Řešení testu 2a

Řešení testu 2a

Mechanika a molekulová fyzika NOFY021

úterý 4. ledna 2022

Příklad 1

Zadání: Na stěně visí obraz s rozměry uvedenými na obrázku. Hmotnost samotného rámu (rozměrya×b) jem₁ = 3.5 kg, hmotnost vnitřku obrazu (rozměryc×d) jem₂ = 2.2 kg. Rám i vnitřek obrazu považujme za homogenní tělesa. Bod závěsu je ve vzdálenosti x = 40 cm od středu obrazu. Vypočítejte, s jakou periodou se bude kývat obraz, pokud jej na počátku vychýlíme z rovnovážné polohy o velmi malý úhel.

Poznámka: Úlohu vyřešte nejprve obecně, poté teprve číselně. Počítejte s tíhovým zrychlením g = 9.81 m s⁻².

Řešení: Perioda kmitů fyzického kyvadla je dána vztahem:

T = 2π s

I_T +M R²

M gR , (1)

kde I_T je moment setrvačnosti kyvadla vůči ose otáčení procházející jeho hmotným středem, M je hmotnost kyvadla a R je kolmá vzdálenost osy otáčení od hmotného středu kyvadla.

Pro obraz ze zadání platí:

I_T =I_ram+I_platno M =m₁+m₂

R =x

Zbývá tedy vypočítat momenty setrvačnosti rámu a obrazu vzhledem k ose otáčení kolmé k obrazu a procházející jeho středem.

Nejprve si vypočítejme moment setrvačnosti obdélníku o hmotnosti m a stranách a a b vzhledem k ose otáčení procházející jeho středem.

I = m ab

a 2

Z

−^a

2 b 2

Z

−₂^b

(x²+y²)dxdy

I = m ab

a

Z2

−^a₂

yx²+ y³ 3

^b₂

−^b

2

dx

I = m ab

a 2

Z

−^a

2

bx²+ b³ 12

dx

I = m ab

bx³

3 +xb³ 12

^a₂

−^a₂

I = m ab

a³b 12 +ab³

12

I = 1

12m(a²+b²) (2)

Můžeme tedy rovnou psát moment setrvačnosti plátna.

Jplatno= 1

12m2(c²+d²) (3)

Moment setrvačnosti rámu je roven rozdílu momentu setrvačnosti plného obdélníku o roz- měrech a×b a momentu setrvačnosti plného obdélníku o rozměrech c×d.

J_ram = 1

12m_plny(a²+b²) + 1

12m_dira(c²+d²)

S přihlédnutím ke konstantní hustotě platí pro hmotnosti m_plny a m_dira: m₁

m_plny = ab−cd ab m1

m_dira = ab−cd cd Moment setrvačnosti rámu je potom roven:

J_ram = m1

12

(a² +b²)ab+ (c²+d²)cd

ab−cd (4)

Dohromady je tedy perioda kmitů T rovna:

T = 2π sm1

12

(a²+b²)ab+(c²+d²)cd

ab−cd + ^m₁₂²(c² +d²) + (m₁+m₂)x²

(m₁+m₂)gx (5)

T = 2π s

m₁[(a²+b²)ab+ (c²+d²)cd] +m₂[(c²+d²)(ab−cd)]

12(m₁+m₂)(ab−cd)gx + x

g (6)

T = 1.88 s (7)

Příklad 2

Zadání:Závažíčko o hmotnosti m= 100 gzavěšené na pružině o tuhostik = 10 kg s⁻² tvoří tlumený harmonický oscilátor s činitelem jakosti Q = 1. Závažíčko vychýlíme z rovnovážné polohy o x0 = 40 cm a pustíme.

(a) Nalezněte časovou závislost výchylky závažíčka x(t).

(b) Určete okamžitou výchylku závažíčka v čase t = 0.7 s.

Řešení: Činitel jakostiQudává poměr vlastní frekvence harmonického oscilátoru ω₀ = qk

m

a dvojnásobku tlumicího koeficientu δ.

