DIFERENCIÁLNÍ POČET VE FYZICE
Studijní text pro řešitele FO a ostatní zájemce o fyziku
Josef Jírů
Obsah
Úvod 2
1 Pojem derivace 3
2 Časová derivace fyzikální veličiny 9
3 Derivace vektoru 20
4 Tečné a normálové zrychlení 27
5 Druhý Newtonův pohybový zákon 34
6 Zákon zachování hybnosti 39
7 Extrémy funkce 42
Výsledky úloh 52
Dodatek – procvičování derivací 55
Úvod
Ve středoškolské fyzice se téměř výhradně při zkoumání pohybu a dalších jevů
probíhajících v čase užívají zjednodušující předpoklady. Pohyb se považuje za
rovnoměrný, resp. rovnoměrně zrychlený či rovnoměrně zpomalený, kdy je rychlost,
resp. zrychlení, konstantní. Existují však kolem nás pohyby, kdy např.
zrychlení není konstantní. Tehdy se rychlost se mění jinak než rovnoměrně.
Příkladem může být pád tělesa ve vzduchu, pohyb tělesa na svahu s proměnným
sklonem, rozjíždění automobilu po rovině s proměnnou velikostí pohybové
síly, pohyb kyvadla apod.
Běžně lze určovat průměrné hodnoty rychlosti, zrychlení, síly, výkonu, avšak
pro detailní popis potřebujeme znát rychlost, zrychlení, sílu, výkon v daném
okamžiku, tedy jejich okamžité hodnoty. Tyto a další problémy umožňuje řešit
matematická teorie nazývaná diferenciální počet. Vybudování této teorie
znamenalo kvalitativní pokrok ve zkoumání závislosti jedné veličiny na veličině
druhé.
Diferenciální počet vytvořili v 2. polovině 17. století nezávisle na sobě anglický
matematik, fyzik a astronom Isaac Newton (1643-1727) a německý filozof
a matematik Gottfried Wilhelm Leibniz (1646-1716). Spojili tak izolované poznatky
a objevy řady svých předchůdců, získávané především geometrickými
postupy, do ucelené teorie.
Tato brožurka seznamuje čtenáře se základy použití diferenciálního počtu
ve fyzice. Je určena především studentům 2. ročníku gymnázií, kteří již prošli
mechanikou, případně termodynamikou a harmonickým kmitáním, a kteří
znají průběhy elementárních funkcí. Z tohoto důvodu zde nejsou zařazena témata
z elektřiny a magnetismu, z optiky apod. Též se nepředpokládá znalost
diferenciálního počtu z matematiky, kde se probírá obvykle až na konci středoškolského
studia. Naopak podstata základů diferenciálního počtu je vyložena
výhradně na fyzikálních problémech.
2
1 Pojem derivace
Ukažme si na příkladu volného pádu problematiku průměrné a okamžité rychlosti.
Podle středoškolské terminologie je průměrná rychlost skalární veličina,
okamžitá rychlost veličina vektorová.
Dráha uražená při volném pádu je dána vztahem s = 1
2 gt2
. Definičním
oborem této funkce jsou vzhledem k fyzikálnímu významu nezáporné časy a
grafem část paraboly s vrcholem v počátku umístěná v prvním kvadrantu.
Sestavíme pro několik hodnot tabulku (použijeme g = 10 m · s−2
) a sestrojíme
graf:
t
s
0 1 2 3 4 5
s
m
0 5 20 45 80 125
t
s
0 1 2 3 4 5
s
m
0
40
80
120
Ukážeme si metodu, jak z funkční závislosti dráhy na čase určit závislost
velikosti okamžité rychlosti na čase. 1
Vypočítejme okamžitou rychlost např. v čase 2 s. Nejprve určíme průměrnou
rychlost, např. mezi 2. a 5. sekundou volného pádu. Dráha v čase 2 s je s(2) =
= 20 m, v čase 5 s pak s(5) = 125 m. Hledaná průměrná rychlost je
vp(2; 5) =
s(5) − s(2)
5 s − 2 s
= 35 m · s−1
.
Obdobně v kratším časovém intervalu od 2 s do 3 s je průměrná rychlost
vp(2; 3) =
s(3) − s(2)
3 s − 2 s
= 25 m · s−1
,
v intervalu od 2 s do 2,1 s je
vp(2; 2,1) =
s(2,1) − s(2)
2,1 s − 2 s
= 20,5 m · s−1
.
1Z důvodu jednoduššiho vyjadřování budeme v místech, kde nemůže dojít k záměně,
používat označení „rychlost ve významu „velikost okamžité rychlosti , jak je to obvyklé
v běžné řeči.
3
Budeme-li pokračovat dále ve zmenšování časového intervalu, bude se odpovídající
průměrná rychlost blížit hodnotě hledané okamžité rychlosti v čase 2 s.
Jak však zjistit tuto okamžitou rychlost přesně, když uvedená metoda bude
vždy určovat pouze rychlost průměrnou, byť na menším a menším časovém
intervalu?
Zkusme tento nedostatek obejít obecným vyjádřením průměrné rychlosti od
časového okamžiku t do okamžiku t + ∆t. V těchto časech jsou uražené dráhy
s(t) =
g
2
t2
, s(t + ∆t) =
g
2
(t + ∆t)2
.
Průměrná rychlost v časovém intervalu ∆t se pak rovná
vp(t; t + ∆t) =
s(t + ∆t) − s(t)
(t + ∆t) − t
=
g
2
(t + ∆t)2
−
g
2
t2
∆t
=
g
2
(2t + ∆t) .
Obecný výsledek můžeme použít k výpočtu průměrné rychlosti během času ∆t,
ale navíc nám umožňuje udělat úvahu, kterou jsme předtím provést nemohli.
Položíme-li totiž časový interval ∆t roven nule, získáme vzorec pro okamžitou
rychlost v čase t: v(t) = gt. Z něj určíme rychlost v čase 2 s, tj. v(2) =
= 20 m · s−1
. Výsledek nás jistě nepřekvapuje, neboť rovnici pro okamžitou
rychlost volného pádu v = gt známe, avšak popsaná metoda se ukazuje jako
velice účinná při určení okamžité rychlosti složitějších pohybů než je volný pád.
Shrneme-li poznatky o uvedené metodě, můžeme konstatovat, že okamžitou
rychlost získáme matematicky přesně, považujeme-li časový interval ∆t za
nekonečně malý. Formálně lze tuto skutečnost zapsat
v(t) = lim
∆t→0
∆s
∆t
= lim
∆t→0
s(t + ∆t) − s(t)
∆t
=
ds
dt
. (1.1)
Symbol lim
∆t→0
čteme „limita výrazu pro ∆t blížící se (neomezeně) k nule .
Limita je tedy hodnota zlomku, ke které se neomezeně přiblížíme při zmenšování
časového intervalu ∆t k nule. Symbol dt, diferenciál času, představuje
nekonečně malý časový interval a symbol ds, diferenciál dráhy, jemu odpovídající
nekonečně malou změnu dráhy. Podíl obou diferenciálů
ds
dt
nazýváme
derivace dráhy podle času.
Konečně můžeme zformulovat exaktní definici velikosti okamžité rychlosti:
Velikost okamžité rychlosti v čase t je rovna průměrné rychlosti
v nekonečně malém časovém intervalu, jehož levou hranicí je čas t.
Nebo: Velikost okamžité rychlosti v čase t je rovna derivaci dráhy
podle času v tomto čase t.
4
Podívejme se ještě na grafickou interpretaci derivace. Obrázek představuje
detail grafu závislosti dráhy na čase:
t
∆t
t t + ∆t
s(t + ∆t)
s(t)
s
s =
1
2
gt2
∆s
α
α
Z obrázku je patrné, že zmenšováním časového intervalu ∆t se bude dráhový
úsek ∆s též zmenšovat a jejich podíl
∆s
∆t
(průměrná rychlost v časovém
intervalu ∆t) se bude více blížit okamžité rychlosti v čase t. Současně směrnice
sečny se bude více blížit směrnici tečny.
Průměrná rychlost v časovém intervalu je rovna směrnici sečny protínající
graf v krajních bodech intervalu ∆t:
vp(t, t + ∆t) =
∆s
∆t
= tg α .
Velikost okamžité rychlosti v libovolném čase t je rovna směrnici tečny sestrojené
ke grafu v bodě odpovídajícím času t:
v(t) =
ds
dt
= tg α .
Nutno poznamenat, že v uvedených vzorcích platí rovnost s tangentou úhlu
pouze v případě, že v příslušném grafickém znázornění úsečka představující
jednotkový čas 1 s je shodná s úsečkou znázorňující jednotkovou dráhu 1 m.
V opačném případě tangenta skutečného úhlu α či α v grafu neodpovídá průměrné
či okamžité rychlosti.
V předcházejícím příkladu jsme derivováním dráhy podle času získali novou
fyzikální veličinu, velikost okamžité rychlosti, i s příslušnou jednotkou m · s−1
.
Mohli jsme se však omezit na vyšetření vztahu mezi číselnými hodnotami dráhy
a času, jak je to běžné v matematice.
5
Po sloučení konstanty g = 10 m · s−2
s číslem 1
2 získáme jednodušší
rovnici s = 5 m · s−2
· t2
, resp. {s} = 5{t}2
, kde symboly {s}, {t} rozumíme
číselné hodnoty dráhy a času. Z důvodu stručnějšího a přehlednějšího vyjádření
budeme složené závorky vynechávat a fyzikální veličiny vystupující v rovnici
chápat ve smyslu matematickém, tj. pouze jako číslo bez fyzikální jednotky.
V tomto smyslu má uvažovaná funkční závislost tvar s = 5t2
. Pak
s(t) = 5t2
, s(t + ∆t) = 5(t + ∆t)2
.
Velikost průměrné rychlost v časovém intervalu ∆t se pak rovná
vp(t; t + ∆t) =
s(t + ∆t) − s(t)
(t + ∆t) − t
=
5(t + ∆t)2
− 5t2
∆t
= 5(2t + ∆t) .
Položíme-li ∆t = 0, dostaneme vzorec pro číselnou hodnotu okamžité rychlosti
v čase t: v(t) = 10t. Z něj určíme rychlost v čase 2 s, tj. po doplnění jednotky
v(2) = 20 m · s−1
.
Takovýto „matematický postup, ve kterém se omezíme jen na vztahy mezi
číselnými hodnotami veličin, budeme ve fyzikálních úlohách používat v případech,
kdy se vyšetřovaný výraz dosazením číselných hodnot konstant zjednoduší.
Měli bychom však řešení opatřit poznámkou, ve které tuto skutečnost
uvedeme (viz příklad 3.1, nebo výsledky úloh 5.2, 5.4).
