hodnot ${x(t}_{{0}} )=x_{0} $ a $\dot{{x}}{(t}_{{0}} )=v_{0} $. } { Řešení rovnice $\ddot{x}+\omega ^{2} x=0$ hledáme ve tvaru $$x(t)=A\cos (\omega t-\omega t_{0} +\beta )$$ $$\dot{x}(t)=-\omega A\sin (\omega t-\omega t_{0} +\beta )$$ $$\ddot{x}(t)=-\omega ^{2} A\cos (\omega t-\omega t_{0} +\beta )=-\omega ^{2} x(t)$$ po dosazení do $\ddot{x}+\omega ^{2} x=0$ dostaneme $-\omega ^{2} x(t)+\omega ^{2} x(t)=0$ čímž jsme našli obecné řešení. Z počátečních podmínek $${x(t}_{{0}} )=x_{0} =A\cos (\omega t_{0} -\omega t_{0} +\beta )=A\cos \beta $$ $${ v(t}_{{0}} )=v_{0} =-\omega A\sin (\omega t_{0} -\omega t_{0} +\beta )=- \omega A\sin \beta $$ obdržíme soustavu dvou rovnic pro $A$ a $\beta$, z které získáme $A$ tak, že první z rovnic vynásobíme $\omega$, obě pak umocníme na druhou a sečteme $$\omega ^{{2}} {x}_{{0}} ^{{2}} {+v}_{{0}} ^{{2}} { =}\omega ^{{2}} {A}^{{2}} $$ $$A=\sqrt{x_{0} ^{2} +\frac{v_{0} ^{2} }{\omega ^{2} } }.$$ Neznámou $\beta$ dostaneme tak, že zkoumáme poměr $-\frac{\omega {x}_{{0}} }{v_{0} } $ $$-\frac{\omega {x}_{{0}} }{v_{0} } ={\; }\frac{A\cos \beta }{A\sin \beta } =\cot g{\; }\beta $$ $$\beta =arctg(-\frac{v_{0} }{\omega {x}_{{0}} } )$$ } \priklad{3.4}{ Najděte obecné řešení rovnice $\ddot{{x}}=-\omega _{0} ^{2} x-2\delta \dot{x}$, kde $\omega _{0} $, $\delta$ jsou kladné konstanty (tlumený harmonický oscilátor) }{ Z charakteristické rovnice diferenciální rovnice $\ddot{{x}}{\; +\; }2\delta \dot{x}+\omega _{0} ^{2} x=0$ $$\lambda ^{2} {\; +\; }2\delta \lambda +\omega _{0} ^{2} =0$$ vypočteme $$\lambda _{1,2} =\frac{-2\delta \pm \sqrt{4\delta ^{2} -\omega _{0} ^{2} } }{2} =-\delta \pm \sqrt{\delta ^{2} -\omega _{0} ^{2} } $$ a tudíž řešení pro tlumený harmonický oscilátor je $$x(t)=C_{1} e^{(-\delta +\sqrt{\delta ^{2} -\omega _{0} ^{2} } )t} +C_{2} e^{(- \delta -\sqrt{\delta ^{2} -\omega _{0} ^{2} } )t}.$$ } \priklad{3.5}{ Najděte obecné řešení rovnice $\ddot{{x}}=-\omega _{0} ^{2} x-2\delta \dot{x}+B \sin \Omega t$, kde $\omega _{0} $, $\delta$ jsou kladné konstanty (tlumený harmonický oscilátor) }{ Vzhledem k výsledku příkladu 3.4 předpokládáme řešení rovnice $\ddot{z}+{ \; }2\delta \dot{z}+\omega _{0} ^{2} z=B\sin \Omega t$ ve tvaru $$z(t){\; }={\; }x(t)+\xi (t),$$ kde $x(t)=C_{1} e^{(-\delta +\sqrt{\delta ^{2} -\omega _{0} ^{2} } )t} +C_{2} e^{(-\delta -\sqrt{\delta ^{2} -\omega _{0} ^{2} } )t} $ je obecné řešení diferenciální rovnice bez pravé strany $\xi (t)$je nějaké řešení diferenciální rovnice s pravou stranou (partikulární řešení). Po dosazení $z(t)$ do $\ddot{z}+{\; }2\delta \dot{z}+\omega _{0} ^{2} z-B\sin \Omega t=0$ dostaneme $$\ddot{x}+{\; }2\delta \dot{x}+\omega _{0} ^{2} x+\ddot{\xi }+2\delta \dot{ \xi }+\omega _{0} ^{2} \xi -B\sin \Omega t=0.$$ Protože $x(t)$ je řešením rovnice$\ddot{{x}}{\; +\; }2\delta \dot{x}+\omega _{0} ^{2} x=0$ , dostaneme opět stejnou diferenciální rovnici $$\ddot{\xi }+{\; }2\delta \dot{\xi }+\omega _{0} ^{2} \xi -B\sin \Omega t=0.$$ Hledáme řešení ve tvaru $$\xi (t){\; }={\; }A_{1} \cos \Omega t{\; +\; A}_{{2}} \sin \Omega t$$ $$\dot{\xi }(t){\; }={\; -}\Omega A_{1} \sin \Omega t{\; +\; }\Omega {A}_{{2}} \cos \Omega t$$ $$\ddot{\xi }(t){\; }={\; -}\Omega ^{2} \xi (t)$$ Po dosazení upravujeme $$(\omega _{0} ^{2} -\Omega ^{2} )(A_{1} \cos \Omega t+A_{2} \sin \Omega t)-2\delta A_{1} \Omega \sin \Omega +2\delta A_{2} \Omega \cos \Omega t-B\sin \Omega t=0$$ $$[( \omega _{0} ^{2} -\Omega ^{2} )A_{1} +2\delta A_{2} \Omega ]\cos \Omega t+[(\omega _{0} ^{2} -\Omega ^{2} )A_{2} -2\delta A_{1} \Omega -B]\sin \Omega t=0$$ odkud získáme cennou soustavu rovnic $$\begin{array}{l} {(\omega _{0} ^{2} -\Omega ^{2} )A_{1} +2\delta A_{2} \Omega =0} \\ {(\omega _{0} ^{2} -\Omega ^{2} )A_{2} -2\delta A_{1} \Omega -B=0} \end{array},$$ odkud $$\begin{array}{l} {A_{1} =-\frac{2\delta \Omega }{(\Omega ^{2} -\omega _{0} ^{2} )^{2} +(2\delta \Omega )^{2} } B} \\ {A_{2} =-\frac{\Omega ^{2} -\omega _{0} ^{2} }{(\Omega ^{2} -\omega _{0} ^{2} )^{2} +(2\delta \Omega )^{2} } B} \end{array}.$$ Řešením je tedy $$z(t)=C_{1} e^{(-\delta +\sqrt{\delta ^{2} -\omega _{0} ^{2} } )t} +C_{2} e^{(- \delta -\sqrt{\delta ^{2} -\omega _{0} ^{2} } )t} -\frac{B}{(\Omega ^{2} -\omega _{0} ^{2} )^{2} +(2\delta \Omega )^{2} } (2\delta \Omega \cos \Omega t+(\Omega ^{2} -\omega _{0} ^{2} )\sin \Omega t)$$ } \priklad{3.6}{ Napište Lagrangeovu funkci hmotného bodu vázaného na kružnici o poloměru R a integrujte pohybovou rovnici. }{ Vazby: $$x^{2} +y^{2} =R^{2} $$ $$\begin{array}{l} {x(t){\; }=R\cos \varphi } \\ {y(t)=R\sin \varphi } \\ {z(t)=0} \end{array}$$ derivace $$\begin{array}{l} {\dot{x}(t){\; }=-\dot{\varphi }R\sin \varphi } \\ {\dot{y}(t)= \dot{\varphi }R\cos \varphi } \\ {\dot{z}(t)=0} \end{array}$$ Lagrangeova funkce $$L=T-U=\frac{1}{2} m(\dot{x}^{2} +\dot{y}^{2} +\dot{z}^{2} )=\frac{1}{2} mR^{2} \dot{\varphi }^{2} L=T-U=\frac{1}{2} m(\dot{x}^{2} +\dot{y}^{2} +\dot{z}^{2} )=\frac{1}{2} mR^{2} \dot{\varphi }^{2} L=T-U=\frac{1}{2} m(\dot{R}^{2} +R^{2} \dot{\varphi }^{2} )=\frac{1}{2} mR^{2} \dot{\varphi }^{2} $$ z Lagrangeovy pohybové rovnice dostaneme $$\frac{d}{dt} \left(\frac{\partial L}{\partial \dot{\varphi }} L\right)-\frac{\partial L}{\partial \varphi } L=\frac{d}{dt} \left(mR^{2} \dot{\varphi }\right)=0$$ a máme integrál pohybu, který nám rovnou umožní vyjádřit si $$\dot{\varphi }=\frac{C_{1} }{mR^{2} } $$ odkud integrací $$\varphi (t)=\frac{C_{1} }{mR^{2} } t+C_{2} =\omega t+\varphi _{0} $$ } \priklad{3.7}{ Řešte pohybovou rovnici volného pádu s odporem vzduchu úměrným rychlosti. }{ $m \ddot{x}+2\delta \dot{x}=mg$ , kde $\delta >0$, upravíme na tvar diferenciální rovnice $\ddot{x}+k \dot{x}=g$, kde $k=\frac{2\delta }{m} $ Obecné řešení diferenciální rovnice bez pravé strany $\ddot{x}+k\dot{x}=0$ (viz příklad 3.2) je $$x(t)=K_{1} e^{-kt} +K_{2} $$ řešení diferenciální rovnice s pravou stranou $\ddot{x}+k\dot{x}=g$ (partikulární řešení) nalezneme metodou variace konstant $$\dot{x}(t)=-kK_{1} e^{-kt} +\dot{K}_{1} e^{-kt} +\dot{K}_{2} =-kK_{1} e^{-kt} $$ kde klademe $$\dot{K}_{1} e^{-kt} +\dot{K}_{2} =0$$ dále pak $$\ddot{x}(t)=k^{2} K_{1} e^{-kt} -\dot{K}_{1} ke^{-kt} $$ dosadíme do $\ddot{x}+k\dot{x}=g$ $$k^{2} K_{1} e^{-kt} -\dot{K}_{1} ke^{-kt} -k^{2} K_{1} e^{-kt} =-\dot{K}_{1} ke^{-kt} =g$$ odkud spočítáme $$K_{1} =-\frac{g}{k} \int e^{kt} dt+C_{1} =-\frac{g}{k^{2} } e^{kt} +C_{1} $$ a z první rovnice $\dot{K}_{1} e^{-kt} +\dot{K}_{2} =0$ dopočítáme $$K_{2} =-\int \dot{K}_{1} e^{-kt} {dt+C}_{{2}} {=}\frac{g}{k} t+C_{2} $$ řešení je tedy $$x(t)=K_{1} e^{-kt} +K_{2} =-\frac{g}{k^{2} } +C_{1} e^{-kt} +\frac{g}{k} t+C_{2} $$ budeme-li ovšem nárokovat počáteční podmínky $x(\ref{GrindEQ__0_})=x_{0} $ et $\dot{x}(\ref{GrindEQ__0_})=v_{0} $ dostaneme $$\begin{array}{l} {x(0)=-\frac{g}{k^{2} } +C_{1} +C_{2} ={x}_{{0}} } \\ {\dot{x}(0)=-kC_{1} +\frac{g}{k} =v_{0} } \end{array}$$ odkud $$\begin{array}{l} {C_{1} =\frac{g}{k^{2} } -\frac{v_{0} }{k} } \\ {C_{2} ={x}_{{ 0}} +\frac{g}{k^{2} } -\frac{g}{k^{2} } +\frac{v_{0} }{k} ={x}_{{0}} +\frac{v_{0} }{k} } \end{array}.