Q= ω0

2δ

Q= 1 ⇒ω₀ = 2δ

Vlastní frekvence je větší než tlumicí koeficient (ω₀ > δ), oscilátor tudíž koná tlumené kmity, jejichž obecné řešení lze psát ve tvaru:

x(t) =Ae^−δtsin(ωt) +Be^−δtcos(ωt), (1) kde ω = p

ω₀²−δ². Časovou závislost rychlosti v(t) získáme derivací výchylky x(t) podle času:

v(t) = (−δA−ωB)e^−δtsin(ωt) + (−δB+ωA)e^−δtcos(ωt). (2) Dosaďme počáteční podmínky x(t= 0) =x₀ a v(t= 0) = 0a počítejme konstanty A a B.

x₀ =B

0 = (−δB+ωA)⇒A=Bδ ω Pro zadané počáteční podmínky je tedy řešení:

x(t) = x₀e^−δt δ

ω sin(ωt) + cos(ωt)

, (3)

kde

δ = ω₀ 2Q = 1

2Q rk

m = 5 s⁻¹ (4)

ω = q

ω₀²−δ² = r

1− 1 4Q²

rk

m = 5√

3 s⁻¹ (5)

Dosadíme-li čas t= 0.7 sdo rovnice (3), dostaneme výchylku přibližně 1 cm.

Stejného výsledku bychom dosáhli použitím obecného řešení pro tlumené kmity ve tvaru:

x(t) =Ae^−δtsin(ωt+ϕ), (6)

v(t) =Ae^−δt(ωcos(ωt+ϕ)−δsin(ωt+ϕ)). (7) Opět dosadíme do počátečních podmínek x(t= 0) =x₀ av(t = 0) = 0.

x₀ =Asin(ϕ)

0 =A(ωcosϕ−δsinϕ)⇒tgϕ= ω δ

Pro hodnoty ω a δ, dané rovnicemi (4) a (5) jsou fázový posuv ϕa amplituda A následující:

A= 2√ 3 3 x0, ϕ= π

3. Pro zadané počáteční podmínky má tedy řešení tvar:

x(t) = 2√ 3

3 x₀e^−δtsin(ωt+π

3), (8)

který je ekvivalentní rovnici (3).

Příklad 3

Zadání: Uvažujme následující deformaci kvádru vyrobeného z hliníkové slitiny o modulu pružnosti v tahu E = 80 GPa a Poissonovu poměru ν = 1/3. Původní rozměry kvádru jsou a0 = 100 cm, b0 = 10 cm a c0 = 10 cm, rozměry deformovaného kvádru jsou a = 10 cm, b = 100 cm ac= 10 cm. Objem ani celkový tvar tělesa se tedy nezměnil. Vypočítejte složky tenzoru napětí pro tuto deformaci.

Poznámka: Změnu rozměrů kvádu lze popsat jakoε_x = ^a−a_a ⁰

0 =−0.9a obdobně pro další jeho rozměry.

Řešení: Složky tenzoru deformace vyjádříme pomocí rozměrů kvádru před a po deformaci.

ε_x = a−a₀

a₀ =−0.9 ε_y = b−b₀

b₀ = 9 ε_z = c−c₀

c₀ = 0

Předpokládejme pro zjednodušení, že deformace kvádru je (navzdory reálnému případu) elas- tická a můžeme ji popsat Hookovým zákonem pro izotropní tělesa.

ε= 1

E[(1 +ν)σ−νTr(σ)E]. (1)

Vzhledem k tomu, že smykové (nediagonální) složky tenzoru deformace ε jsou nulové, budou nulové i smykové (nediagonální) složky tenzoru napětí σ. Pro diagonální složky tenzoru

deformace a napětí platí soustava rovnic.

ε_x= 1

Eσ_x− ν

Eσ_y − ν

Eσ_y =−0.9 (2)

ε_y =−ν

Eσ_x+ 1

Eσ_y− ν

Eσ_y = 9 (3)

ε_z =−ν

Eσ_x− ν

Eσ_y − 1

Eσ_y = 0 (4)

Tuto soustavu si můžeme přepsat pomocí matice soustavy rovnic a ekvivalentními úpravami ji převést na diagonální tvar.