Příklad 1.1: Určete závislost rychlosti na čase v = v(t) pro rovnoměrně zrychlený
pohyb, jehož závislost dráhy na čase je dána funkcí s =
1
2
at2
+ v0t + s0.
Řešení:
v =
ds
dt
= lim
∆t→0
s(t + ∆t) − s(t)
∆t
=
= lim
∆t→0
1
2
a(t + ∆t)2
+ v0(t + ∆t) + s0 −
1
2
at2
+ v0t + s0
∆t
=
= lim
∆t→0
at + v0 +
1
2
a∆t = v0 + at .
Úloha 1.1: Určete závislost rychlosti na čase v = v(t) pohybu, pro nějž platí
s = At3
+ Bt.
Předchozí postup, jak ze závislosti s = s(t) získat závislost v = v(t),
platí obecně, avšak u složitějších funkcí je obtížné, ne-li nemožné, řešení tímto
6
způsobem nalézt. Naštěstí máme k dispozici souhrn pravidel a vzorců, kterými
můžeme celý postup výrazně zefektivnit. Tento souhrn matematických vět tvoří
základ diferenciálního počtu.
V následujícím přehledu derivací elementárních funkcí a pravidel pro derivování
si čas t jakožto proměnnou fyzikální veličinu nahradíme obecnou proměnnou
x bez specifického fyzikálního významu. Místo funkční závislosti rychlosti
na čase v(t) užijeme obecné označení funkce f(x), g(x).
Derivace elementárních funkcí D1 - D10
(D1)
d
dx
konst = 0 (D2)
dx
dx
= 1
(D3)
dx2
dx
= 2x (D4)
dxn
dx
= nxn−1
(D5)
d sin x
dx
= cos x (D6)
d cos x
dx
= − sin x
(D7)
d tg x
dx
=
1
cos2
x
(D8)
d cotg x
dx
= −
1
sin2
x
(D9)
d ex
dx
= ex
(D10)
d ln x
dx
=
1
x
Vzorce platí pro taková x, pro která je současně definovaná derivovaná
funkce i výsledek její derivace. Např. v (D10) je výraz
1
x
derivací funkce ln x
pouze pro x > 0. Pro x < 0 je výraz
1
x
sice definován, ale nemůže být na
tomto intervalu derivací funkce ln x, neboť ta zde neexistuje (není definována).
Rozmanitý je vzorec (D4), v němž může být n libovolné reálné číslo, nikoliv
jen číslo přirozené. Číslu n pak odpovídá definiční obor funkce. Pro n celé
záporné nepatří nula do definičního oboru, pro n reálné necelé je definičním
oborem množina kladných reálných čísel. Tedy např.
d
dx
x5
= 5x4
platí pro
všechna reálná čísla x,
d
dx
x−3
= −3x−4
platí pro x = 0,
d
dx
x
5
3 =
5
3
x
2
3
a
d
dx
x−p = −p x−p−1
platí pouze pro x > 0.
7
Pravidla pro derivování P1 - P5
(P1) Násobení funkce
konstantou
d
dx
(konst · f(x)) = konst ·
df(x)
dx
(P2) Součet (rozdíl) funkcí
d(f(x) ± g(x))
dx
=
df(x)
dx
±
dg(x)
dx
(P3) Součin funkcí
d(f(x) · g(x))
dx
=
df(x)
dx
· g(x) + f(x) ·
dg(x)
dx
(P4) Podíl funkcí
d
dx
f(x)
g(x)
=
df(x)
dx
· g(x) − f(x) ·
dg(x)
dx
(g(x))2
(P5) Složená funkce
df(g(x))
dx
=
df(g(x))
dg(x)
·
dg(x)
dx
Složenou funkcí je např. funkce y(t) = sin ωt, kde ϕ(t) = ωt je vnitřní
funkce a y(ϕ(t)) = sin ϕ(t) je vnější funkce. Podle pravidla (P5) je derivace
složené funkce rovna součinu derivace vnější funkce podle vnitřní funkce a derivace
vnitřní funkce podle proměnné x. V našem případě je
d sin(ωt)
dt
=
d sin ϕ(t)
dϕ(t)
·
d ωt
dt
= cos ϕ(t) · ω .
Příklad 1.2: Řešte příklad 1.1 užitím pravidel pro derivování.
Řešení: Podle definice okamžité rychlosti je
v(t) =
ds(t)
dt
=
d
dt
1
2
at2
+ v0t + s0 .
Užitím pravidla (P2) můžeme psát
v(t) =
d
dt
1
2
at2
+
d
dt
(v0t) +
ds0
dt
.
Na první dva členy aplikujeme pravidlo (P1), na třetí člen vzorec (D1):
v(t) =
1
2
a
dt2
dt
+ v0
dt
dt
+ 0 .
Nyní užijeme vzorce (D3) a (D2): v(t) = at + v0.
Úloha 1.2: Řešte úlohu 1.1 užitím pravidel pro derivování.
Derivování funkcí si můžete procvičit v Dodatku.
8
2 Časová derivace fyzikální veličiny
Ve středoškolské fyzice se často setkáváme
s výrazem
∆x
∆t
, kde x je určitá fyzikální
veličina (dráha, rychlost, energie
atd.). Mění-li se veličina x rovnoměrně,
tj.
∆x
∆t
je pro libovolný časový interval ∆t
konstantní, vyjadřuje veličina y =
∆x
∆t
stálou časovou změnu veličiny x (graf A).
O tt1 t2
∆t
∆x
x
x1
x2
A
B
Mění-li se veličina x nerovnoměrně, vyjadřuje veličina y =
∆x
∆t
pouze průměrnou
časovou změnu veličiny x v určitém časovém intervalu (graf B). Okamžitou
časovou změnu veličiny x pak vyjádříme y =
dx
dt
.
Např. a =
∆v
∆t
vyjadřuje stálou velikost okamžitého zrychlení přímočarého
rovnoměrně zrychleného pohybu nebo průměrné zrychlení přímočarého pohybu
nerovnoměrného. Velikost okamžitého zrychlení jakéhokoliv zrychleného přímočarého
pohybu pak vyjádříme a =
dv
dt
. (Obecně okamžité zrychlení jakéhokoliv
pohybu pro trajektorii libovolného tvaru vyjádříme a =
dv
dt
, s derivací vektoru
se však seznámíme v následující kapitole.)
Kromě okamžité rychlosti a okamžitého zrychlení lze stejným způsobem zavést
řadu dalších fyzikálních veličin, resp. jejich okamžitých hodnot. Okamžitá
časová změna nemusí vystupovat pouze v definici, nýbrž může být součástí
fyzikálního zákona. Uveďme několik příkladů:
Okamžitá úhlová rychlost ω =
dϕ
dt
Okamžité úhlové zrychlení ε =
dω
dt
Velikost okamžité síly při zrychleném přímočarém
pohybu (p je velikost okamžité hybnosti)
F =
dp
dt
Okamžitý výkon P =
dW
dt
Napětí indukované v cívce u = −L
di
dt
9
Příklad 2.1: Určete fyzikální význam veličiny úhlová rychlost ve vztazích
ω =
ϕ
t
, ω =
∆ϕ
∆t
, ω =
dϕ
dt
.
pro zrychlený otáčivý pohyb kolem pevné osy.
Řešení: Vztah ω =
ϕ
t
vyjadřuje stálou úhlovou rychlost u rovnoměrného
rotačního pohybu, jestliže v nulovém čase je opsaný úhel nulový. Opsaný úhel
ϕ je přímo úměrný času t a úhlová rychlost ω je konstantou úměrnosti této
přímé úměrnosti ϕ = ωt.
Vztah ω =
∆ϕ
∆t
může vyjadřovat jednak průměrnou úhlovou rychlost u jakéhokoliv
zrychleného rotačního pohybu, kde ∆ϕ je změna úhlu otočení a ∆t
doba, během které k uvažovanému otočení došlo, nebo může vyjadřovat stálou
úhlovou rychlost rovnoměrného otáčivého pohybu, přičemž v nulovém čase
může být opsán počáteční nenulový úhel ϕ0. Veličina ω je pak směrnice přímky
v lineární závislosti ϕ = ωt + ϕ0.
Vztah ω =
dϕ
dt
vyjadřuje okamžitou úhlovou rychlost jakéhokoliv zrychleného
rotačního pohybu.
tO
∆t
∆ϕ
ϕ
ϕ0
ϕ = ωt
ϕ = ωt + ϕ0
Příklad 2.2: Hmotný bod koná po dobu 8 s přímočarý pohyb, jehož dráha je
určena funkcí
s(t) = −
1
12
t3
+ 2t2
.
Stanovte závislosti rychlosti na čase a zrychlení na čase. Sestrojte grafy
s = s(t), v = v(t), a = a(t).
Řešení: Rychlost určíme jako časovou derivaci dráhy:
v =
ds
dt
=
d
dt
−
1
12
t3
+ 2t2
= −
t2
4
+ 4t .
10
Zrychlení určíme jako derivaci rychlosti podle času:
a =
dv
dt
=
d
dt
−
1
4
t2
+ 4t = −0,5t + 4 .
Rozborem rovnic zjistíme následující vlastnosti. Pohyb začíná z klidu, neboť
v nulovém čase má hmotný bod nulovou rychlost. Podle rovnice v zadání má též
nulovou počáteční dráhu. Hmotný bod se začíná uvádět do pohybu s počátečním
zrychlením a(0) = 4 m · s−2
. Zrychlení po celou uvažovanou dobu lineárně
klesá, tedy rychlost roste stále pomaleji. V čase 8 s dosáhne zrychlení nulové
hodnoty a rychlost se ustálí na konečné maximální hodnotě. Pokud by pohyb
pokračoval i nadále s nulovým zrychlením, dosažená rychlost by se neměnila a
dráha by lineárně rostla.
Grafem rychlosti je část paraboly s vrcholem v čase 8 s, grafem dráhy část
kubické paraboly (křivky 3. stupně). Všechny tři závislosti jsou znázorněny
v jednom obrázku.
t
s
0 1 2 3 4 5 6 7 8
s
m
v
m · s−1
a
m · s−2
0
20
40
60
80
1
2
3
4
5
10
15
20
dráha
rychlost
zrychlení
Příklad 2.3: Stanovte závislost a = a(t) přímočarého pohybu daného rovnicí
v(t) = vm 1 − e−kt
,
kde k > 0. Sestrojte grafy v = v(t), a = a(t).