$$ Celkem dostaneme řešení $$x(t)=(\frac{g}{k^{2} } -\frac{v_{0} }{k} )e^{-kt} +\frac{g}{k} t+{x}_{{ 0}} +\frac{v_{0} }{k} -\frac{g}{k^{2} } $$ a dosadíme ještě $k=\frac{2\delta }{m} $ $$x(t)=(\frac{gm^{2} }{4\delta ^{2} } -\frac{mv_{0} }{2\delta } )e^{-\frac{2\delta }{m} t} +\frac{mg}{2\delta } t+{x}_{{0}} +\frac{mv_{0} }{2\delta } -\frac{m^{2} g}{4\delta ^{2} } $$ } \priklad{3.8}{ Hmotný bod m pod vlivem tíže, zavěšený na pružině tuhosti k, je vázán na parabolu $z=\frac{x^{2} }{4a} $, v jejímž ohnisku $x =0, z=a$ je pružina uchycena. Zaveďte obecnou souřadnici, sestavte Lagrangeovu funkci a řešte Lagrangeovy rovnice. }{ 1. Sestavení Lagrangeovy funkce Lagrangeova funkce $$L=\frac{1}{2} (\dot{x}^{2} +\dot{y}^{2} +\dot{z}^{2} )-mgz-\frac{1}{2} k(r-r_{0} )^{2} $$ vazby jsou $$z=\frac{x^{2} }{4a} ,y=0,r^{2} =(z-a)^{2} +x^{2} $$ volíme obecné souřadnice takto $$\begin{array}{l} {x=r\sin \varphi } \\ {z=a-r\cos \varphi } \end{array}$$ a použijeme vazby k eliminaci r $$z=\frac{x^{2} }{4a} =a-r\cos \varphi =\frac{(r\sin \varphi )^{2} }{4a} $$ převedeme rovnici kvadratickou v r $$\sin ^{2} (\varphi ){\; }r^{2} {\; }+4a\cos (\varphi ){\; }r-4a^{2} =0$$ kterou lehce vyřešíme a z kořenů $$r_{1,2} =\frac{-2a\cos \varphi \pm 2a}{\sin ^{2} \varphi } =\pm 2a\frac{1\mp \cos \varphi }{1-\cos ^{2} \varphi } =\pm 2a\frac{1}{1\pm \cos \varphi } $$ zvolíme ten kladný $$r=2a\frac{1}{1+\cos \varphi } $$ vyčíslíme nyní souřadnice x a z pouze pomocí $\varphi$ $$\begin{array}{l} {x=2a\frac{\sin \varphi }{1+\cos \varphi } } \\ {z={\; }\frac{4a^{2} }{4a} \frac{\sin ^{2} \varphi }{(1+\cos \varphi )^{2} } =a\frac{1-\cos \varphi }{1+ \cos \varphi } } \end{array}$$ jejichž časové derivace jsou $$\begin{array}{l} {\dot{x}=2a\frac{\cos \varphi (1+\cos \varphi )+\sin ^{2} \varphi }{(1+\cos \varphi )^{2} } \dot{\varphi }=2a\frac{1}{1+\cos \varphi } \dot{\varphi }} \\ {\dot{z}={\; }\frac{x}{2a} \dot{x}} \end{array}$$ provedeme transformaci Lagrangeovy funkce na jedinou souřadnici $\varphi$ $$\begin{array}{l} {L=\frac{1}{2} m(\dot{x}^{2} +\dot{y}^{2} +\dot{z}^{2} )-mgz- \frac{1}{2} k(r-r_{0} )^{2} =\frac{1}{2} m\dot{x}^{2} \left(1+\frac{x^{2} }{4a^{2} } \right)-mgz-\frac{1}{2} k(r-r_{0} )^{2} =} \\ {=\frac{1}{2} m\dot{\varphi }^{2} 4a^{2} \frac{1}{(1+\cos \varphi )^{2} } \left(1+\frac{\sin ^{2} \varphi }{(1+\cos \varphi )^{2} } \right)-mga\frac{\sin ^{2} \varphi }{(1+\cos \varphi )^{2} } -\frac{1}{2} k\left(\frac{2a}{1+\cos \varphi } -r_{0} \right)^{2} } \end{array}$$ a po úpravách goniometrických funkcí $$L=\frac{1}{2} m\dot{\varphi }^{2} 8a^{2} \frac{1}{(1+\cos \varphi )^{3} } -mga \frac{1-\cos \varphi }{1+\cos \varphi } -\frac{1}{2} k\frac{(2a-r_{0} )^{2} -2(2a-r_{0} )r_{0} \cos \varphi +r_{0} ^{2} \cos ^{2} \varphi }{(1+\cos \varphi )^{2} } $$ 2. Řešení Lagrangeových rovnic kvůli řešitelnosti je potřeba provést aproximaci malých kmitů $$\begin{array}{l} {\frac{1}{1+\cos \varphi } \approx \frac{1}{2} {\; }} \\ { \cos \varphi \approx 1-\frac{\varphi ^{2} }{2!} } \\ {\cos ^{2} \varphi \approx 1- \varphi ^{2} } \end{array}$$ potom Lagrangeova funkce, kde při úpravách vypustíme přebytečné konstanty, má mnohem jednodušší tvar $$L=\frac{1}{2} ma^{2} \dot{\varphi }^{2} -mga\frac{\varphi ^{2} }{4} -\frac{1}{2} k\frac{(2a-r_{0} )r_{0} \varphi ^{2} -r_{0} ^{2} \varphi ^{2} }{4} =\frac{1}{2} m \dot{\varphi }^{2} a^{2} -\frac{mga-k(ar_{0} -r_{0} ^{2} )}{4} \varphi ^{2} $$ Lagrangeova pohybová rovnice druhého druhu $$\frac{d}{dt} \left(\frac{\partial L}{\partial \dot{\varphi }} \right)-\frac{\partial L}{\partial \varphi } =ma^{2} \ddot{\varphi }+\frac{mga-k(ar_{0} -r_{0} ^{2} )}{2} \varphi =0$$ $$\ddot{\varphi }+\frac{mga-k(ar_{0} -r_{0} ^{2} )}{2ma^{2} } \varphi =0$$ což je rovnice harmonického oscilátoru $\ddot{\varphi }+\omega ^{2} \varphi =0$, kde $\omega ^{2} =\frac{mga-k(ar_{0} -r_{0} ^{2} )}{2ma^{2} } $ aproximovaným řešením této pohybové rovnice je tedy $$\varphi (t)=A\cos (\frac{mga-k(ar_{0} -r_{0} ^{2} )}{2ma^{2} } t)+B\sin (\frac{mga-k(ar_{0} -r_{0} ^{2} )}{2ma^{2} } t)$$ } \priklad{3.9}{ Určete periodu kmitů v závislosti na energii, T=T(E), při jednorozměrném pohybu částice hmotnosti m v polích s potenciálními energiemi: a) $U(x)=A\left|x\right|^{n} $b) $U(x)=- \frac{U_{0} }{\cosh ^{2} \alpha x} ,{\; }-U_{0} <E<0$c) $U(x)=U_{0} tg^{2} \alpha x$ }{ Nejprve si připomeneme odvození obecného vyjádření periody T=T(E), kdy vyjdeme od zákona zachování energie $$E=T+U=\frac{1}{2} \dot{x}^{2} +U(x)=konst$$ odkud vyjádříme $$\dot{x}=\frac{dx}{dt} =\sqrt{\frac{2}{m} (E-U)} $$ a vynásobíme-li tuto rovnici diferenciálem dt ,vydělíme pravou stranou a zintegrujeme, dostaneme $$t=\sqrt{\frac{m}{2} } \int \frac{dx}{\sqrt{E-U} } +t_{0} $$ pro určení periody je nutné znát tzv. body obratu, které získáme z podmínky nulovosti kinetické energie $$\dot{x}^{2} =\frac{2}{m} (E-U)=0$$ a tedy vyšetřujeme, pro jaká x nastává E = U požadovanou periodu v závislosti na E dostaneme jako dvojnásobek určitého integrálu času mezi body obratu $x_{1} ,{\; }x_{2} $: $$T=T(E)=\sqrt{2m} \int _{x_{1} }^{x_{2} }(E-U)^{-{\raise0.7ex\hbox{$ 1 $}\!\mathord{ \left/ {\vphantom {1 2}} \right. \kern-\nulldelimiterspace}\!\lower0.7ex\hbox{$ 2 $}} } dx$$ případ za a) potenciál je$U(x)=A\left|x\right|^{n} $ body obratu získáme z rovnice $E=U=A\left|x\right|^{n} $ $$x_{1,2} =\pm \sqrt[{n}]{\frac{E}{A} } $$ počítáme tedy určitý integrál $$T(E)=\sqrt{2m} \int _{x_{1} }^{x_{2} }(E-A\left|x\right|^{n} )^{-{\raise0.7ex\hbox{$ 1 $}\!\mathord{\left/ {\vphantom {1 2}} \right. \kern-\nulldelimiterspace}\!