Součásti dokumentu 02TFpriklady
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_})} $
}