Řešení: Sestrojení grafů funkcí vyžaduje určitou zběhlost. Můžeme postupovat
např. tak, že sestrojíme základní funkci y = et
, kterou postupně upravujeme
11
na ekt
(deformace ve vodorovném směru), e−kt
(převrácení kolem svislé osy),
−e−kt
(převrácení kolem vodorovné osy), 1 − e−kt
(posunutí o jednotku nahoru),
vm 1 − e−kt
(deformace ve svislém směru). V čase t = 0 je rychlost
nulová, graf prochází počátkem. Pro velmi velké časy jde výraz e−kt
k nule,
a tím rychlost v k hodnotě vm . Říkáme, že limita funkce v(t) pro t jdoucí
k nekonečnu je rovna hodnotě vm, což zapíšeme
lim
t→∞
vm 1 − e−kt
= vm .
t
0
1
1
v
vm
vm 1 − e−kt
1 − e−kt
−e−kt
e−kt
ekt et
Zrychlení určíme jako časovou derivaci rychlosti:
a =
dv
dt
=
d
dt
vm 1 − e−kt
= vm
d
dt
1 − e−kt
= vm 0 −
d
dt
e−kt
=
= vm −e−kt d
dt
(−kt) = vm −e−kt
· (−k) = kvme−kt
.
Graf sestrojíme podle funkce e−kt
, kterou již známe, vynásobením konstantou
kvm. V čase t = 0 je zrychlení kvm, v čase t rostoucím nade všechny meze
je zrychlení nulové, neboť
lim
t→∞
kvme−kt
= 0 .
V obrázku jsou pro porovnání sestrojeny graf zrychlení i předchozí graf rych-
losti.
12
t
O
a, v
vm
kvm
v = vm 1 − e−kt
a = kvme−kt
Uvedený pohyb koná těleso urychlované konstantní silou, kde proti pohybu působí
síla odporu prostředí, která je v každém okamžiku přímo úměrná rychlosti.
Takto např. padá v tíhovém poli vodní kapička, pokud její obtékání částicemi
vzduchu můžeme považovat za laminární.
Příklad 2.4: Stanovte závislosti v = v(t), a = a(t) přímočarého pohybu
daného rovnicí dráhy
s(t) =
A2
t
At + B
,
kde A, B > 0. Sestrojte grafy s = s(t), v = v(t), a = a(t).
Řešení: Dráha je určena lineární lomenou funkcí typu y =
ax + b
cx + d
, kterou
převedeme na tvar y = N +
K
x − M
. Grafem pak bude hyperbola s rovnicí
y =
K
x
s posunutým počátkem soustavy souřadnic do bodu o souřadnicích
[M, N]. Danou rovnici dráhy podle tohoto návodu postupně upravujeme:
s(t) =
A2
t
At + B
=
A2
t + AB − AB
At + B
=
A(At + B) − AB
At + B
= A −
B
t +
B
A
.
Grafem je tedy část hyperboly dané rovnicí s (t) =
− B
t
s posunutým počátkem
soustavy souřadnic do bodu −
B
A
, A a větve hyperboly jsou umístěné
ve 2. a 4. kvadrantu. Můžeme též postupovat tak, že sestrojíme grafy funkcí
1
t
,
B
t
,
B
t +
B
A
,
− B
t +
B
A
, A −
B
t +
B
A
.
13
V nulovém čase je dráha nulová, pro čas t blížící se nekonečnu je dráha rovna
konstantě A.
t
−
B
A
A
s
O
Rychlost určíme jako derivaci dráhy podle času:
v =
d
dt


A −
B
t +
B
A


 = −B
d
dt
t +
B
A
−1
= B t +
B
A
−2
=
B
t +
B
A
2 .
Grafem je část větve hyperboly 2. stupně. V čase t = 0 je v(0) =
A2
B
, pro čas
t → ∞ je v(t) → 0, tedy lim
t→∞
v(t) = 0.
Zrychlení určíme jako derivaci rychlosti podle času:
a =
d
dt
B t +
B
A
−2
= B
d
dt
t +
B
A
−2
=
− 2B
t +
B
A
3 .
Grafem je část větve hyperboly 3. stupně. V čase t = 0 je a(0) = −
2A3
B2 < 0,
pro čas t → ∞ je a(t) = 0. Výsledek je v každém časovém okamžiku záporný,
neboť velikost rychlosti s časem klesá. Veličina a tedy nevyjadřuje velikost
zrychlení, nýbrž jeho souřadnici (více v 3. kapitole).
14
t
v a
O
−
2A3
B2
A2
B
−
B
A
v =
B
t +
B
A
2
a =
− 2B
t +
B
A
3
Příklad 2.5: Setrvačník se rozbíhá tak, že úhel otočení je přímo úměrný druhé
mocnině času. První otočka byla dokončena v čase t1 = 5 s. Určete okamžitou
frekvenci otáčení v čase t2 = 18 s a počet provedených otáček v tomto čase od
začátku pohybu.
Řešení: Jelikož pro úhel otočení platí ϕ = kt2
, je frekvence otáčení
f =
ω
2p
=
1
2p
dϕ
dt
=
1
2p
d
dt
(kt2
) =
1
p
kt .
Konstantu úměrnosti k lze vyjádřit k =
ϕ
t2 =
2p
t2
1
. Po dosazení je časová
závislost frekvence
f =
1
p
2p
t2
1
t =
2t
t2
1
.
V čase t = t2 je okamžitá frekvence f(t2) =
2t2
t2
1
= 1,44 Hz.
Počet otáček N v čase t je dán podílem celkového úhlu otočení
ϕ = kt2
= 2p
t2
t2
1
a úhlu 2p při jedné otáčce:
N =
ϕ
2p
=
kt2
2p
=
t2
t2
1
.
V čase t = t2 je N(t2) =
t2
2
t2
1
= 12,96.
15
Příklad 2.6: Při nafukování pružného balonu tvaru koule roste jeho objem
rovnoměrně rychlostí 100 cm3
za sekundu. Jakou rychlostí roste jeho poloměr
v okamžiku, kdy jeho objem je 1 000 cm3
?
Řešení: Označme v =
dr
dt
okamžitou rychlost zvětšování poloměru r balonu
a w =
dV
dt
okamžitou rychlost zvětšování jeho objemu V . Pak je
w =
dV (t)
dt
=
d
dt
4
3
p(r(t))3
=
4
3
p · 3r2
·
dr(t)
dt
= 4pr2
v ,
z čehož v =
w
4pr2 . Poloměr vyjádřený pomocí objemu je r = 3 3V
4p
.
Po dosazení je hledaná rychlost v =
w
4p 3 9V 2
16p2
=
w
3
√
36pV 2
.
Číselně pro w = 100 cm3
· s−1
a V = 1 000 cm3
dostaneme v = 0,21 cm · s−1
.
Příklad 2.7: Sestrojte pro přímočarý pohyb rovnoměrně zrychlený a pro přímočarý
pohyb se stálým výkonem urychlující síly grafy závislostí
a) rychlosti na čase
b) zrychlení na čase
c) kinetické energie na čase
d) výkonu na čase.
Těleso se začíná pohybovat z klidu.
Řešení:
a) Rychlost je u rovnoměrně zrychleného přímočarého pohybu přímo úměrná
času v = at , kde a = konst.
U pohybu se stálým výkonem roste kinetická energie pohybu rovnoměrně
s časem podle vztahu
1
2
mv2
= Pt, kde P = konst.
Rychlost pak je v =
2Pt
m
, grafem je část paraboly.
b) Zrychlení a je u rovnoměrně zrychleného pohybu nezávislé na čase, tj.
a = konst.
U pohybu se stálým výkonem dostaneme zrychlení jako derivaci rychlosti
podle času:
16
a =
dv
dt
=
d
dt
2Pt
m
=
P
2mt
, grafem je větev hyperboly 2. stupně.
Zrychlení pohybu se stálým výkonem lze též odvodit bez derivace:
a =
F
m
=
P
mv
=
P
m
2Pt
m
=
P
2mt
.
c) Pro pohyb rovnoměrně zrychlený je Ek =
1
2
mv2
=
1
2
ma2
t2
.
Pro pohyb se stálým výkonem je Ek = W = Pt.
t t
t t
v
O O
O O
a
Ek P
a = konst
a = konst
a = konst
a = konst
P = konst
P = konst
P = konstP = konst
d) Závislost okamžitého výkonu na čase určíme jako časovou derivaci kinetické
energie nebo práce. Pro pohyb rovnoměrně zrychlený pak užitím kinetické
energie je
P =
dEk
dt
=
d
dt
1
2
mv2
, kde v = at ,
tedy P =
d
dt
1
2
ma2
t2
= ma2
t.
Užitím práce obdobně dostaneme
P =
dW
dt
=
d
dt
(Fs) =
d
dt
ma ·
1
2
at2
= ma2
t .
17
Ale obejdeme se i bez derivace: P = Fv = mav = ma2
t. Výkon je přímo
úměrný času.
U pohybu se stálým výkonem je výkon konstantní P = konst.
Příklad 2.8: Těleso o hmotnosti m = 0,40 kg zavěšené na pružině kmitá
s periodou T = 0,25 s a amplitudou výchylky ym = 0,050 m. Určete maximální
velikost pm okamžitého výkonu p, s kterým se mění potenciální energie
oscilátoru na kinetickou a naopak.
Řešení: Během kmitů oscilátoru roste (klesá) potenciální energie
Ep(t) =
1
2
ky2
(t) =
1
2
ky2
m sin2
ωt
se stejným výkonem, s nímž klesá (roste) kinetická energie
Ek(t) =
1
2
mv2
(t) =
1
2
mω2
y2
m cos2
ωt ,
tedy
dEp
dt
= −
dEk
dt
. Zvolme např.
p =
dEp
dt
=
1
2
ky2
m · 2 sin ωt · cos ωt · ω =
1
2
kωy2
m sin 2ωt .
Dostali jsme sinusoidu s amplitudou pm =
1
2
kωy2
m. Ze vztahu T = 2p
m
k
vyjádříme tuhost k =
4p2
T2 m, užijeme ω =
2p
T
a dosadíme. Maximální výkon
pak je
pm =
4p3
T3 my2
m = 7,9 W .
K témuž výsledku bychom dospěli volbou p =
dEk
dt
.
Úloha 2.1: Dráha hmotného bodu je určena rovnicí s(t) = A
√
t3. Stanovte závislosti
rychlosti na čase a zrychlení na čase. Po nastudování řešeného příkladu
2.7 rozhodněte, o jaký typ pohybu jde.
Úloha 2.2: Nádrž má tvar kužele o poloměru R a výšce h0. Kužel je špičkou
dolů, osa je svislá. Do nádrže vtéká voda se stálým objemovým tokem QV .
([QV ] = m3
· s−1
.)
18
a) Určete závislost výšky h hladiny na čase.
b) Určete závislost rychlosti stoupání hladiny na čase.
c) Určete závislost zrychlení stoupání hladiny na čase.
Čas měříme od okamžiku, kdy začíná voda vtékat do prázdné nádrže.