\lower0.7ex \hbox{$ 2 $}} } dx=2\sqrt{2m} \int _{0}^{\sqrt[{n}]{{\raise0.5ex\hbox{$\scriptstyle E $}\kern-0.1em/\kern-0.15em\lower0.25ex\hbox{$\scriptstyle A $}}} }(E-A\left|x\right|^{n} )^{-{\raise0.7ex\hbox{$ 1 $}\!\mathord{\left/ {\vphantom {1 2}} \right. \kern-\nulldelimiterspace} \!\lower0.7ex\hbox{$ 2 $}} } dx=\left\{y=\frac{A}{E} x^{n} \right\}=\frac{2}{n} \sqrt{\frac{2m}{E} } \sqrt[{n}]{\frac{E}{A} } \int _{0}^{1}y^{\frac{1}{n} -1} (1-y)^{- \frac{1}{2} } dy T(E)=\frac{2}{n} \sqrt{\frac{2m\pi }{E} } \sqrt[{n}]{\frac{E}{A} } \frac{\Gamma \left(\frac{1}{n} \right)}{\Gamma \left(\frac{1}{n} +\frac{1}{2} \right)} $$ případ za b) potenciál je$U(x)=-\frac{U_{0} }{\cosh ^{2} \alpha x} $ kde $-U_{0} <E<0$ body obratu získáme z rovnice $E=U=-\frac{U_{0} }{\cosh ^{2} \alpha x} $ $$\sinh ^{2} \alpha x=\cosh ^{2} \alpha -1=-\frac{U_{0} }{E} -1=-\frac{U_{0} +E}{E} $$ $$\sinh \alpha x_{1,2} =\pm \sqrt{-\frac{U_{0} +E}{E} } $$ poznamenejme jen, že vhledem k podmínce $-U_{0} <E<0$má výše uvedený výraz smysl a důvod, proč ho ponecháváme právě v tomto vyjádření vyplyne z následujícího výpočtu určitého integrálu $$\begin{array}{l} {T(E)=\sqrt{2m} \int _{x_{1} }^{x_{2} }\frac{\cosh \alpha x}{ \sqrt{E\cosh ^{2} \alpha x+U_{0} } } dx=\sqrt{\frac{2m}{U_{0} +E} } \int _{x_{1} }^{x_{2} }\frac{\cosh \alpha x}{\sqrt{{\raise0.5ex\hbox{$\scriptstyle E $}\kern-0.1em/ \kern-0.15em\lower0.25ex\hbox{$\scriptstyle E+U_{0} $}}\sinh ^{2} \alpha x+1} } dx=\left\{y=\sqrt{\frac{-E}{E+U_{0} } } \sinh \alpha \right\}=} \\ {=\frac{\sqrt{2m} }{\alpha \sqrt{-E} } \int _{-1}^{1}\frac{dy}{\sqrt{1-y^{2} } } =\frac{\sqrt{2m} }{\alpha \sqrt{-E} } [\arcsin y\mathop{]}\limits_{-1}^{1} =\frac{\pi }{\alpha } \sqrt{ \frac{2m}{-E} } } \end{array}$$ $$T(E)=\frac{\pi }{\alpha } \sqrt{\frac{2m}{-E} } $$ případ za c) potenciál je$U(x)=U_{0} tg^{2} \alpha x$ body obratu získáme z rovnice $E=U=U_{0} tg^{2} \alpha x$ $$tg\alpha x_{1,2} =\pm \sqrt{\frac{E}{U_{0} } } $$ výpočet určitého integrálu $$\begin{array}{l} {T(E)=\sqrt{2m} \int _{x_{1} }^{x_{2} }\frac{1}{\sqrt{E-U_{0} tg^{2} \alpha x} } dx=\sqrt{\frac{2m}{E} } \int _{x_{1} }^{x_{2} }\frac{\cos \alpha x}{\sqrt{1-{\raise0.5ex\hbox{$\scriptstyle (E+U_{0} ) $}\kern-0.1em/\kern-0.15em \lower0.25ex\hbox{$\scriptstyle E $}}\sin ^{2} \alpha x} } dx=\left\{y=\sqrt{\frac{E+U_{0} }{E} } \sin \alpha x\right\}=} \\ {=\frac{1}{\alpha } \sqrt{\frac{2m}{E+U_{0} } } \int _{-1}^{1}\frac{dy}{\sqrt{1-y^{2} } } =\frac{1}{\alpha } \sqrt{\frac{2m}{E+U_{0} } } [\arcsin y\mathop{]}\limits_{-1}^{1} =\frac{\pi }{\alpha } \sqrt{\frac{2m}{E+U_{0} } } } \end{array}$$ $$T(E)=\frac{\pi }{\alpha } \sqrt{\frac{2m}{E+U_{0} } } $$ } \priklad{3.10}{ Odvoďte jednorozměrný pohyb částice v poli $U(x)=A(e^{-2\alpha x} -2e^{- \alpha x} ),{\; }A>0,{\; }\alpha >0$:1) určete body obratu v závislosti na E2) určete $x = x(t)$ }{ 1) body obratu body obratu zjistíme z rovnice $E=U=A(e^{-2\alpha x} -2e^{-\alpha x} )$, neb T = 0, tj. vyřešíme rovnici kvadratickou v $e^{-\alpha x} $: $$e^{-\alpha x_{1,2} } =\frac{2A\pm \sqrt{4A^{2} +4AE} }{2A} =1\pm \sqrt{1+\frac{E}{A} } $$ pro další vývoj bádání je nutné si položit otázku, kdy má tato rovnice dvě různá řešení - je to právě když $E>-A$, aby byl diskriminant kladný a když $1 \pm \sqrt{1+\frac{E}{A} } >0$ odsud a ze zadání příkladu dostaneme celkem podmínky na A a E $$-A{\; }<{\; }E<0<A$$ body obratu jsou 2) x = x(t)$x_{1,2} =-\frac{1}{\alpha } \ln \left(1\pm \sqrt{1+\frac{E}{A} } \right)$ vyjdeme ze zákona zachování energie $$E=T+U=\frac{1}{2} \dot{x}^{2} +U(x)=konst$$ odkud vyjádříme $$\dot{x}=\frac{dx}{dt} =\sqrt{\frac{2}{m} (E-U)} $$ a vynásobíme-li tuto rovnici diferenciálem dt ,vydělíme pravou stranou a zintegrujeme, dostaneme $$t=\sqrt{\frac{m}{2} } \int \frac{dx}{\sqrt{E-U} } +t_{0} $$ $$t-t_{0} =\sqrt{\frac{m}{2} } \int \frac{dx}{\sqrt{E-Ae^{-2\alpha x} +2Ae^{-\alpha x} } } =\left\{y=\frac{E}{\sqrt{AE+A^{2} } } \left(e^{\alpha x} +\frac{A}{E} \right) \right\}=\frac{1}{\alpha } \sqrt{\frac{m}{-2E} } \int \frac{dy}{\sqrt{1-y^{2} } } =$$ $$=\frac{1}{\alpha } \sqrt{\frac{m}{-2E} } \arcsin y=\frac{1}{\alpha } \sqrt{\frac{m}{-2E} } \arcsin \frac{E}{\sqrt{AE+A^{2} } } \left(e^{\alpha x} +\frac{A}{E} \right)$$ a po úpravách vedoucích k vyjádření x dostaneme $$x(t)=\frac{1}{\alpha } \ln \left(-\frac{A}{E} -\frac{\sqrt{AE+A^{2} } }{E} \sin \alpha \sqrt{\frac{-2E}{m} } (t-t_{0} )\right)$$ } \priklad{3.11}{ Na ose x inerciálního systému S se pohybují dva hmotné body $m_{1} ,{\; }x_{1} {\; };{\; }m_{2} ,{\; }x_{2} $, pod účinkem konzervativní síly vzájemného působení s potenciální energií U(x), kde $x=x_{1} {-}x_{2} $. Zaveďte souřadnice $x_{1} {'\; },{\; }x_{2} '$ vzhledem k těžišti, vyjádřete kinetickou energii v těžišťové soustavě pomocí $x=x_{1} {'-}x_{2} {'}=x_{1} {-}x_{2} $ a napište Lagrangeovou funkci L. Jak souvisí obecná hybnost $p=\frac{\partial L}{\partial \dot{x}} $ s hybnostmi $p_{1} =m_{1} \dot{x}_{1} ,{\; }p_{2} =m_{2} \dot{x}_{2} $? }{ Označme souřadnice těžiště $$R=\frac{m_{1} x_{1} +m_{2} x_{2} }{m_{1} +m_{2} } $$ zaveďme tedy čárkované souřadnice vzhledem k těžišti $$\begin{array}{l} {x_{1} '=x_{1} -R} \\ {x_{2} '=x_{2} -R} \end{array}$$ pro těžišťovou soustavu platí $$m_{1} x'_{1} +m_{2} x'_{2} =0$$ a zavedeme ještě $$x=x_{1} {'-}x_{2} {'}=x_{1} {-}x_{2} $$ můžeme tedy vyjádřit souřadnice v těžišťové soustavě pomocí jedné souřadnice x takto $$\begin{array}{l} {x_{1} '=\frac{m_{2} }{m_{1} +m_{2} } x} \\ {x_{2} '=-\frac{m_{1} }{m_{1} +m_{2} } x} \end{array}$$ kinetická energie vyjádřená v těžišťové soustavě $$T=m_{1} \dot{x'}_{1} ^{2} +m_{2} \dot{x'}_{2} ^{2} =\frac{1}{2} \frac{m_{1} m_{2} }{m_{1} +m_{2} } \dot{x}^{2} $$ přičemž Lagrangeova funkce bude mít tvar $$L=T-U=\frac{1}{2} \frac{m_{1} m_{2} }{m_{1} +m_{2} } \dot{x}^{2} -U(x)$$ a hybnost $$p=\frac{\partial L}{\partial \dot{x}} L=\frac{m_{1} m_{2} }{m_{1} +m_{2} } \dot{x}= \frac{m_{1} m_{2} }{m_{1} +m_{2} } (\dot{x}_{1} -\dot{x}_{2} )$$ $$p=\frac{m_{2} }{m_{1} +m_{2} } p_{1} -\frac{m_{1} }{m_{1} +m_{2} } p_{2} $$ } \priklad{3.12}{ Soustava se skládá z jedné částice hmotnosti M a n částic o stejných hmotnostech m. Vyloučením pohybu hmotného středu zredukujte úlohu na problém pohybu n těles. }{ $\vec{R}$ je polohový vektor částice o hmotnosti M , $\vec{R}_{i} $ jsou polohové vektory n částic o hmotnosti m zavedeme nové proměnné $\vec{r}_{i} =\vec{R}_{i} -\vec{R}$a počátek umístíme do hmotného středu tak, že platí $$M\vec{R}+m\sum _{i=1}^{n}\vec{R}_{i} =0$$ nyní si vyjádříme "staré" proměnné pomocí "nových" po úpravách a dosazení nových proměnných platí, že $$\vec{R}=-\frac{m}{M} \sum _{i=1}^{n}\vec{R}_{i} =-\frac{m}{M} \sum _{i=1}^{n}( \vec{r}_{i} +\vec{R}) =\frac{m}{M} \sum _{i=1}^{n}\vec{r}_{i} -n\frac{m}{M} \vec{R}$$ odkud snadno dostaneme $$\vec{R}=-\frac{m}{M+nm} \sum _{i=1}^{n}\vec{r}_{i} $$ $$\dot{\vec{R}}=-\frac{m}{M+nm} \sum _{i=1}^{n}\dot{\vec{r}}_{i} $$ zbývající staré souřadnice vyjádříme takto (rovnou jejich derivace) $$\dot{\vec{R}}_{k} =\dot{\vec{r}}_{k} +\dot{\vec{R}}=\dot{\vec{r}}_{k} -\frac{m}{M+nm} \sum _{i=1}^{n}\dot{\vec{r}}_{i} $$ Lagrangeovu funkci $L=\frac{1}{2} M\dot{\vec{R}}^{2} +\frac{1}{2} m\sum _{k=1}^{n} \vec{R}_{k} ^{2} -U$ nyní přetransformujeme do nových souřadnic $$L=\frac{1}{2} M\left(-\frac{m}{M+nm} \sum _{i=1}^{n}\dot{\vec{r}}_{i} \right)^{2} +\frac{1}{2} m\sum _{k=1}^{n}\left(\dot{\vec{r}}_{k} -\frac{m}{M+nm} \sum _{i=1}^{n} \dot{\vec{r}}_{i} \right) ^{2} -U=$$ $$=\frac{1}{2} \frac{Mm^{2} }{(M+nm)^{2} } \left(\sum _{i=1}^{n}\dot{\vec{r}}_{i} \right)^{2} +\frac{1}{2} m\sum _{k=1}^{n}\left(\dot{\vec{r}}_{k} ^{2} -2\frac{m}{M+nm} \dot{\vec{r}}_{k} \sum _{i=1}^{n}\dot{\vec{r}}_{i} +\frac{m^{2} }{(M+nm)^{2} } \left( \sum _{i=1}^{n}\dot{\vec{r}}_{i} \right)^{2} \right) -U=$$ $$=\frac{1}{2} \frac{Mm^{2} +nm^{3} }{(M+nm)^{2} } \left(\sum _{i=1}^{n}\dot{\vec{r}}_{i} \right)^{2} +\frac{1}{2} m\sum _{k=1}^{n}\dot{\vec{r}}_{k} ^{2} -\frac{m^{2} }{M+nm} \left(\sum _{k=1}^{n}\dot{\vec{r}}_{k} \right)\left(\sum _{i=1}^{n}\dot{\vec{r}}_{i} \right)-U=$$ $$=L=\frac{1}{2} m\sum _{k=1}^{n}\dot{\vec{r}}_{k} ^{2} -\frac{1}{2} \frac{m^{2} }{M+nm} \left(\sum _{i=1}^{n}\dot{\vec{r}}_{i} \right)^{2} -U$$ } \priklad{3.13} {Odvoďte Newtonův zákon gravitační z Keplerových zákonů. }{ Z rovnic $r=\frac{p}{1+e\cos \varphi } $a $r^{2} \dot{\varphi }=A$ vypočítáme $a_{ \varphi } =\frac{1}{r} \frac{d}{dt} (r^{2} \dot{\varphi })$a $a_{r} =\ddot{r}-r\dot{ \varphi }^{2} $ $$a_{\varphi } =\frac{1}{r} \frac{d}{dt} (r^{2} \dot{\varphi })=\frac{1+e\cos \varphi }{p} \frac{d}{dt} A=0$$ $$a_{r} =\ddot{r}-r\dot{\varphi }^{2} =\frac{d^{2} }{dt^{2} } \left(\frac{p}{1+e \cos \varphi } \right)-\frac{A^{2} }{r^{3} } =\frac{d}{dt} \left(\frac{pe\sin \varphi }{(1+e\cos \varphi )^{2} } \dot{\varphi }\right)-\frac{A^{2} }{r^{3} } =\frac{d}{dt} \left(\frac{A}{r^{2} } \frac{per^{2} \sin \varphi }{p^{2} } \right)-\frac{A^{2} }{r^{3} } =$$ $$=\frac{d}{dt} \left(\frac{Ae}{p} \sin \varphi \right)-\frac{A^{2} }{r^{3} } =\frac{Ae}{p} \cos \varphi \dot{\varphi }-\frac{A^{2} }{r^{3} } =\frac{A^{2} }{r^{2} } \left(\frac{e}{p} \cos \varphi -\frac{1}{r} \right)=\frac{A^{2} }{r^{2} } \left(\frac{e\cos \varphi }{p} -\frac{1+e\cos \varphi }{p} \right)=-\frac{A^{2} }{pr^{2} } $$ poznamenejme jen pro přehlednost, že jsme v předchozích krocích použili $\dot{\varphi }=\frac{A}{r^{2} } $ výsledek opravdu odpovídá Newtonovu gravitačnímu zákonu $$a_{\varphi } =0{\; }et{\; }a_{r} =-\frac{A}{pr^{2} } $$ } \priklad{3.14}{ Ze vzdálenosti R (s nulovou počáteční rychlostí) padá těleso malé hmotnosti $m_{1} $ (meteor) k tělesu hmotnosti $m_{2} \gg m_{1} $ (Země). Zapište a řešte pohybovou rovnici meteoru ve vhodném inerciálním systému. Určete dobu pádu t(h), kde $h=R-r$a ukažte, že $t(h) \approx \sqrt{\frac{2h}{g} } $je-li $h\ll R$. }{ Za souřadný inerciální systém zvolíme systém spojený s tělesem hmotnosti $m_{1} $ a za počátek zvolíme přirozeně jeho střed vyjádříme zákon zachování energie druhého tělesa (meteoru) v gravitačním poli tělesa prvního $$E=\frac{1}{2} m_{1} \dot{r}^{2} -\gamma \frac{m_{1} m_{2} }{r} $$ kde r je vzdálenost mezi středy oněch těles a ještě určíme z počátečních podmínek celkovou energii soustavy - totiž, že v času t = 0 padá těleso s nulovou počáteční rychlostí v výšky R $$E=-\gamma \frac{m_{1} m_{2} }{R} $$ a tak nás rovnice $$E=-\gamma \frac{m_{1} m_{2} }{R} =\frac{1}{2} m_{1} \dot{r}^{2} -\gamma \frac{m_{1} m_{2} }{r} $$ přivádí k možnosti vyjádřit pohybovou rovnici $$\dot{r}=-\sqrt{2\gamma \frac{m_{1} m_{2} }{m_{1} } \left(\frac{1}{r} -\frac{1}{R} \right)} $$ odkud po separaci dostaneme výraz elementu času dt, který zintegrujeme a dostaneme rešení pohybové rovnice $$t-t_{0} =-\int \frac{dr}{\sqrt{2\gamma m_{2} \left({\textstyle\frac{1}{r}} -{\textstyle \frac{1}{R}} \right)} } =\left\{\xi =\sqrt{\frac{r}{R} } \right\}=-\frac{2R\sqrt{R} }{\sqrt{2\gamma m_{2} } } \int \frac{\xi ^{2} d\xi }{\sqrt{1-\xi ^{2} } } =-\frac{2R \sqrt{R} }{\sqrt{2\gamma m_{2} } } \left[-\frac{1}{2} \xi \sqrt{1-\xi ^{2} } +\frac{1}{2} \arcsin (\xi )\right]$$ čímž dostaneme $$t-t_{0} =-\frac{\sqrt{R} }{\sqrt{2\gamma m_{2} } } \left[-\sqrt{\frac{r}{R} } \sqrt{1- \frac{r}{R} } +R\arcsin \left(\sqrt{\frac{r}{R} } \right)\right]$$ pro zjištění doby pádu z výšky R (počáteční $r=R$ pro$t_{0} =0$) do nějaké výšky $r=R-h$ $$t(h)=-\frac{R\sqrt{R} }{\sqrt{2\gamma m_{2} } } \left[-\sqrt{\frac{R-h}{R} } \sqrt{1- \frac{(R-h)}{R} } +\arcsin \left(\sqrt{\frac{R-h}{R} } \right)+\sqrt{\frac{R}{R} } \sqrt{1-\frac{R}{R} } -\arcsin \left(\sqrt{\frac{R}{R} } \right)\right]t(h)=\frac{ \sqrt{R} }{\sqrt{2\gamma m_{2} } } \left[\sqrt{h(R-h)} -R\arcsin \left(\sqrt{\frac{R-h}{R} } \right)+R\frac{\pi }{2} \right]$$ } \priklad{3.17} { Nakreslete si graf efektivního potenciálu pro izotropní prostorový oscilátor $U= \frac{1}{2} kr^{2} ,{\; }k>0$. Diskutujte kruhovou dráhu částice: určete poloměr dráhy, rychlost a energii částice při dané hodnotě momentu hybnosti ${\bf l}$. }{ (pozn. kreslit v této verzi příručky nebudeme) efektivní potenciál je $$U_{ef} (r)=U(r)+\frac{{l}^{2} }{2mr^{2} } =\frac{1}{2} kr^{2} +\frac{{l}^{2} }{2mr^{2} } $$ kruhová dráha částice v tomto poli nastává právě když $E_{0} =\left(U_{ef} \right)_{ \min } =U_{ef} (r_{0} )$, takže nám nezbývá než najít minimum funkce $U_{ef} (r)$, přičemž si rovnou všimneme, že funkce $U_{ef} (r)$je pro kladná r spojitá a zdola omezená (např. 0) a shora omezená není ($\mathop{\lim }\limits_{r\to \infty } U_{ef} (r)=\infty $), takže minimum existuje $$U_{ef}^{'} (r)=kr-\frac{{l}^{2} }{mr^{3} } $$ $$U_{ef}^{'} (r_{0} )=0=kr_{0} -\frac{{l}^{2} }{mr_{0} ^{3} } {\; }$$ $$r_{0} ^{2} =\frac{{l}}{\sqrt{km} } $$ energie $$E_{0} =\left(U_{ef} \right)_{\min } =U_{ef} (r_{0} )=\sqrt{\frac{k}{m} } {l}$$ rychlost zjistíme ze zákona zachování