1 −¹₃ −¹₃ −0.9

−¹₃ 1 −¹₃ 9

−¹₃ −¹₃ 1 0





 (5)

∼







1 −¹₃ −¹₃ −0.9 0 ⁸₃ −⁴₃ 3·9−0.9 0 −⁴₃ ⁸₃ 3·0−0.9





∼







1 −¹₃ −¹₃ −0.9 0 ⁸₃ −⁴₃ 26.1 0 0 ¹²₃ −2·0.9 + 26.1





∼







1 −¹₃ −¹₃ −0.9 0 ⁸₃ −⁴₃ 26.1 0 0 4 24.3







Z poslední matice už snadno dopočítáme neznámá napětí σ_x, σ_y a σ_z. 4σ_z

E = 24.3

⇒σ_z = 486 GPa (6)

8σy

3E = 26.1 + 4σz

3E

⇒σ_y = 1026 GPa (7)

σ_x

E =−0.9 + σ_y 3E + σ_z

3E

⇒σ_x = 432 GPa (8)

Tenzor napětí σ má tedy tvar:

σ =





432 0 0

0 1026 0

0 0 486



 GPa. (9)

Příklad 4

Zadání: Loď plující rychlostí 5 m s⁻¹ směrem ke skalisku zahouká lodní sirénou táhlý tón o frekvenci 340 Hz. Pozorovatel stojící na břehu slyší jednak samotný zvuk sirény a jednak jeho ozvěnu po odrazu od skaliska. Rychlost šíření zvuku je 340 m s⁻¹.

(a) Jakou frekvenci tónu sirény a jakou frekvenci jeho ozvěny uslyší pozorovatel na břehu?

(b) Jakou frekvenci tónu sirény a jakou frekvenci jeho ozvěny uslyší pasažér plující na lodi?

Řešení: Obecně je frekvence vlnění f, kterou vnímá pozorovatel, posunutá vůči původní frekvenci f₀ podle Dopplerova jevu:

f =f₀v+v_p

v+v_s, (1)

kde v je rychlost zvuku, v_p rychlost pozorovatele a v_s rychlost zdroje vlnění.

(a) Loď se od pozorovatele na břehu vzdaluje rychlostí v_s = 5 m s⁻¹, takže frekvence f₁ tónu lodní sirény, kterou vnímá pozorovatel bude nižší než frekvence f₀.

f₁ =f₀ v

v+v_s = 340 Hz 340

340 + 5 = 335 Hz (2)

V případě ozvěny se zdroj vlnění pohybuje směrem ke skále rychlostí v_s = 5 m s⁻¹, čili pozorovatel na skále by vnímal frekvenci f₂ vyšší než frekvencef₀. Vlnění odražené od skály, které vnímá pozorovatel na břehu, bude mít stejnou frekvenci f2.

f₂ =f₀ v

v −v_s = 340 Hz 340

340−5 = 345 Hz (3)

Pozorovatel na břehu slyší zázněje o frekvenci f₂−f₁ = 10 Hz.

(b) Pasažér na lodi je vůči zdroji vlnění v klidu, uslyší tedy tón o stejné frekvenci jako frekvence f₀.

f3 =f0 = 340 Hz (4)

V případě ozvěny se pasažér pohybuje směrem ke skále rychlostí v_p = 5 m s⁻¹ a pozoruje tedy frekvenci f₄ vyšší než původní frekvence ozvěny f₂.

f4 =f2

v+v_p v =f0

v v−v_s

v+v_p

v = 340 Hz 340 340−5

340 + 5

340 = 350 Hz (5) Pasažér na lodi uslyší taky zázněje o frekvenci f₄−f₃ = 10 Hz, ale frekvence modulovaného tónu bude o 5 Hz vyšší než v případě pozorovatele na břehu.