Úloha 2.3: Kapka vody tvaru koule o počátečním poloměru r0 se odpařuje
tak, že její poloměr se rovnoměrně zmenšuje podle rovnice r = r0 − kt. Na
každou molekulu v kapce připadá objem V1.
a) Určete okamžitou rychlost změny poloměru kapky.
b) Určete okamžitou rychlost změny povrchu kapky.
c) Určete závislost počtu N molekul v kapce na čase.
d) Určete okamžitou rychlost vypařování, tj. časovou změnu počtu molekul
v kapce.
Úloha 2.4: Matematické kyvadlo délky l a hmotnosti m kmitá s maximální
výchylkou ym. Určete maximální výkon pm, s jakým se mění kinetická energie na
potenciální a naopak. Řešte obecně, pak pro hodnoty l = 1,20 m, m = 0,20 kg,
ym = 5,0 cm.
19
3 Derivace vektoru
Polohu bodu A v prostoru můžeme určit v kartézské soustavě trojicí souřadnic
x, y, z, což zapisujeme A[x, y, z]. Jinou možností určení polohy je užití tzv.
polohového vektoru.
Polohovým vektorem r určujícím polohu
bodu A rozumíme vektor s počátečním
bodem v počátku soustavy souřadnic
a s koncovým bodem A. Zaveďme
nyní i, j, k jako jednotkové vektory, tj.
|i| = | j| = |k| = 1, ve směru souřadnicových
os x, y, z. Pak polohový vektor r
můžeme získat složením násobků těchto
vektorů souřadnicemi x, y, z:
r = xi + y j + zk .
i
xi
x
r
A[x, y, z]
k
zk
z
jO yj y
Obráceně můžeme též vektor r rozložit na složky xi, y j, zk do směrů souřadnicových
os. Přitom trojicí x, y, z rozumíme nejen souřadnice bodu A, nýbrž
též souřadnice polohového vektoru r, což zapisujeme
r = (x, y, z) .
Velikost polohového vektoru můžeme vyjádřit Pythagorovou větou zobecněnou
pro třírozměrný prostor:
r = |r| = x2 + y2 + z2 .
V úvodním článku jsme si ukázali, že derivace dráhy podle času
ds
dt
má význam
velikosti okamžité rychlosti. Zkoumejme nyní fyzikální význam derivace,
jestliže skalární veličinu dráha nahradíme polohovým vektorem.
Předpokládejme, že během času ∆t přejde
hmotný bod po křivce z bodu A do bodu B, tj.
urazí dráhu ∆s. Jeho původní polohový vektor r(t)
se tak změní na polohový vektor r(t + ∆t). Pak
z hlediska skládání vektorů můžeme psát
r(t) + ∆r = r(t + ∆t)
nebo též
∆r = r(t + ∆t) − r(t) .
r(t) r(t + ∆t)
∆r
∆s B
A
O
20
Vydělíme-li poslední rovnici časovým intervalem ∆t, dostaneme výraz udávající
jakousi průměrnou časovou změnu vektoru r během doby ∆t:
∆r
∆t
=
r(t + ∆t) − r(t)
∆t
.
Budeme-li časový interval ∆t zkracovat, bude se hodnota výrazu více blížit
jakési okamžité časové změně vektoru r. Pro nekonečně malou změnu můžeme
v analogii s rovnicí (1.1) psát
lim
∆t→0
∆r
∆t
= lim
∆t→0
r(t + ∆t) − r(t)
∆t
=
dr
dt
.
Uvážíme-li, že velikost diferenciálu změny polohového vektoru |dr| je rovna
diferenciálu dráhy ds a že vektor dr má směr tečny k trajektorii v uvažovaném
bodě A, má podíl diferenciálů
dr
dt
význam vektoru okamžité rychlosti
v =
dr
dt
.
Proveďme nyní tuto naznačenou derivaci vektoru r = xi + y j + zk podle
času. Souřadnice x, y, z jsou obecně funkcemi času, jednotkové vektory i, j, k
jsou konstanty. Užitím pravidel (P2) a (P1) postupně dostáváme
v =
dr(x, y, z)
dt
=
d
dt
(xi + y j + zk) =
d
dt
(xi) +
d
dt
(y j) +
d
dt
(zk) =
= i
dx
dt
+ j
dy
dt
+ k
dz
dt
= vxi + vy j + vzk = (vx, vy, vz) .
Význam právě provedeného odvození spočívá v tom, že derivaci vektoru můžeme
nahradit derivacemi jeho složek, čehož běžně využíváme při řešení úloh.
Je tedy rovnice
v =
dr
dt
ekvivalentní trojici rovnic
vx =
dx
dt
, vy =
dy
dt
, vz =
dz
dt
.
Shrneme-li naše úvahy, můžeme pro vektor okamžité rychlosti psát
v = vxi + vy j + vzk =
dx
dt
i +
dy
dt
j +
dz
dt
k
a pro jeho velikost
21
v = |v| = v2
x + v2
y + v2
z =
dx
dt
2
+
dy
dt
2
+
dz
dt
2
.
Analogicky můžeme psát pro vektor okamžitého zrychlení a pro vektor okamžité
síly rovnice
a =
dv
dt
, F =
dp
dt
=
d
dt
(mv) ,
nebo v souřadnicích
ax =
dvx
dt
, ay =
dvy
dt
, az =
dvz
dt
,
Fx =
dpx
dt
=
d
dt
(mvx) , Fy =
dpy
dt
=
d
dt
(mvy) , Fz =
dpz
dt
=
d
dt
(mvz) .
Příklad 3.1: Pohyb bodu v rovině je dán parametrickými rovnicemi
x = 15t2
, y = 30 − 20t2
.
Určete tvar trajektorie, velikost rychlosti a velikost zrychlení pohybu.
Poznámka: Dané parametrické rovnice popisují vztahy mezi číselnými hodnotami
veličin, jak je to obvyklé v matematice. Stejný charakter mají proto i
rovnice v řešení.
Řešení: Rovnici trajektorie získáme vyloučením časového parametru t:
y = 30 −
4
3
x , což je rovnice přímky.
Každá souřadnice rychlosti vx, vy je dána derivací příslušné souřadnice polohového
vektoru podle času:
vx =
dx
dt
= 30t , vy =
dy
dt
= −40t .
Výslednou rychlost určíme jako vektorový součet
v = vxi + vy j = 30t · i − 40t · j ,
její velikost vypočítáme podle Pythagorovy věty:
v = v2
x + v2
y = (30t)2 + (−40t)2 = 50t .
Obdobně je
22
ax =
dvx
dt
= 30 , ay =
dvy
dt
= −40 , a = axi + ay j = 30i − 40j ,
a = a2
x + a2
y = 50 .
Pohyb je přímočarý rovnoměrně zrychlený se zrychlením o velikosti 50 m · s−2
a začínající z klidu v bodě [0, 30].
Příklad 3.2: Těleso bylo v homogenním tíhovém poli vrženo šikmo vzhůru
pod elevačním úhlem α. Místo vrhu má souřadnice [x0, y0] . Napište rovnice pro
souřadnice polohového vektoru jako funkce času x = x(t), y = y(t) a pomocí
derivace odvoďte závislosti souřadnic rychlosti vx, vy a souřadnic zrychlení
ax, ay na čase. Určete dále závislost velikosti okamžité rychlosti a velikosti
okamžitého zrychlení na čase.
Řešení: Šikmý vrh můžeme rozložit na dva nezávislé pohyby konané současně –
na rovnoměrný přímočarý pohyb ve vodorovném směru stálou rychlostí v0 cos α
a na svislý vrh vzhůru s počáteční rychlostí v0 sin α. Pro souřadnice polohového
vektoru platí:
x(t) = x0 + v0t cos α , y(t) = y0 + v0t sin α −
1
2
gt2
.
Souřadnice vektoru rychlosti dostaneme jako derivace příslušných souřadnic
polohového vektoru:
vx(t) =
dx
dt
= v0 cos α , vy(t) =
dy
dt
= v0 sin α − gt .
Obdobně dostaneme souřadnice vektoru zrychlení:
ax(t) =
dvx
dt
= 0 , ay(t) =
dvy
dt
= −g .
Velikost okamžité rychlosti získáme z jejích složek:
v = v2
x + v2
y = v2
0 cos2 α + (v0 sin α − gt)2 = v2
0 − 2v0gt sin α + g2t2 .
Analogicky dostaneme velikost okamžitého zrychlení, řešení je triviální, neboť
ax = 0:
a = a2
x + a2
y = g .
23
Příklad 3.3: Automobil se pohybuje přímočaře stálou rychlostí o velikosti v0
po vodorovné silnici. V dezénu pneumatiky o poloměru R se zachytil kamínek.
Zvolme počátek vztažné soustavy pevně spojené s vozovkou v místě, kde se
nachází střed pneumatiky v čase t = 0, směr osy x shodně se směrem pohybu
automobilu a směr osy y vzhůru. V čase t = 0 se kamínek dotýká vozovky.
a) Určete souřadnice x, y polohového vektoru kamínku, souřadnice vx, vy jeho
rychlosti a souřadnice ax, ay jeho zrychlení jako funkce času.
b) V téže vztažné soustavě určete velikost v rychlosti a velikost a zrychlení
kamínku jako funkce času.
c) Určete největší a nejmenší velikost rychlosti kamínku vzhledem k vozovce.
Řešení:
a) Kamínek koná vzhledem k vozovce dva na sobě nezávislé pohyby, společně
s automobilem pohyb posuvný rovnoměrný ve směru osy x a vzhledem k automobilu
rovnoměrný pohyb po kružnici. Souřadnice kamínku ve zvolené
soustavě souřadnic splňují rovnice
x = v0t − R sin
v0
R
t , y = −R cos
v0
R
t .
Postupným derivováním dostaneme
vx =
dx
dt
= v0 − v0 cos
v0
R
t = v0 1 − cos
v0
R
t ,
vy =
dy
dt
= v0 sin
v0
R
t ,
ax =
dvx
dt
=
v2
0
R
sin
v0
R
t ,
ay =
dvy
dt
=
v2
0
R
cos
v0
R
t .
b) Pro velikosti rychlosti a zrychlení platí:
v = v2
x + v2
y = v2
0 1 − cos
v0
R
t
2
+ v2
0 sin2 v0
R
t =
= v0 1 − 2 cos
v0
R
t + cos2 v0
R
t + sin2 v0
R
t = v0 2 1 − cos
v0
R
t ,
a = a2
x + a2
y =
v4
0
R2 sin2 v0
R
t +
v4
0
R2 cos2 v0
R
t =
v2
0
R
.
c) Podle výsledku úlohy b) je velikost rychlosti minimální pro
24
cos
v0
R
t = 1 ,
v0
R
t = 2kp , t = k ·
2pR
v0
= kT ,
kdy vmin = 0 a maximální pro
cos
v0
R
t = −1 ,
v0
R
t = (2k + 1)p, t = (2k + 1) ·
pR
v0
= kT +
T
2
,
kdy vmax = 2v0. Minimum nastane vždy při dotyku kamínku s vozovkou,
maximum vždy v nejvyšší poloze kamínku. T je perioda otáčení kola.