energie $$E_{0} =T+U=\frac{1}{2} mv_{0} ^{2} +\frac{1}{2} mr_{0} ^{2} =\frac{1}{2} mv_{0} ^{2} +\frac{1}{2} \frac{{l}}{\sqrt{km} } =\sqrt{\frac{k}{m} } {l}$$ $$v_{0} ^{2} =\frac{\sqrt{km} }{m^{2} } {l}$$ } \priklad{3.19}{ Ukažte, že orbita je v bodech obratu k centru vydutá, je-li tam skutečná síla přitažlivá, a je vypuklá, je-li tam skutečná síla odpudivá. }{ Budeme zkoumat vztah $$ma_{r} =m(\ddot{r}-r\dot{\varphi }^{2} )=-U'(r)$$ v bodech obratu platí, že $\ddot{r}=0$ a tedy $$ma_{r} =-mr\dot{\varphi }^{2} =-U'(r)$$ a odtud rovnou vidíme, že je-li v tomto místě skutečná síla přitažlivá, tj. je $-U'(r)<0$ a tudíž i $ma_{r} <0$ a obráceně. } \priklad{3.20} {Ukažte, že při pohybu částice v poli $U(r)=\frac{\alpha }{r} $, kde $\alpha$ má libovolné znamení, existuje vektorový integrál pohybu $\vec{A}=\vec{v}\times \vec{L}+\alpha \frac{\vec{r}}{r}$ (Runge-Lentzův vektor) specifický právě pro toto pole. }{ $\vec{A}=\vec{v}\times \vec{L}+\alpha \frac{\vec{r}}{r} $ je integrálem pohybu $\Leftrightarrow \frac{\ud}{\ud t} \vec{A}=\vec{0}$ Zkoumejme tedy $$\frac{d}{dt} \vec{A}=\frac{d}{dt} \left(\vec{v}\times \vec{L}\right)+\alpha \frac{d}{dt} \left(\frac{\vec{r}}{r} \right)=\ddot{\vec{r}}\times \vec{L}+\dot{\vec{r}}\times \dot{\vec{L}}+\alpha \frac{\dot{\vec{r}}r-\vec{r}\dot{r}}{r^{2} } $$ zde je dobré si uvědomit několik vztahů: $$m\ddot{\vec{r}}=-\nabla U=-\nabla \frac{\alpha }{r} =\frac{\alpha }{r^{3} } \vec{r}$$ $$\vec{r} \times \vec{r}=\vec{0}$$ $\vec{a}\times {\; }(\vec{b}\times \vec{c}){\; }=\vec{b}(\vec{a}\vec{c})- \vec{c}(\vec{a}\vec{b})$ (věta "bac-cab") na jejichž základě rovnou dostaneme, že $$\dot{\vec{r}}\times \dot{\vec{L}}=\dot{\vec{r}}\times (\vec{r}\times m\ddot{\vec{r}}+ \dot{\vec{r}}\times m\dot{\vec{r}})=\dot{\vec{r}}\times (\vec{r}\times \frac{\alpha }{r^{3} } \vec{r}+m\dot{\vec{r}}\times \dot{\vec{r}})=\dot{\vec{r}}\times (\vec{0}+ \vec{0})=\vec{0}$$ a zbude nám $$\frac{d}{dt} \vec{A}=\ddot{\vec{r}}\times \vec{L}+\dot{\vec{r}}\times \dot{\vec{L}}+ \alpha \frac{\dot{\vec{r}}r-\vec{r}\dot{r}}{r^{2} } =\ddot{\vec{r}}\times (\vec{r} \times m\dot{\vec{r}})+\alpha \frac{\dot{\vec{r}}r-\vec{r}\dot{r}}{r^{2} } =\alpha \frac{\dot{\vec{r}}}{r^{3} } \times (\vec{r}\times \dot{\vec{r}})+\alpha \frac{\dot{ \vec{r}}r-\vec{r}\dot{r}}{r^{2} } $$ kde jsme použili $m\ddot{\vec{r}}=\frac{\alpha }{r^{3} } \vec{r}$. nyní opět aplikujeme větu "bac-cab" na vektorový součin $$\frac{d}{dt} \vec{A}=\alpha \frac{\dot{\vec{r}}}{r^{3} } \times (\vec{r}\times \dot{\vec{r}})+\alpha \frac{\dot{\vec{r}}r-\vec{r}\dot{r}}{r^{2} } =\frac{\alpha }{r^{3} } (\vec{r}(\dot{\vec{r}}\vec{r})-\dot{\vec{r}}(\vec{r}\vec{r})+\dot{\vec{r}}r^{2} -\vec{r}\dot{r}r)$$ a ze znalosti že$\vec{r}{\; }\dot{\vec{r}}=r{\; }\dot{r}$ rovnou plyne, že $$\frac{d}{dt} \vec{A}=\frac{\alpha }{r^{3} } (\vec{r}(\dot{r}r)-\dot{\vec{r}}r^{2} +\dot{\vec{r}}r^{2} -\vec{r}\dot{r}r)=0$$ } \priklad{3.22}{ Určete rovnici dráhy v potenciálu $U(r)=-\frac{\alpha }{r^{2} } $pro ty hodnoty ${ \bf l}$, při nichž nastane pád na centrum. }{ Efektivní potenciál je $$U_{ef} =U(r)+\frac{{l}^{2} }{2mr^{2} } $$ podmínka pádu na centrum zní: $$r^{2} U(r)+\frac{{l}^{2} }{2mr^{2} } <0$$ a odtud snadno přeformulujeme tuto podmínku na $$\frac{{l}^{2} }{2mr^{2} } <\alpha $$ a nyní pro tyto hodnoty určíme rovnici dráhy - vyjdeme ze zákona zachování energie $$E= \frac{1}{2} m\dot{r}^{2} +U_{ef} =\frac{1}{2} m\dot{r}^{2} +\frac{1}{r^{2} } \left( \frac{{l}^{2} }{2m} -\alpha \right)$$ který separujeme na rovnici $$\frac{2}{m} (E+B\frac{1}{r^{2} } )=\dot{r}^{2} $$ kde jsme označili $B=\left(\alpha -{\textstyle\frac{{l}^{2} }{2m}} \right)$a z podmínky pro pád na centrum ${\textstyle\frac{{l}^{2} }{2mr^{2} }} <\alpha $ vidíme, že B $>$ 0 potom $$dt=-\frac{rdr}{\sqrt{{\textstyle\frac{2}{m}} (Er^{2} +B)} } $$ vyjádřili jsme si tak diferenciál času, který budeme dosazovat do rovnice $$\dot{ \varphi }=\frac{{l}}{mr^{2} } $$ kterou ovšem za tím účelem musíme separovat $$d\varphi =\frac{{l}}{mr^{2} } dt=-\frac{{l}}{mr^{2} } \frac{rdr}{\sqrt{{ \textstyle\frac{2}{m}} (Er^{2} +B)} } $$ a tuto rovnici budeme integrovat $$\varphi {\; }+{\; }\varphi _{0} =-\frac{{l}}{\sqrt{2Bm} } \int \frac{dr}{r \sqrt{{\textstyle\frac{E}{B}} r^{2} +1} } =\left\{\xi =\sqrt{\frac{\left|E\right|}{B} } \frac{1}{r} \right\}=\frac{{l}}{\sqrt{2Bm} } \int \frac{\xi d\xi }{\xi ^{2} \sqrt{{\textstyle\frac{E}{\left|E\right|}} {\textstyle\frac{1}{\xi ^{2} }} +1} } = \frac{{l}}{\sqrt{2Bm} } \int \frac{d\xi }{\sqrt{{\textstyle\frac{E}{\left|E \right|}} +\xi ^{2} } } $$ uvědomme si, že integrál $$\begin{array}{l} {\int \frac{d\xi }{\sqrt{-1+\xi ^{2} } } =arccosh(\xi )} \\ { \int \frac{d\xi }{\sqrt{1+\xi ^{2} } } =arcsinh(\xi )} \end{array}$$ dostaneme tedy dvě různá řešení v závislosti na znaménku energie $\frac{1}{r} =\sqrt{\frac{2m\left|E\right|}{2m\alpha -{l}^{2} } } \cosh \left( \sqrt{\frac{2m\alpha }{{l}^{2} } -1} (\varphi +\varphi _{0} )\right)$ pro $E \le 0$ $\frac{1}{r} =\sqrt{\frac{2m\left|E\right|}{2m\alpha -{l}^{2} } } \sinh \left( \sqrt{\frac{2m\alpha }{{l}^{2} } -1} (\varphi +\varphi _{0} )\right)$pro $E\ge 0$ } \priklad{3.23}{ Při jakých hodnotách ${\bf l}$je možný finitní pohyb v polích(a) $U(r){ \; }={\; }-\alpha {\textstyle\frac{1}{r}} e^{-\kappa r} $ ($\alpha >0$)(b) $U(r){ \; }={\; }-Ve^{-\kappa ^{2} r^{2} } $($V>0$) }{ Finitní pohyb nastává v případě, jen když $U_{ef} $má minimum budeme předpokládat pouze kladná r (a) $U(r)=-\alpha {\textstyle\frac{e^{-\kappa r} }{r}} $ efektivní energie je $$U_{ef} (r)=-\alpha \frac{e^{-\kappa r} }{r} +\frac{{l}^{2} }{2mr^{2} } $$ zajímá nás, jestli a pro jaké hodnoty ${l}$nabývá efektivní energie minimum - z toho důvodu budeme zkoumat její první derivaci podle r $$U'_{ef} =\alpha \frac{e^{-\kappa r} }{r^{2} } +\alpha \kappa \frac{e^{-\kappa r} }{r} -\frac{{l}^{2} }{mr^{3} } $$ a budeme hledat, za jakých podmínek je tato funkce rovna nule $$\frac{\alpha }{r^{3} } \left(re^{-\kappa r} +\kappa r^{2} e^{-\kappa r} -\frac{{ l}^{2} }{\alpha m} \right)=0$$ rovnou je vidět, že tato podmínka bude splněna, pokud (použijeme-li pro přehlednost následující označení) $$g(r)=e^{-\kappa r} (r+\kappa r^{2} )-\frac{{l}^{2} }{\alpha m} =0$$ vlastnosti funkce g(r): limita v krajních bodech definičního oboru $$\mathop{\lim }\limits_{r\to \infty } g(r)=\mathop{\lim }\limits_{r\to 0+} g(r)=- \frac{{l}^{2} }{\alpha m} {\; }<{\; }0$$ pro zjištění znaménka funkce potřebujeme $$g'(r)=e^{-\kappa r} (1+\kappa r-\kappa ^{2} r^{2} )$$ nyní přichází nejdůležitější úvaha celého příkladu - protože potřebujeme vědět, kdy funkce $U_{ef} (r)$ nabývá minima, je nezbytné zjistit, za jakých podmínek je její první derivace podle r nulová tento problém ovšem přeneseme na hledání nulového bodu funkce g(r) a protože známe limity této funkce na okrajích definičního oboru a tato funkce je spojitá na tomto definičním oboru, stačí když najdeme bod $r_{0} $ takový, že $g'(r_{0} )=0$ ( křivka g(r) se v tomto bodě láme) a $g(r_{0} )\ge 0$ ( křivka g(r) má v okrajích svého definičního oboru záporné limity a proto nalezneme-li touto podmínkou taková ${ l}$, pro která bude díky spojitosti zaručena existence alespoň jednoho nulového bodu, máme vyhráno) hledejme tedy $$g'(r_{0} )=e^{-\kappa r_{0} } (1+\kappa r_{0} -\kappa ^{2} r_{0} ^{2} )=0$$ neboli $$1+\kappa r_{0} -\kappa ^{2} r_{0} ^{2} =0$$ a tuto kvadratickou rovnici vyřešíme a protože hledáme pouze nezáporná řešení, dostaneme $$r_{0} =\frac{1+\sqrt{5} }{2\kappa } $$ z podmínky $g(r_{0} )\ge 0$ dostaneme podmínku $$g(r_{0} )=e^{-\kappa r_{0} } (r_{0} +\kappa r_{0} ^{2} )-\frac{{l}^{2} }{\alpha m} \ge 0$$ $${l}^{2} \le \alpha me^{-\kappa r_{0} } (r_{0} +\kappa r_{0} ^{2} )$$ takže po dosazení za $r_{0} $ výše zmíněný výraz dostaneme, že finitní pohyb v tomto potenciálním poli nastává pro hodnoty $${l}^{2} \le \frac{\alpha m}{\kappa } e^{-{\; }\frac{1+\sqrt{5} }{2} } (2+ \sqrt{5} )$$ (b) $U(r)=-Ve^{-\kappa ^{2} r^{2} } $ budeme postupovat obdobně jako v případě (a), tentokráte ovšem stručněji $$U_{ef} (r)=-Ve^{-\kappa ^{2} r^{2} } +\frac{{l}^{2} }{2mr^{2} } $$ první derivace podle r $$U'_{ef} =2V\kappa ^{2} re^{-\kappa ^{2} r^{2} } -\frac{{l}^{2} }{mr^{3} } $$ a budeme hledat, za jakých podmínek je tato funkce rovna nule, tedy $$2V\kappa ^{2} re^{-\kappa ^{2} r^{2} } -\frac{{l}^{2} }{mr^{3} } =0$$ a tuto rovnici přeformulujeme pro kladná r takto (přičemž opět provedeme pro přehlednost následující označení) $$g(r)=r^{4} e^{-\kappa ^{2} r^{2} } -\frac{{l}^{2} }{2V\kappa ^{2} m} =0$$ vlastnosti funkce g(r): limita v krajních bodech definičního oboru $$\mathop{\lim }\limits_{r\to \infty } g(r)=\mathop{\lim }\limits_{r\to 0+} g(r)=- \frac{{l}^{2} }{2V\kappa ^{2} m} {\; <\; }0$$ pro zajištění existence nulového bodu funkce g(r) potřebujeme vědět, kdy $$g'(r)=e^{-\kappa ^{2} r^{2} } (4r^{3} -2\kappa ^{2} r^{5} )=0$$ neboli $$4-2\kappa ^{2} r^{2} =0$$ $$r_{0} ^{2} =\frac{2}{\kappa ^{2} } $$ a protože nás zajímají pouze kladné body $$r_{0} =\frac{\sqrt{2} }{\kappa } $$ v tomto bodě tedy funkce g(r) nabývá stacionární hodnoty a vzhledem k její spojitosti a kladným limitám v krajních bodech svého definičního oboru nyní stačí určit, při jakých hodnotách ${l}$je $g(r_{0} )\ge 0$ $$g(r_{0} )=r_{0} ^{4} e^{-\kappa ^{2} r_{0} ^{2} } -\frac{{l}^{2} }{2V\kappa ^{2} m} =\frac{4}{\kappa ^{4} } e^{-2} -\frac{{l}^{2} }{2V\kappa ^{2} m} \ge 0$$ $${l}^{2} \le Vm\frac{8}{\kappa ^{2} } e^{-2} $$ 3.24 Najděte trajektorie a zákon pohybu částice v poli sférické potenciálové jámy $U= \left\{\begin{array}{c} {-U_{0} {\; ,\; }r<R} \\ {0,{\; }r>{\; }R{ \; }} \end{array}\right. $ při různých hodnotách ${\bf l}$, E. pro r $<$ R vyjádříme ze zákona zachování energie ( kde při úpravě použijeme $\dot{ \varphi }=\frac{{l}}{mr^{2} } $) $$E=\frac{1}{2} m\dot{r}^{2} +\frac{1}{2} mr^{2} \dot{\varphi }^{2} +U=\frac{1}{2} m\dot{r}^{2} +\frac{{l}^{2} }{2mr^{2} } -U_{0} $$ diferenciál dt takto $$\dot{r}^{2} =\frac{2}{m} (E+U_{0} )-\frac{{l}^{2} }{m^{2} r^{2} } $$ $$dt=\frac{dr}{\sqrt{{\textstyle\frac{2}{m}} (E+U_{0} )-{\textstyle\frac{{l}^{2} }{m^{2} r^{2} }} } } $$ z již zmíněného vztahu $\dot{\varphi }=\frac{{l}}{mr^{2} } $ vyjádříme $$d\varphi =\frac{{l}}{mr^{2} } dt=\frac{{l}}{mr^{2} } \frac{dr}{\sqrt{{ \textstyle\frac{2}{m}} (E+U_{0} )-{\textstyle\frac{{l}^{2} }{m^{2} r^{2} }} } } =\frac{{l}dr}{r^{2} \sqrt{2m(E+U_{0} )-{\textstyle\frac{{l}^{2} }{r^{2} }} } } $$ zintegrujeme tento vztah a dostaneme $$\varphi =\int \frac{{l}dr}{r^{2} \sqrt{2m(E+U_{0} )-{\textstyle\frac{{l}^{2} }{r^{2} }} } } =\frac{{l}}{\sqrt{2m(E+U_{0} )} } \int \frac{dr}{r^{2} \sqrt{1-{ \textstyle\frac{{l}^{2} }{2m(E+U_{0} )r^{2} }} } } =\left\{y=\frac{{l}}{r \sqrt{2m(E+U_{0} )} } \right\}=-\int \frac{dy}{\sqrt{1-y^{2} } } =\arccos (y)\cos (\varphi +\varphi _{0} )=\frac{{l}}{\sqrt{2m(E+U_{0} )} } \frac{1}{r} $$ rovnice trajektorie je $$r(\varphi )=\frac{{l}}{\cos (\varphi +\varphi _{0} )\sqrt{2m(E+U_{0} )} } $$ } \priklad{3.27}{ Při jakém poměru hmotností částic $\kappa =\frac{m_{1} }{m_{2} } $ je energie předaná při jejich pružné srážce maximální ? }{ budeme diskutovat čelní ráz $\frac{E_{2} '}{E_{1} } =\frac{4m_{1} m_{2} }{(m_{1} +m_{2} )^{2} } $ kdy chceme, aby poměr energií byl co největší při daných hmotnostech označíme si tedy tento poměr jako funkci $f(\kappa )$ $$f(\kappa )=\frac{E_{2} '}{E_{1} } =\frac{4m_{1} m_{2} }{(m_{1} +m_{2} )^{2} } =2 \frac{(m_{1} +m_{2} )^{2} }{(m_{1} +m_{2} )^{2} } -2\frac{m_{1}^{2} +m_{2} ^{2} }{(m_{1} +m_{2} )^{2} } =2-2\frac{\kappa ^{2} +1}{(\kappa +1)^{2} } $$ a hledejme extrém této funkce $$f'(\kappa )=-2\frac{2\kappa (\kappa +1)^{2} -2(\kappa +1)(\kappa ^{2} +1)}{(\kappa +1)^{4} } =-2\frac{2\kappa (\kappa +1)-2(\kappa ^{2} +1)}{(\kappa +1)^{3} } =-2\frac{2 \kappa -2}{(\kappa +1)^{3} } =0$$ $$\kappa _{0} =1$$ odkud plyne, že energie předaná při pružné srážce je maximální pro $m_{1} =m_{2} $. } \priklad{3.28}{ Dokažte zákon odrazu (rovnost úhlu odrazu a úhlu dopadu) pro pružný odraz částice m na pevné stěně ($M\to \infty $). }{ Vyjdeme ze vztahu pro pružné srážky dvou hmotných bodů hmotností m a M, kdy těleso hmotnosti M je v klidu a těleso hmotnosti m na něj nalétává pod úhlem $\theta _{1} $ a úhel rozptylu částic se značí $\chi$ ona rovnice zní $$tg{\; }\theta _{1} =\frac{M\sin \chi }{m+M\cos \chi } =\frac{\sin \chi }{\kappa +\cos \chi } $$ kde $\kappa $značí poměr $\kappa =\frac{m}{M} $ při $M\to \infty $jde $\kappa \to 0$ a vztah mezi úhly přechází v $$tg{\; }\theta _{1} =\frac{\sin \chi }{\cos \chi } =tg{\; }\chi $$ } \priklad{3.37}{ Soustava podle obr. 3.38 (skriptum str. 112) se otáčí kolem svislé osy s konstantní úhlovou rychlostí $\dot{\varphi }=\Omega $; bod $m_{2} $ se může volně pohybovat podél osy.