Úloha 3.1: Harmonický pohyb hmotného bodu získáme jako kolmý průmět
rovnoměrného pohybu tohoto bodu po kružnici do přímky ležící v rovině této
kružnice. Zvolíme-li na uvažované přímce souřadnicovou osu y s počátkem
v průmětu středu kružnice, je okamžitá výchylka harmonických kmitů dána
rovnicí
y = ym sin(ωt + ϕ0) .
Určete závislosti vy = vy(t), ay = ay(t). Do jednoho obrázku sestrojte grafy
všech tří závislostí pro ϕ0 = 0, ω =
p
2
rad · s−1
, ym = 0,20 m v časovém
intervalu 0, 5 s .
Úloha 3.2*: Okamžitá výchylka tlumených harmonických kmitů s nulovou
počáteční fází je dána rovnicí
y = yme−bt
sin ωt .
Určete závislosti vy = vy(t), ay = ay(t). Pomocí počítače sestrojte grafy všech
tří závislostí pro ym = 5,0 cm, ω = 10 rad·s−1
, b = 2,0 s−1
v časovém intervalu
0, 1 s .
Úloha 3.3: Koncový bod A velké ručičky věžních hodin je ve vzdálenosti r =
= 2,0 m od osy otáčení. Zvolme kartézskou soustavu souřadnic v rovině ciferníku
s počátkem ve středu ciferníku tak, že osa x směřuje k hodnotě 3 h a osa
y k hodnotě 12 h. Za počáteční okamžik považujme čas 12:00 h.
a) Určete souřadnice x, y polohového vektoru bodu A a pomocí derivace souřadnice
rychlosti a souřadnice zrychlení bodu A jako funkce času.
25
b) Ze souřadnic odvoďte velikosti okamžité rychlosti a okamžitého zrychlení
bodu A. Řešte též číselně.
Úloha 3.4: Pohyb hmotného bodu v prostoru je popsán časovými rovnicemi
x = r cos ωt , y = r sin ωt , z = v0t .
a) Určete souřadnice vx, vy, vz rychlosti v a její velikost v.
b) Určete souřadnice ax, ay, az zrychlení a a jeho velikost a.
c) Vysvětlete, proč při v = konst je a = 0.
d) Popište slovně tvar trajektorie a způsob pohybu hmotného bodu po ní.
Úloha 3.5: Řešte příklad 3.3 pro ventilek ve vzdálenosti r < R od osy otáčení,
který se v nulovém čase nachází nad osou otáčení kola. Ostatní podmínky úlohy
zůstávají.
Úloha 3.6: Pohyb tělesa je popsán časovou závislostí polohového vektoru:
r(t) = v0t · i − ym cos ωt · j + h0 −
1
2
gt2
· k .
a) Popište slovně daný pohyb.
b) Napište rovnici pro rychlost v(t).
c) Napište rovnici pro zrychlení a(t).
d) Vyjádřete závislost velikosti rychlosti na čase v(t).
e) Vyjádřete závislost velikosti zrychlení na čase a(t).
f) Určete maximální velikost amax a minimální velikost amin zrychlení během
pohybu.
Úloha 3.7*: Ojnici pístu spalovacího motoru lze modelovat úsečkou délky l,
jejíž koncový bod A se pohybuje po kružnici o poloměru r < l a druhý koncový
bod B po ose x s počátkem ve středu S této kružnice. Pohyb bodu A považujte
za rovnoměrný s konstantní úhlovou rychlostí ω. V nulovém čase leží bod A
na ose x mezi body S, B. Najděte funkce vyjadřující závislosti souřadnice x
polohy a souřadnice vx okamžité rychlosti v bodu B na čase t.
26
4 Tečné a normálové zrychlení
Nejprve si připomeneme rovnoměrný pohyb po kružnici a odvodíme vztah pro
jeho dostředivé zrychlení.
U rovnoměrného pohybu po kružnici zůstává velikost okamžité rychlosti
konstantní, avšak směr vektoru rychlosti se neustále mění, a to rovnoměrně.
S
A
B
C
A
r
∆ϕ
∆ϕ
∆s
r
v
v
v
∆v
∆v
Předpokládejme, že během velmi malého časového
intervalu ∆t se hmotný bod posune
po kruhovém oblouku velmi malé délky ∆s
z bodu A do bodu A , přičemž jeho průvodič
opíše velmi malý úhel ∆ϕ. Vektor v tak
přejde na vektor v , přičemž |v| = |v |.
Přenesme vektor v tak, aby oba vektory
v, v měly společný počáteční bod. Orientovaná
spojnice koncových bodů vektorů v
a v , tedy vektor
∆v = v − v,
pak udává změnu vektoru rychlosti. Vektor
∆v tvoří základnu rovnoramenného trojúhelníka
A BC, svírá proto se svými rameny
úhel 90◦
−
∆ϕ
2
. Po přenesení vektoru ∆v do
bodu A svírá s úsečkou AS úhel
∆ϕ
2
.
Budeme-li uvažovat namísto velmi malého časového intervalu ∆t nekonečně
malý interval dt, čímž velmi malé změny ∆s, ∆ϕ, ∆v přejdou na nekonečně
malé změny ds, dϕ, dv, má vektor dv od úsečky AS nekonečně malou odchylku
dϕ
2
, čímž limitně směřuje do středu S. Podíl
dv
dt
= a pak určuje vektor nazývaný
dostředivé zrychlení. Velikost dostředivého zrychlení je ad =
|dv|
dt
,
kde |dv| = v · dϕ.2
Po dosazení máme ad =
v · dϕ
dt
a s uvážením v = rω pak
je
ad = rω2
=
v2
r
.
Dostředivé zrychlení rovnoměrného pohybu po kružnici lze též odvodit derivováním
polohového vektoru
2U křivočarých pohybů nutno rozlišovat velikost změny vektoru rychlosti |d 
| = | 
−  
|
a změnu velikosti rychlosti dv = v − v, která je u rovnoměrného pohybu po kružnici nulová.
27
r = (r cos ωt, r sin ωt) ,
zvolíme-li počátek soustavy souřadnic ve
středu kružnice. Postupně dostaneme:
v =
dx
dt
,
dy
dt
= (−rω sin ωt, rω cos ωt) ,
a =
dvx
dt
,
dvy
dt
=
= (−rω2
cos ωt, −rω2
sin ωt) = −ω2
r .
Z výsledku je zřejmé, že zrychlení hmotného
bodu při rovnoměrném pohybu po
kružnici má opačný směr než polohový
vektor r, míří tedy do středu trajektorie,
a jeho velikost je a = rω2
.
O
r
ωt
v
a
x
y
r sin ωt
r cos ωt
Nyní se zaměříme na obecný křivočarý nerovnoměrný pohyb. Předpokládejme,
že se hmotný bod pohybuje po křivce nerovnoměrným pohybem.
V každém bodě trajektorie můžeme velmi malý úsek křivky přibližně nahradit
obloukem kružnice o jistém poloměru. Zmenšováním délky tohoto úseku křivky
nahrazuje kruhový oblouk úsek křivky přesněji. V limitním případě, tj. v případě
nekonečně malé délky úseku křivky, existuje právě jedna kružnice, jejíž
oblouk nekonečně malé délky kopíruje přesně zakřivení trajektorie v daném
bodě A. Tato kružnice se nazývá oskulační kružnice.
Předpokládejme, že v bodě A má hmotný bod rychlost v, v bodě A , kam
dorazí o velmi malý časový interval ∆t později, má rychlost v . Vektory v
a v svírají úhel ∆ϕ. Vektor v přeneseme tak, aby jeho počáteční bod splýval
s počátečním bodem vektoru v . Vektor ∆v = v −v pak určuje změnu vektoru
rychlosti v během časového intervalu ∆t.
A A
B
C
∆ϕ
∆ϕ
r
v v
v
∆v ∆vn
∆vt
28
Vektor ∆v lze rozložit na dva navzájem kolmé vektory, na tečný vektor ∆vt,
který určuje změnu ∆v velikosti rychlosti v, a na normálový vektor ∆vn, který
určuje změnu ∆ϕ směru rychlosti v.
Z trojúhelníku A BC plyne cos ∆ϕ =
|v + ∆vt|
v
. U zrychleného pohybu
mají vektory v a ∆vt stejný směr, u zpomaleného vzájemně opačný. Proto
je možné rovnici upravit na tvar ∆vt = v cos ∆ϕ − v. Pro zrychlený pohyb
je ∆vt > 0, pro zpomalený ∆vt < 0. Po vydělení dobou ∆t dostaneme
∆vt
∆t
=
v cos ∆ϕ − v
∆t
. Blíží-li se ∆t k nule, blíží se cos ∆ϕ k jedné a čitatel
v − v se blíží k dv, čímž dostáváme tečné zrychlení at o velikosti
|at| =
|v − v|
dt
=
dv
dt
.
Samotné at představuje souřadnici tečného
zrychlení měřenou v tečně (pro
zrychlený pohyb je at > 0, pro zpomalený
at < 0). Tečné zrychlení jako
vektor lze zapsat at = at
 
, kde  
=
v
v
je jednotkový vektor ve směru okamžité
rychlosti.
an
at
a
v
n
A
¡
Z trojúhelníku A BC dále plyne sin ∆ϕ =
|∆vn|
v
, z čehož dostaneme
|∆vn|
∆t
=
v sin ∆ϕ
∆t
. Pro ∆t blížící se k nule lze psát
|dvn|
dt
=
v dϕ
dt
, neboť
pro nekonečně malý úhel je sin dϕ = dϕ. Dále je dϕ =
vdt
r
, kde vdt je nekonečně
malý přírůstek dráhy. Po dosazení dostaneme
|dvn|
dt
=
v v
r
. Vzhledem
k rovnosti v = v pro nekonečně malý časový interval máme hledané normálové
zrychlení an o velikosti
an =
|dvn|
dt
=
v2
r
.
Normálové zrychlení jako vektor lze analogicky zapsat an = ann, kde n je
jednotkový vektor směřující od bodu A do středu oskulační kružnice.
Složením tečného a normálového zrychlení dostaneme celkové zrychlení,
které můžeme též zapsat jako derivací vektoru rychlosti:
a = at + an =
dvt
dt
+
dvn
dt
=
dvt + dvn
dt
=
dv
dt
.
29
Normálové zrychlení má směr do středu oskulační kružnice, tečné zrychlení
má v případě zrychleného pohybu směr okamžité rychlosti, v případě zpomaleného
pohybu směr opačný. Na obrázku je směr vektorů okamžité rychlosti a
tečného zrychlení shodný, znázorněný pohyb je v daném okamžiku zrychlený.