(\ref{GrindEQ__1_}) Napište Lagrangeovu funkci soustavy.(\ref{GrindEQ__2_}) Při $m_{1} =m_{2} =m$a $\Omega >\Omega _{0} =\sqrt{{\textstyle\frac{2g}{a}} } $ určete úhlovou frekvenci $\omega $malých kmitů soustavy kolem rovnovážné polohy. }{ (\ref{GrindEQ__1_}) Lagrangeovu funkci soustavy $$L=\frac{1}{2} m_{1} (\dot{x}_{1} ^{2} +\dot{x}_{3} ^{2} +\dot{y}_{1} ^{2} +\dot{y}_{3} ^{2} +\dot{z}_{1} ^{2} +\dot{z}_{3} ^{2} )+\frac{1}{2} m_{2} (\dot{x}_{2} ^{2} + \dot{y}_{2} ^{2} +\dot{z}_{2} ^{2} )+m_{1} g(y_{1} +y_{3} )+m_{2} gy_{2} $$ vyjádříme v obecné souřadnici $\theta $(viz obrázek) a k tomu použijeme vazby $$\begin{array}{l} {x_{1} ^{2} +(y_{2} -y_{1} )^{2} =a^{2} } \\ {x_{3} ^{2} +(y_{3} -y_{1} )^{2} =a^{2} } \\ {y_{1} =y_{3} } \end{array}$$ a vzhledem k otáčení soustavy kolem osy y úhlovou rychlostí $\varphi =\Omega t$ zavedeme nové polární souřadnice vztahy : $$\begin{array}{l} {x_{1} =a\sin \theta \cos \Omega t} \\ {x_{2} =0} \\ {x_{3} =-a \sin \theta \cos \Omega t} \\ {y_{1} =a\cos \theta } \\ {y_{2} =2a\cos \theta } \\ {y_{3} =a\cos \theta } \\ {z_{1} =a\sin \theta \sin \Omega t} \\ {z_{2} =0} \\ {z_{3} =-a\sin \theta \sin \Omega t} \end{array}$$ a tak tedy dostaneme Lagrangeovu funkci $$L=m_{1} a^{2} (\dot{\theta }^{2} +\Omega ^{2} \sin ^{2} \theta )+2a^{2} m_{2} \sin ^{2} \theta \dot{\theta }^{2} +2ga(m_{1} +m_{2} )\cos \theta $$ (\ref{GrindEQ__2_}) nyní je potřeba odvodit úhlovou frekvenci malých kmitů kolem rovnovážné polohy (viz teorie) při $m_{1} =m_{2} =m$a pro tento účel vyjdeme z upravené Lagrangeovy funkce $$L=ma^{2} (\dot{\theta }^{2} +\Omega ^{2} \sin ^{2} \theta +2\sin ^{2} \theta \dot{ \theta }^{2} +2\Omega _{0} ^{2} \cos \theta )$$ odvodíme Lagrangeovy pohybové rovnice $$\frac{d}{dt} \left(\frac{\partial L}{\partial \dot{\theta }} \right)-\frac{\partial L}{\partial \theta } =ma^{2} \frac{d}{dt} \left(2\dot{\theta }+4\sin ^{2} \theta \dot{\theta }\right)-ma^{2} (2\Omega ^{2} \sin \theta \cos \theta +4\sin \theta \cos \theta \dot{\theta }^{2} -2\Omega _{0} ^{2} \sin \theta )=0$$ $$\ddot{\theta }+2\sin ^{2} \theta \ddot{\theta }-\Omega ^{2} \sin \theta \cos \theta +2\sin \theta \cos \theta \dot{\theta }^{2} +\Omega _{0} ^{2} \sin \theta =0$$ rovnovážnou polohu dostaneme z podmínky $\left[\dot{\theta }\right]_{\theta =\theta _{0} } =0$, pak se předchozí vztah zjednoduší na $$-\Omega ^{2} \sin \theta _{0} \cos \theta _{0} +\Omega _{0} ^{2} \sin \theta _{0} =0$$ a rovnováha nastává pro úhel $$\cos \theta _{0} =\frac{\Omega _{0} ^{2} }{\Omega ^{2} } $$ určíme úhlovou frekvenci malých kmitů kolem rovnovážné polohy tak, že pomocí Taylorovy věty rozvineme U a T v bodě $\theta _{0} $, kdy nás bude zejména zajímat (opět viz teorie) $\gamma =\left(\frac{\partial ^{2} U}{\partial \theta ^{2} } \right)_{\theta =\theta _{0} } $a $\mu =\left(\frac{\partial ^{2} T}{\partial \theta ^{2} } \right)_{\theta =\theta _{0} } $ a potom podmínka $$\left|\gamma -\omega ^{2} \mu \right|=0$$ nám konečně nabídne hledanou frekvenci z potenciální energie $$U=-ma^{2} (\Omega ^{2} \sin ^{2} \theta +2\Omega _{0} ^{2} \cos \theta )$$ $$\gamma =-ma^{2} \frac{1}{2!} \left(-2\Omega ^{2} +4\Omega ^{2} \frac{\Omega _{0} ^{4} }{\Omega ^{4} } -2\Omega _{0} ^{2} \frac{\Omega _{0} ^{2} }{\Omega ^{2} } \right)=ma^{2} \frac{\Omega ^{4} -\Omega _{0} ^{4} }{\Omega ^{2} } $$ z kinetické energie $$T=ma^{2} \dot{\theta }^{2} (1+2\sin ^{2} \theta )$$ $$\mu =ma^{2} \left(3-2\frac{\Omega _{0} ^{4} }{\Omega ^{4} } \right)=ma^{2} \frac{3 \Omega ^{4} -2\Omega _{0} ^{4} }{\Omega ^{4} } $$ rovnice $\left|\gamma -\omega ^{2} \mu \right|=0$ se převede na $$ma^{2} \frac{\Omega ^{4} -\Omega _{0} ^{4} }{\Omega ^{2} } -\omega ^{2} ma^{2} \frac{3\Omega ^{4} -2\Omega _{0} ^{4} }{\Omega ^{4} } =0$$ odkud snadno dostaneme výsledek $$\omega ^{2} =\frac{\Omega ^{4} -\Omega _{0} ^{4} }{\Omega ^{2} } \frac{\Omega ^{4} }{3\Omega ^{4} -2\Omega _{0} ^{4} } =\Omega ^{2} \frac{\Omega ^{4} -\Omega _{0} ^{4} }{3\Omega ^{4} -2\Omega _{0} ^{4} } $$ } \priklad{3.38}{ Určete normální kmity dvojitého kyvadla (viz skripta U 2.4) při malých amplitudách. Zkoumejte zvláště případ ${\bf l}_{1} ={\bf l}_{2} $, $m_{1} \gg m_{2} $ , v němž jsou vlastní frekvence téměř stejné. Ukažte, že po malém vychýlení horní hmoty se amplitudy obou hmot budou střídavě zvětšovat a zmenšovat ("rázy"). }{ V tomto příkladě volně navážeme na řešený příklad U2.4 na straně 44 a tedy přepišme Lagrangeovu funkci v polárních souřadnicích $$L=\frac{1}{2} (m_{1} +m_{2} ){l}_{1} ^{2} \dot{\varphi }_{1} ^{2} +\frac{1}{2} m_{2} {l}_{2} ^{2} \dot{\varphi }_{2} ^{2} +m_{2} {l}_{1} {l}_{2} \dot{ \varphi }_{1} \dot{\varphi }_{2} \cos (\varphi _{1} -\varphi _{2} )+(m_{1} +m_{2} )g{l}_{1} \cos \varphi _{1} +m_{2} g{l}_{2} \cos \varphi _{2} $$ najděme ( pomocí teorie ) vlastní frekvence těchto kmitů kolem rovnovážné polohy ($\varphi _{1} =\varphi _{2} =0$)při malých výchylkách vyjádříme si potenciální energii $$U=-(m_{1} +m_{2} )g{l}_{1} \cos \varphi _{1} -m_{2} g{l}_{2} \cos \varphi _{2} $$ a najdeme matici charakterizující aproximaci potenciální energie do druhého řádu $$\gamma _{i,k} =\left(\frac{1}{2} \frac{\partial ^{2} U}{\partial \varphi _{i} \partial \varphi _{k} } \right)=\frac{1}{2} \left(\begin{array}{cc} {(m_{1} +m_{2} )g{l}_{1} } & {0} \\ {0} & {m_{2} g{l}_{2} } \end{array}\right)$$ vyjádříme si kinetickou energii $$T=\frac{1}{2} (m_{1} +m_{2} ){l}_{1} ^{2} \dot{\varphi }_{1} ^{2} +\frac{1}{2} m_{2} {l}_{2} ^{2} \dot{\varphi }_{2} ^{2} +m_{2} {l}_{1} {l}_{2} \dot{ \varphi }_{1} \dot{\varphi }_{2} \cos (\varphi _{1} -\varphi _{2} )$$ a najdeme matici charakterizující aproximaci kinetické energie do druhého řádu $$\mu _{i,k} =\left(\frac{1}{2} \frac{\partial ^{2} T}{\partial \dot{\varphi }_{i} \partial \dot{\varphi }_{k} } \right)=\frac{1}{2} \left(\begin{array}{cc} {(m_{1} +m_{2} ){l}_{1} ^{2} } & {m_{2} {l}_{1} {l}_{2} } \\ {m_{2} {l}_{1} {l}_{2} } & {m_{2} {l}_{2} ^{2} } \end{array}\right)$$ vlastní frekvence dostaneme z rovnice (opět viz teorie) $$\left|\gamma _{i,k} -\omega ^{2} \mu _{i,k} \right|=0$$ čímž dostaneme $$\left|\begin{array}{cc} {(m_{1} +m_{2} )g{l}_{1} -\omega ^{2} (m_{1} +m_{2} ){l}_{1} ^{2} } & {-\omega ^{2} m_{2} {l}_{1} {l}_{2} } \\ {-\omega ^{2} m_{2} {l}_{1} {l}_{2} } & {m_{2} g{l}_{2} -\omega ^{2} m_{2} {l}_{2} ^{2} } \end{array}\right|=0$$ $$[(m_{1} +m_{2} )g{l}_{1} -\omega ^{2} (m_{1} +m_{2} ){l}_{1} ^{2} ][m_{2} g{l}_{2} -\omega ^{2} m_{2} {l}_{2} ^{2} ]-\omega ^{4} m_{2} ^{2} {l}_{1} ^{2} {l}_{2} ^{2} =0$$ $(m_{1} +m_{2} )g^{2} m_{2} {l}_{2} {l}_{1} -\omega ^{2} (m_{1} +m_{2} )m_{2} g{l}_{2} {l}_{1} ^{2} -\omega ^{2} (m_{1} +m_{2} )gm_{2} {l}_{2} ^{2} {l}_{1} +\omega ^{4} (m_{1} +m_{2} )m_{2} {l}_{2} ^{2} {l}_{1} ^{2} - \omega ^{4} m_{2} ^{2} {l}_{1} ^{2} {l}_{2} ^{2} =0$a zjednodušíme na $$(m_{1} +m_{2} )g^{2} -\omega ^{2} g(m_{1} +m_{2} )({l}_{1} +{l}_{2} )+ \omega ^{4} m_{1} {l}_{2} {l}_{1} =0$$ což je kvadratická rovnice v $\omega ^{2} $, kterou snadno vyřešíme a dostaneme $$\omega _{1,2} ^{2} =\frac{g}{2m_{1} {l}_{1} {l}_{2} } \left((m_{1} +m_{2} )({l}_{1} +{l}_{2} )\pm \sqrt{(m_{1} +m_{2} )^{2} ({l}_{1} +{l}_{2} )^{2} -4m_{1} (m_{1} +m_{2} ){l}_{1} {l}_{2} } \right)$$ } \priklad{3.39}{ Určete kmity soustavy dvou harmonických oscilátorů se slabou bilineární vazbou, $L=\frac{1}{2} (\dot{x}^{2} +\dot{y}^{2} )-\frac{1}{2} \omega _{0} ^{2} (x^{2} +y^{2} )+\alpha xy,{\; }\alpha \ll \omega _{0} ^{2} $. }{ příslušné Lagrangeovy rovnice II. druhu získáme $$\begin{array}{l} {\frac{d}{dt} \left(\frac{\partial L}{\partial \dot{x}} \right)- \frac{\partial L}{\partial x} =\ddot{x}+\omega _{0} ^{2} x-\alpha y=0} \\ {\frac{d}{dt} \left(\frac{\partial L}{\partial \dot{y}} \right)-\frac{\partial L}{\partial y} = \ddot{y}+\omega _{0} ^{2} y-\alpha x=0} \end{array}$$ dostaneme tak soustavu dvou diferenciálních rovnic, z které sečtením a také odečtením dostaneme nové dvě rovnice $$\begin{array}{l} {\frac{d^{2} }{dt^{2} } (x-y)+\omega _{0} ^{2} (x-y)+\alpha (x-y)=0} \\ {\frac{d^{2} }{dt^{2} } (x+y)+\omega _{0} ^{2} (x+y)-\alpha (x+y)=0} \end{array}$$ zavedeme nové souřadnice $q_{1} ,{\; }q_{2} $ vztahy $$q_{1} =x-y,{\; }q_{2} =x+y$$ a soustava rovnic přejde na $$\begin{array}{l} {\ddot{q}_{1} +(\omega _{0} ^{2} +\alpha )q_{1} =0} \\ {\ddot{q}_{2} +(\omega _{0} ^{2} -\alpha )q_{2} =0} \end{array}$$ odkud lehce zjistíme normální kmity soustavy jako $$\omega _{1,2} ^{2} =\omega _{0} ^{2} \pm \alpha $$ (poznámka: k nalezení těchto frekvencí lze také použít obdobnou metodiku jako v příkladě 3.28) } \priklad{3.41} {Padostroj. Přes volně otáčivý válec poloměru R a momentem setrvačnosti I je nataženo nehmotné vlákno délky ${\bf l}$, na němž jsou zavěšena tělesa hmotností $m_{1} ,m_{2} $. Sestavte a řešte Lagrangeovu rovnici. }{ počátek soustavy souřadné umístíme do středu válce, kladný směr osy z směřuje proti směru tíhového pole, úhel $\varphi$ určuje pootočení válce vazby jsou $$\begin{array}{l} {x_{1} =-x_{2} =R} \\ {y_{1} =y_{2} =0} \\ {z_{1} +z_{2} +\pi R={l}} \\ {z_{1} =\varphi R+z_{1} ^{(0)} } \end{array}$$ Lagrangeovu funkci $$L=\frac{1}{2} m_{1} \dot{z}_{1} ^{2} +\frac{1}{2} m_{2} \dot{z}_{2} ^{2} +\frac{1}{2} I\dot{\varphi }^{2} +m_{1} gz_{1} +m_{2} gz_{2} $$ pomocí těchto vazeb přetransformujeme (s vypuštěním konstantních členů) na $$L=\frac{1}{2} \left(m_{1} +m_{2} +\frac{I}{R^{2} } \right)\dot{z}_{1} ^{2} +(m_{1} -m_{2} )gz_{1} $$ řešme nyní Lagrangeovu rovnici II. druhu $$\frac{d}{dt} \left(\frac{\partial L}{\partial \dot{z}_{1} } \right)-\frac{\partial L}{\partial z_{1} } =\left(m_{1} +m_{2} +\frac{I}{R^{2} } \right)\ddot{z}_{1} -(m_{1} -m_{2} )g=0$$ kterou řeší s ohledem na neznámé počáteční podmínky $$\begin{array}{l} {z_{1} (t)=\frac{1}{2} \frac{(m_{1} -m_{2} )R^{2} }{(m_{1} +m_{2} )R^{2} +I} gt^{2} +\dot{z}_{1} ^{(0)} t+z_{1} ^{(0)} } \\ {z_{2} (t)=-\frac{1}{2} \frac{(m_{1} -m_{2} )R^{2} }{(m_{1} +m_{2} )R^{2} +I} gt^{2} +\dot{z}_{2} ^{(0)} t+z_{2} ^{(0)} } \end{array}$$ } \priklad{3.42}{ Dvojitý padostroj. Na soustavu podle obr. 3.39 (skriptum strana 113) působí síla tíže. Horní otáčivá kladka (moment setrvačnosti $I_{1} $, poloměr $r_{1} $) je pevně zavěšena, dolní otáčivá kladka (hmotnost $m_{2} $, poloměr $r_{2} $, moment setrvačnosti $I_{2} $) je pohyblivá ve svislém směru. Vlákno spojující tělesa $m_{1} ,m_{2} $ má délku ${\bf l}_{1} $, vlákno spojující tělesa $m_{3} ,m_{4} $ má délku ${ \bf l}_{2} $. Sestavte a řešte Lagrangeovy rovnice. }{ napišme nejprve vazby $$z_{1} +z_{2} +\pi r_{1} ={l}_{1} $$ $$z_{3} -z_{2} +z_{4} -z_{2} +\pi r_{2} ={l}_{2} $$ $$z_{1} =\varphi _{1} r_{1} +z_{1} ^{(0)} $$ $$z_{3} =\varphi _{2} r_{2} +z_{3} ^{(0)} $$ ze kterých vyjádříme $$z_{2} ={l}_{1} -\pi r_{1} -z_{1} $$ $$z_{4} ={l}_{2} -\pi r_{2} +2{l}_{1} -2\pi r_{1} -2z_{1} -z_{3} $$ $$\varphi _{1} =\frac{z_{1} -z_{1} ^{(0)} }{r_{1} } $$ $$\varphi _{2} =\frac{z_{3} -z_{3} ^{(0)} }{r_{2} } $$ a dosadíme do této Lagrangeova funkce $$L=\frac{1}{2} \sum _{i=1}^{4}m_{i} \dot{z}_{i} ^{2} +\frac{1}{2} \sum _{i=1}^{2}I_{i} \dot{\varphi }_{i} ^{2} +\sum _{i=1}^{4}m_{i} gz_{i} $$ čímž po úpravách dostaneme $L=\underbrace{\frac{(m_{1} +m_{2} +4m_{4} )r_{1} ^{2} +I_{1} }{2r_{1} ^{2} } }_{A} \dot{z}_{1} ^{2} +\underbrace{\frac{(m_{3} +m_{4} )r_{2} ^{2} +I_{2} }{2r_{2} ^{2} } }_{B}\dot{z}_{3} ^{2} +\underbrace{2m_{4} }_{C}\dot{z}_{1} \dot{z}_{3} +\underbrace{(m_{1} -m_{2} -2m_{4} )g}_{D}z_{1} +\underbrace{(m_{3} -m_{4} )g}_{E}z_{3} $a pro přehlednost dalších kroků jsme si jednotlivé členy označili písmenky $$L=A\dot{z}_{1} ^{2} +B\dot{z}_{3} ^{2} +C\dot{z}_{1} \dot{z}_{3} +Dz_{1} +Ez_{3} $$ sestavme Lagrangeovy rovnice II. druhu $$\frac{d}{dt} \left(\frac{\partial L}{\partial \dot{z}_{1} } \right)-\frac{\partial L}{\partial z_{1} } =2A\ddot{z}_{1} +C\ddot{z}_{3} -D=0$$ $$\frac{d}{dt} \left(\frac{\partial L}{\partial \dot{z}_{3} } \right)-\frac{\partial L}{\partial z_{3} } =2B\ddot{z}_{3} +C\ddot{z}_{1} -E=0$$ které nás dovedou na soustavu diferenciálních rovnic, maticově zapsanou jako $$\vec{z}=\left(\begin{array}{c} {z_{1} } \\ {z_{3} } \end{array}\right)$$ $$\left(\begin{array}{cc} {2A} & {C} \\ {C} & {2B} \end{array}\right)\ddot{\vec{z}}+= \left(\begin{array}{c} {D} \\ {E} \end{array}\right)$$ kterou vyřešíme tak, že najdeme inverzní matici $$\frac{1}{4AB-C^{2} } \left(\begin{array}{cc} {2B} & {-C} \\ {-C} & {2A} \end{array} \right)$$ a celou rovnost zprava touto maticí vynásobíme a dostaneme tak $$\ddot{\vec{z}}=\left(\begin{array}{c} {2BD-CE} \\ {2AE-CD} \end{array}\right)$$ a tedy řešením je $\vec{z}=\frac{1}{2} \left(\begin{array}{c} {2BD-CE} \\ {2AE-CD} \end{array}\right)t^{2} +\dot{\vec{z}}^{(\ref{GrindEQ__0_})} t+\vec{z}^{(\ref{GrindEQ__0_})} $ }