Vzhledem ke kolmosti tečného a normálového vektoru platí pro velikost zrych-
lení
a = a2
t + a2
n =
dv
dt
2
+
v4
r2 .
Speciálně pro přímočarý nerovnoměrný pohyb, kdy v libovolném bodě trajektorie
je nulové zakřivení, tedy r → ∞, a zrychlení má pouze tečnou složku,
platí a = |at| =
dv
dt
.
Naopak speciálně pro rovnoměrný křivočarý pohyb, kdy časová změna velikosti
rychlosti v libovolném bodě trajektorie je nulová, tedy
dv
dt
= 0, a zrychlení
má pouze složku normálovou (dostředivou), platí a = an =
v2
r
. Poloměr
zakřivení trajektorie se během pohybu může měnit.
Příklad 4.1: Vůz F1 o celkové hmotnosti m = 600 kg se pohybuje s účinným
výkonem motoru (s výkonem spotřebovávaným pouze na zrychlování vozu)
P = 200 kW zatáčkou tvaru kruhového oblouku o poloměru r = 100 m ve
vodorovné rovině okamžitou rychlostí o velikosti v = 150 km·h−1
. g = 9,81 m·
s−2
.
a) Určete velikosti tečného, normálového a celkového zrychlení.
b) Určete přetížení pilota, tj. poměr velikostí výsledné síly působící na pilota
a jeho tíhové síly.
Řešení:
a) Pro výkon platí P = Fv = m
dv
dt
· v, z čehož určíme tečné zrychlení
at =
dv
dt
=
P
mv
= 8,0 m · s−2
.
Normálové zrychlení je an =
v2
r
= 17,4 m · s−2
.
Celkové zrychlení je a = a2
t + a2
n = 19,1 m · s−2
.
b) Ve vztažné soustavě spojené s automobilem působí na pilota o hmotnosti m1
ve vodorovné rovině setrvačná síla Fs = −ma a kolmo k ní tíhová síla
FG = mg. Jejich výslednice má velikost F = F2
s + F2
G. Hledaný poměr je
30
F
FG
=
F2
s + F2
G
FG
=
a2 + g2
g
= 2,2 .
Příklad 4.2: Hmotný bod je vržen pod elevačním úhlem α0 rychlostí v0 tak,
že koná šikmý vrh. Určete závislosti
a) okamžité rychlosti na čase,
b) at a an na čase.
Řešení:
a) Z obrázku pro souřadnice okamžité rychlosti plyne
vx = v0 cos α0 , vy = v0 sin α0 − gt .
Velikost okamžité rychlosti pak je
v = v2
x + v2
y = v2
0 − 2v0gt sin α0 + g2t2 .
b) Každý vektor lze rozložit do dvou různých směrů. Z hlediska vlastní příčiny
je vhodné (a navíc jednoduché) rozložit vektor okamžitého zrychlení do
směrů souřadnicových os (př. 3.2): ax = 0, ay = −g. Okamžité zrychlení lze
však také rozložit do směru tečného a kolmého k trajektorii. Fyzikální význam
těchto složek je okamžitá časová změna velikosti rychlosti a okamžitá
časová změna směru rychlosti.
α0
α
α α
α
v0
v
v
vy0
vy
vy
vx0
vx
vx
a = g a = g
an
atat
an
O
x
y
Souřadnici at tečného zrychlení určíme ze vztahu
at =
dv
dt
=
d
dt
v2
0 − 2v0gt sin α0 + g2t2 =
g(gt − v0 sin α0)
v2
0 − 2v0gt sin α0 + g2t2
.
Uvážíme-li, že závorka v čitateli vyjadřuje souřadnici rychlosti −vy a jmenovatel
velikost rychlosti v, lze psát at = −g
vy
v
. V době výstupu je vy > 0,
31
at < 0. Tečné zrychlení má opačný směr než vektor okamžité rychlosti,
pohyb je zpomalený. V době sestupu je tomu naopak.
Pro velikost normálového zrychlení nelze použít vztah an =
v2
r
, neboť
neznáme poloměr oskulační kružnice v jednotlivých bodech trajektorie. Známe
však celkové zrychlení pohybu a = g, z čehož an = g2 − a2
t . Po
dosazení a úpravě dostaneme
an =
gv0 cos α0
v2
0 − 2v0gt sin α0 + g2t2
.
Výraz možno též zjednodušit na tvar an = g
vx
v
. Vzhledem ke konstantní
souřadnici vx je normálové zrychlení nepřímo úměrné velikosti okamžité
rychlosti.
Z rovnosti an =
v2
r
= g
vx
v
lze určit závislost poloměru křivosti trajektorie
na rychlosti
r =
v3
gvx
=
v3
gv0 cos α0
.
Vzorce at = −g
vy
v
, an = g
vx
v
lze snadno ověřit bez použití derivace.
Pro úhel α, který svírá vektor okamžité rychlosti v s osou x, totiž platí:
sin α =
vy
v
= −
at
g
, cos α =
vx
v
=
an
g
.
Příklad 4.3: Rovnoměrně zrychlený pohyb hmotného bodu po kružnici je
popsán parametrickými rovnicemi
x = r cos
1
2
εt2
, y = r sin
1
2
εt2
,
kde r je poloměr kružnice a ε stálé úhlové zrychlení. Odvoďte závislost tečného,
normálového a celkového zrychlení na čase.
Řešení: Souřadnice rychlosti ve směrech x a y jsou
vx =
dx
dt
= −rεt sin
1
2
εt2
, vy =
dy
dt
= rεt cos
1
2
εt2
.
Pro velikost okamžité rychlosti platí
v = v2
x + v2
y = −rεt sin
1
2
εt2
2
+ rεt cos
1
2
εt2
2
= rεt .
Tečné zrychlení at vyjadřuje okamžitou časovou změnu velikosti rychlosti a
u rovnoměrně zrychleného pohybu je konstantou úměrnosti ve vztahu v = att.
Porovnáním s předchozí rovnicí dostáváme at = rε.
32
Souřadnice zrychlení ve směrech x a y jsou
ax =
dvx
dt
= −rε sin
1
2
εt2
− rε2
t2
cos
1
2
εt2
,
ay =
dvy
dt
= rε cos
1
2
εt2
− rε2
t2
sin
1
2
εt2
.
Pro velikost celkového zrychlení platí
a = a2
x + a2
y =
= −rε sin
1
2
εt2 − rε2t2 cos
1
2
εt2
2
+ rε cos
1
2
εt2 − rε2t2 sin
1
2
εt2
2
.
Po umocnění dvojčlenů a po úpravě dostáváme a =
√
r2ε2 + r2ε4t4. Porovnáním
se vzorcem a = a2
t + a2
n dostáváme, že tečné zrychlení at = rε je konstantní
a normálové zrychlení an = rε2
t2
roste s časem kvadraticky. Normálové
zrychlení lze též získat dosazením v = rεt do vztahu an =
v2
r
.
Úloha 4.1: Centrifuga s kosmonautem o celkové hmotnosti m se ve vodorovné
rovině roztáčí se stálým výkonem P. Poloměr kružnicové trajektorie kosmonauta
je r. Určete závislost veličin a, at, an na čase. Kabinu s kosmonautem
považujte za hmotný bod, hmotnost ramene zanedbejte.
33
5 Druhý Newtonův pohybový zákon
Pohybovým účinkem síly je časová změna hybnosti tělesa, přičemž se v průběhu
času může měnit nejen rychlost tělesa, ale i jeho hmotnost. Pro jednoduchost
se omezíme na klasickou fyziku a zanedbáme relativistickou změnu hmotnosti.
Hmotnost tělesa se bude měnit zachycováním, uvolňováním nebo vymršťováním
hmoty.
Působí-li na těleso stálá síla, je vektor této síly F určen poměrem změny
vektoru hybnosti ∆p a doby ∆t, během něhož k této změně hybnosti došlo:
F =
∆p
∆t
.
Vektor hybnosti se přitom mění rovnoměrně.
Není-li síla působící na těleso stálá, udává vzorec průměrnou sílu působící
na těleso v časovém intervalu ∆t. Okamžitou sílu vyjádříme podílem nekonečně
malé změny hybnosti a nekonečně malého časového intervalu této změně
odpovídajícímu, tedy derivací hybnosti podle času:
F =
dp
dt
,
neboli podle 3. kap. ve složkách F = i
dpx
dt
+ j
dpy
dt
+ k
dpz
dt
.
Jelikož p = mv, přičemž obecně rychlost i hmotnost mohou být funkcemi
času, podle pravidla (P3) pro derivaci součinu funkcí platí:
F =
dp
dt
=
d
dt
(mv) = m
dv
dt
+ v
dm
dt
. (5.1)
Okamžitou sílu tak tvoří součet dvou členů. První z nich vyjadřuje změnu
hybnosti tělesa vlivem změny jeho okamžité rychlosti. Druhý vyjadřuje změnu
hybnosti tělesa vlivem změny jeho hmotnosti.
V rovnici (5.1) mohou nastat speciální případy:
a) Nemění-li se během pohybu hmotnost tělesa, tj.
dm
dt
= 0, platí známý
a běžný vztah F = m
dv
dt
= ma. Okamžitá síla je přímo úměrná okamžitému
zrychlení.
b) Nemění-li se během pohybu rychlost tělesa, tj.
dv
dt
= 0, platí F = v
dm
dt
.
Okamžitá síla je přímo úměrná časové změně hmotnosti.
c) Působí-li síla ve směru pohybu tělesa, je pohyb přímočarý a rovnici (5.1)
můžeme psát ve skalárním tvaru
F =
dp
dt
=
d
dt
(mv) = m
dv
dt
+ v
dm
dt
.
34
Úpravou rovnice (5.1) dostaneme diferenciál impulzu
dp = Fdt = mdv + vdm .
Znázorníme situaci pro přímočarý zrychlený pohyb při rostoucí hmotnosti tělesa.
(Těleso při pohybu postupně zachycuje klidnou hmotu.) Tehdy rychlost v
a přírůstek rychlosti dv mají shodný směr a pro velikost diferenciálu impulzu
platí
|dp| = dp = Fdt = mdv + vdm .
Obsah obdélníka o stranách m a v udává velikost hybnosti p tělesa v čase t,
obsah obdélníka o stranách m+dm a v +dv pak velikost hybnosti tělesa v čase
t+dt. Rozdíl obsahů představuje elementární přírůstek velikosti hybnosti dp tělesa
neboli velikost elementárního impulzu síly Fdt. Obsah proužku o stranách
m a dv představuje velikost přírůstku hybnosti dp1 = m · dv tělesa vlivem
změny velikosti jeho okamžité rychlosti při dané hmotnosti, obsah proužku
o stranách v a dm pak znázorňuje velikost přírůstku hybnosti dp2 = v · dm
tělesa vlivem změny jeho hmotnosti při dané okamžité rychlosti. „Obdélníček
o stranách dm a dv je vzhledem k obsahu proužků zanedbatelný.
p = mv
dp1 = m · dv
dp2 = v · dm
dm · dv
v
dv
dmm
Příklad 5.1: Stanovte velikost síly působící na těleso při jeho přímočarém
pohybu za podmínek:
a) m = konst, v = konst,
b) m = konst, v(t) = at, kde a = konst,
c) m(t) = m0 +
m1 − m0
t1
t, v = konst, kde m1 > m0,
d) m(t) = m0 +
m1 − m0
t1
t, v(t) = at, kde m1 > m0, a = konst.
Řešení:
Pohyb je přímočarý, můžeme proto ve všech případech psát F =
dp
dt
.
35
a) Platí F =
dp
dt
=
d
dt
(mv) = 0, tedy těleso s konstantní hmotností se pohybuje
rovnoměrně bez působení vnější síly, tj. setrvačností.
b) Těleso s konstantní hmotností koná rovnoměrně zrychlený pohyb, pro velikost
síly platí
F =
dp
dt
=
d
dt
(mv(t)) = m
d
dt
(at) = ma = konst .
c) Při stálé rychlosti v hmotnost m lineárně
roste. Závislost odpovídá rovnoměrnému
„nabalování klidné hmoty
při stálé rychlosti tělesa, např. při průjezdu
vagonu pod násypkou, z níž rovnoměrně
svisle dolů padá sypký materiál.
Derivováním dostaneme
F =
d
dt
m0 +
m1 − m0
t1
t =
=
m1 − m0
t1
= konst.
tt1O
m0
m1
m
K udržení rychlosti vagonu, a tedy k uvádění rovnoměrně padající hmoty
do pohybu, je nutná konstantní síla.
d) Situace je obdobou případu c), rychlost tělesa však rovnoměrně roste. Pro
okamžitou sílu platí
F =
d
dt
m0 +
m1 − m0
t1
t at =
=
d
dt
m0at +
m1 − m0
t1
at2
= m0a + 2a
m1 − m0
t1
t ,
je tedy lineární funkcí času.
Příklad 5.2: Lokomotiva táhne vagon o hmotnosti m0 = 20 t pod násypkou,
z níž padá svisle dolů štěrk s hmotnostním tokem
dm
dt
= 600 kg · s−1
. Určete
závislost na čase síly, kterou působí lokomotiva na vagon, jestliže se pohybuje
a) rovnoměrně stálou rychlostí v0 = 0,5 m · s−1
,
b) rovnoměrně zrychleně se zrychlením
dv
dt
= 0,2 m · s−2
.
Řešení:
Jedná se o přímočarý pohyb, pro sílu ve směru pohybu platí zákon síly ve
skalárním tvaru
F = m(t)
dv
dt
+ v(t)
dm
dt
,
36
kde rychlost i hmotnost jsou obecně funkcí času. V našem případě hmotnost
vagonu s nákladem závisí na čase podle vzorce m = m0 +
dm
dt
t.
a) Při rovnoměrném pohybu je v = v0 = konst, tedy
dv
dt
= 0. Pro sílu platí
F = v(t)
dm
dt
= v0
dm
dt
= 0,5 · 600 N = 300 N .
Touto konstantní silou je urychlován bezprostředně po svém dopadu pouze
přibývající náklad, poté se pohybuje s vagonem konstantní rychlostí.
b) Při rovnoměrně zrychleném pohybu je v = at, tedy
dv
dt
= a. Pro sílu platí
F = m(t)
dv
dt
+ v(t)
dm
dt
= m0 +
dm
dt
t a + at
dm
dt
=
= m0a + 2at
dm
dt
= 4000 N + t · 240 N · s−1
.
Touto lineárně rostoucí silou je urychlován vagon s dosud dopadnutým štěrkem
s daným zrychlením a uváděn do pohybu právě dopadají štěrk na okamžitou
rychlost vagonu.
Příklad 5.3: Těleso se pohybuje tak, že jeho rychlost roste podle rovnice v(t) =
= Bt2
a jeho hmotnost lineárně klesá podle vztahu m = m0 − At, přičemž
hmota se bez silového působení uvolňuje až do zániku tělesa.
a) Sestrojte graf závislosti velikosti pohybové síly na čase.
b) Určete velikost rychlosti a velikost zrychlení pohybu v okamžiku zániku tělesa.
Řešte nejprve obecně, pak pro hodnoty m0 = 10 kg, A = 1 kg · s−1
,
B = 1 m · s−3
.
Řešení:
a) Jelikož uvolňující se hmota tělesa
není do žádného směru „odhazována
, člen v
dm
dt
se neuplatňuje. Síla
je nutná pouze na požadované urychlování
„ubývajícího tělesa. Pro hledanou
pohybovou sílu platí
F(t) = m
dv
dt
= (m0 − At)
d
dt
(Bt2
) =
= 2Bm0t − 2ABt2
.
Grafem je parabola.
tm0
A
m0
2A
O
Bm2
0
2A
F
37
b) Dosazením t =
m0
A
= 10 s dostaneme vBt2
= B
m2
0
A2 = 100 m · s−1
.
Zrychlení v témže čase je a =
dv
dt
= 2Bt = 2B
m0
A
= 20 m · s−2
.
Úloha 5.1: Na vodorovný dopravníkový pás s jmenovitým přepravním výkonem
800 kg · min−1
a rychlostí posuvu pásu 3 m · s−1
dopadá ve svislém
směru sypký materiál. Určete velikost síly, která při plném výkonu působí na
dopravník ve vodorovném směru vlivem dopravy materiálu.
Úloha 5.2: Lokomotiva táhne po vodorovných kolejích ve směru osy x cisternu,
z níž vytéká voda se stálým hmotnostním tokem 15 kg·s−1
výtokovou rychlostí
o velikosti 6 m · s−1
. Pohyb cisterny je
1) rovnoměrný,
2) rovnoměrně zrychlený se zrychlením 0,4 m · s−2
.
Voda z cisterny vytéká
a) svisle dolů,
b) ve směru jízdy,
c) proti směru jízdy.
Určete pro všechny kombinace závislost složky okamžité síly Fx, kterou působí
lokomotiva na cisternu, na čase. V daném okamžiku je hmotnost cisterny 60 t.
Výtokovou rychlost považujte za nezávislou na zrychlení cisterny.
Úloha 5.3: Vlak o hmotnosti 400 t se pohybuje po vodorovných kolejích v dešti
se zrychlením 0,1 m · s−2
. Za každou sekundu dopadne na povrch vlaku 60 kg
vody. Předpokládáme, že dešťová voda je urychlována na rychlost vlaku a poté
stéká na zem. Určete velikost tahové síly motoru lokomotivy při okamžité rychlosti
90 km · h−1
.
Úloha 5.4: Kropicí vůz se rozjíždí se stálým zrychlením 0,5 m · s−2
při současném
kropení ve směru jízdy výtokovou rychlostí 20 m · s−1
se stálým průtokem
4 kg · s−1
. Počáteční hmotnost vozu je 8 000 kg. Určete závislost velikosti síly,
kterou se vůz rozjíždí, na čase.
Úloha 5.5: Vlak o počáteční hmotnosti m0 se v dešti rozjíždí z klidu se stálým
zrychlením a. Dešťová voda padá na vlak rovnoměrně s vydatností
dm
dt
= k
a v otevřených vagonech zůstává. Určete závislost síly motorů lokomotivy na
čase.
38
6 Zákon zachování hybnosti
Při vzájemném působení dvou těles je podle 3. Newtonova pohybového zákona
splněno
F1 = −F2 ,
kde F1 je síla, kterou působí druhé těleso na první a F2 je síla, kterou působí
první těleso na druhé. Tyto síly, akce a reakce, mají tedy stejnou velikost,
navzájem opačný směr. Vznik a zánik jedné síly je vždy spojen se vznikem a
zánikem síly druhé. Mají-li síly pohybový účinek, způsobí každá z nich během
doby dt změnu hybnosti tělesa, na které působí:
F1 =
dp1
dt
, F2 =
dp2
dt
Dosazením do vztahu (6.1) pak dostaneme:
dp1
dt
= −
dp2
dt
,
z čehož plyne
dp1 = −dp2 , neboli dp1 + dp2 = 0 .
Tyto rovnice představují zákon zachování hybnosti v diferenciálním tvaru pro
dvě tělesa: Změny hybnosti při vzájemném silovém působení dvou těles jsou
stejně velké, ale opačného směru. Jinými slovy: Celková hybnost izolované soustavy
dvou těles zůstává konstantní.
Tento závěr je možné rozšířit na izolovanou soustavu libovolného počtu
těles. Pak platí:
p1 + p2 + . . . + pn = konst .
Uvedená rovnice vyjadřuje zákon zachování hybnosti: Součet hybností těles
izolované soustavy je konstantní.
Příklad 6.1: Odvoďte vztah pro okamžité zrychlení rakety
a) ve volném kosmickém prostoru,
b) v gravitačním poli.
Řešení:
a) Označme v okamžitou rychlost rakety ve volném kosmickém prostoru, u okamžitou
rychlost tryskajících plynů vzhledem k raketě, m okamžitou hmotnost
rakety, dm (dm < 0) změnu hmotnosti rakety za dobu dt. Pak −dm
vyjadřuje hmotnost vytrysknutých plynů za tutéž dobu dt. Plyny získají
vzhledem k raketě okamžitou hybnost dp1 = −udm, a to vlivem síly
39
F1 =
dp1
dt
= −
udm
dt
,
kterou na ně raketa působí. Současně vzroste hybnost rakety o dp2 = mdv.
Příčinou je síla,
F2 =
dp2
dt
=
mdv
dt
.
kterou působí naopak plyny na raketu. Dosazením do 3. Newtonova pohybového
zákona F1 = −F2 dostaneme:
udm
dt
=
mdv
dt
.
Podíl
dv
dt
určuje hledané okamžité zrychlení a rakety, které z rovnice vyjá-
dříme:
a(t) =
dv
dt
=
u
m(t)
dm
dt
. (6.1)
Okamžité zrychlení rakety tak závisí na její okamžité hmotnosti m, na rychlosti
u tryskajících plynů vzhledem k raketě a na časové změně hmotnosti
rakety
dm
dt
. Jelikož ve vektorové rovnici je
dm
dt
< 0, mají vektory a a u
navzájem opačný směr. Kladná veličina Q = −
dm
dt
představuje hmotnostní
tok plynů.
b) V gravitačním poli s gravitačním zrychlením ag již soustava není izolovaná,
neboť je pod vlivem gravitační síly Fg = mag, která obecně závisí na poloze
rakety, a tedy při jejím pohybu i na čase. Ke zrychlení rakety vlivem
vlastního pohonu vektorově přičteme zrychlení gravitačního pole, tj.
a(t) =
u
m(t)
dm
dt
+ ag(t) .
Příklad 6.2: Na obrázku je model reaktivního pohonu. Vozík o hmotnosti
m0 = 2 kg tvoří nádoba o obsahu vnitřního průřezu S = 1 dm2
postavená na
podvozku. U dna nádoby se nachází výtokový otvor o obsahu vnitřního průřezu
S0 = 1 cm2
. Nádobu naplníme kapalinou hustoty = 1 000 kg · m−3
. Určete
velikost zrychlení vozíku při okamžité výšce hladiny h = 25 cm nad výtokovým
otvorem. Vliv setrvačných sil působících na kapalinu na stav hladiny a na tlak
ve výtokovém otvoru zanedbejte.
40
Řešení:
Výtokovým otvorem proteče za čas dt kapalina
o hmotnosti |dm| = S0dx, kde dx je posunutí
kapaliny ve výtokové trubici za čas dt. Hmotnostní
tok vytékající kapaliny pak je
|dm|
dt
=
S0dx
dt
= S0u .
Výtoková rychlost kapaliny má velikost
u =
√
2gh.
Okamžitá hmotnost vozíku je
m = m0 + Sh.
m0
h
S
S0 u
a
Podle rovnice (6.1) je velikost zrychlení tělesa a =
u
m
|dm|
dt
.
Dosazením veličin
|dm|
dt
, u, m nakonec dostaneme
a =
2g S0h
m0 + Sg
= 0,11 m · s−2
.
Úloha 6.1: Startovní hmotnost rakety Saturn 5 s kosmickou lodí Apollo 11,
která v roce 1969 přistála na Měsíci, byla 2940 t. Výtoková rychlost plynů byla
3 010 m · s−1
.
a) Určete hmotnostní tok plynů v okamžiku, kdy se raketa odpoutává od
rampy.
b) Určete velikost okamžitého zrychlení rakety při pohybu svisle vzhůru v časech
t0 = 0 a t1 = 100 s za předpokladu
dm
dt
= 12 t · s−1
. Odpor vzduchu
zanedbejte. Gravitační zrychlení považujte v obou časech za stejné s hodnotou
ag = 9,8 m · s−2
.
41
7 Extrémy funkce
Ve fyzikálních úlohách nás často zajímá, jak se funkční hodnota fyzikální veličiny
v závislosti na jiné veličině mění, zda roste nebo klesá a kde a jakou má
extrémní hodnotu, tedy maximum nebo minimum. Intuitivně si ukážeme souvislost
těchto vlastností funkce s derivacemi a metody, jak s využitím derivace
extrémy funkce najít.
Předpokládejme, že danou funkci y = f(x) definovanou na určitém intervalu
lze zobrazit spojitou, tj. v žádném bodě nepřerušenou, křivkou. Každá
taková funkce se nazývá spojitá funkce. Existuje-li v daném bodě [x0, f(x0)]
křivky tečna, je její směrnice tg α dána hodnotou derivace v bodě x0, tj.
tg α = f (x0), kde α je směrový úhel příslušné tečny (−90◦
≤ α ≤ 90◦
).
xxA xD xF xC xG
xB xE xH
y
O
HB
FA
D
C G
E
α
α
Tečna ke grafu sestrojená v bodě A křivky svírá s osou x kladný úhel α
(0 < α < 90◦
), neboli směrnice tečny tg α a derivace f (xA) v bodě xA je
kladná. Říkáme, že v bodě xA je funkce rostoucí.
Naopak v bodě B je úhel α záporný (−90◦
< α < 0), tudíž směrnice tg α
a derivace f (xB) je záporná. Říkáme, že v bodě xB je funkce klesající.
Je-li funkce rostoucí, resp. klesající v každém bodě daného intervalu, říkáme,
že je rostoucí, resp. kleasjící na tomto intervalu. Je-li funkce na daném intervalu
rostoucí, nebo je-li na daném intervalu klesající, pak říkáme, že funkce je na
tomto intervalu monotónní.
V bodě xD funkce přechází z rostoucí na klesající, v bodě xE z klesající
na rostoucí. Říkáme, že v bodech xD a xE má funkce lokální extrémy, a
sice v bodě xD lokální maximum a v bodě xE lokální minimum. V obou
případech je derivace funkce, a tedy směrnice tečny, nulová: f (xD) = tg αD =
42
= f (xE) = tg αE = 0. Tečny sestrojené ke grafu v bodech D a E mají směr
totožný s osou x.
V bodě xC je derivace funkce též nulová jako v bodech xD a xE, ale funkce
je klesající. Tečna v odpovídajícím bodě C křivky graf protíná a křivka mění
zakřivení na opačné. Také v bodě F tečna křivku protíná, přestože zde derivace
nulová není.
Bod C i bod F grafu nazýváme inflexní bod. Říkáme též, že v bodech xC
a xF nastala inflexe.
V bodech G a H má graf funkce „špičku , její derivace v bodech xG a
xH neexistuje a nelze jednoznačně sestrojit tečnu. V bodě xG přechází funkce
z rostoucí na klesající, má v tomto bodě lokální maximum. V bodě xH je funkce
klesající.
Z ukázky je částečně vidět a z matematické analýzy plyne, že extrémy
spojité funkce definované na libovolném intervalu najdeme mezi následujícími
„podezřelými body:
a) Krajní body uvažovaného intervalu. Je-li interval otevřený, krajní
bod neexistuje a tudíž žádný extrém zde nepřichází v úvahu. Příkladem může
být funkce tangens v bodě x = p/2 . Je-li interval uzavřený, tvoří krajní body
lokální extrémy. Např. funkce x2
má na intervalu −2, 3) v bodě x = −2 lokální
maximum, v bodě x = 3 však extrém nemá, neboť číslo 3 do intervalu nepatří.
b) Body, v nichž derivace neexistuje. Jsou to případy, kdy má graf
funkce „špičku a nelze sestrojit tečnu. Jde o případy funkcí s absolutní hodnotou
nebo na sebe navazující dvě různé funkce, např. rostoucí lineární funkce
navazující na klesající hyperbolu nepřímé úměrnosti.
c) Body, v nichž je derivace nulová. Funkci zderivujeme ještě jednou.
Je-li v uvažovaném bodě druhá derivace kladná, resp. záporná, má v tomto
bodě funkce lokální minimum, resp. maximum. Je-li v tomto bodě druhá derivace
rovněž nulová jako první derivace, budeme derivovat dál, dokud nenarazíme
na první nenulovou derivaci. Při sudém pořadí první nenulové derivace
nastává lokální extrém, a sice maximum (je-li tato derivace záporná) nebo minimum
(je-li kladná), a při lichém pořadí nastává inflexe. (Toto pravidlo je
možné demonstrovat na mocninných funkcích x2
, x3
, x4
atd., tedy obecně xn
.
Funkce xn
má v bodě x = 0 první nenulovou n-tou derivaci. Tedy při sudém
n má funkce xn
v bodě 0 minimum, při lichém inflexi, jak je z průběhů těchto
funkcí známo.)
Rozhodnutí, zda v bodě x0 je v případě nulové první derivace lokální maximum,
lokální minimum nebo inflexe, nemusíme provádět dalším derivováním
funkce. Často postačí využít intuitivní představu: Je-li spojitá funkce pro
x < x0 rostoucí a pro x > x0 klesající, pak je zřejmě v bodě x0 maximum. Naopak,
je-li pro x < x0 klesající a pro x > x0 rostoucí, pak je zřejmě v bodě x0
43
minimum. Je-li „při přechodu zleva doprava přes bod x0 funkce rostoucí nebo
„při přechodu zleva doprava přes bod x0 klesající, pak je zřejmě v bodě x0
inflexe.
Příklad 7.1: Nádoba je naplněna kapalinou do výšky h0 nade dnem nádoby,
které je v úrovni okolní vodorovné roviny.
a) V jaké výšce h1 nade dnem nádoby je třeba navrtat otvor, aby měla kapalina
maximální dostřik?
b) Určete délku dmax maximálního dostřiku.
d
x
y
h0
h
O
Řešení:
a) Při volbě soustavy souřadnic podle obrázku můžeme pro souřadnice libovolného
bodu trajektorie vodorovného vrhu psát
x = vt , y = h −
1
2
gt2
, kde v = 2g(h0 − h)
je výtoková rychlost kapaliny ve výšce h nade dnem nádoby. Označme t1
dobu letu vybraného elementu kapaliny. V okamžiku dopadu platí y = 0,
x = d. Z rovnice pro y-ovou souřadnici plyne
0 = h −
1
2
gt2
1 , t1 =
2h
g
.
Dosazením do rovnice pro x-ovou souřadnici určíme závislost délky dostřiku
na výšce otvoru:
d(h) = vt1 = 2g(h0 − h) ·
2h
g
= 2
√
h0h − h2 .
Vzhledem k monotónnosti druhé odmocniny stačí nalézt maximum výrazu
pod odmocninou. Jeho derivace je
44
d
dh
(h0h − h2
) = h0 − 2h .
Z podmínky nulové derivace položením h = h1 dostaneme hledanou výšku
h1 =
h0
2
. Z tvaru derivace je dále zřejmé, že na uvažovaném intervalu 0, h0
je pro h < h1 derivace kladná a tedy funkce d(h) je rostoucí, pro h > h1
je derivace záporná a tedy funkce d(h) je klesající. Nalezený lokální extrém
pro h1 =
h0
2
je proto skutečně maximem této funkce.
b) Maximální délku dostřiku dmax získáme dosazením hodnoty h = h1 do
funkce d(h):
dmax = 2 h0 ·
h0
2
−
h0
2
2
= h0 .
Příklad 7.2: V homogenním tíhovém poli bylo z vodorovné roviny pod elevačním
úhlem α vrženo těleso s počáteční rychlostí v0.
a) Napište parametrické rovnice pohybu tělesa, které popisují závislost souřadnic
x, y na čase, a z nich odvoďte rovnici trajektorie tělesa.
b) Určete souřadnice x1, y1 nejvyššího bodu trajektorie pomocí derivace y-ové
souřadnice polohy tělesa, jednak podle času, jednak podle x-ové souřadnice.
c) Odvoďte vzorec pro délku vrhu a pomocí derivace určete elevační úhel, pro
který je délka vrhu maximální.
Řešení:
a) Pro souřadnice tělesa v závislosti na čase platí
x(t) = v0t cos α , (1)
y(t) = v0t sin α −
1
2
gt2
. (2)
Vyloučením parametru t z rovnic (1) a (2) dostaneme
y(x) = x tg α −
g
2v2
0 cos2
α
x2
. (3)
b) Derivací funkce (2) podle t dostaneme
d y(t)
dt
= v0 sin α − gt .
Z podmínky
d y(t)
dt
= 0 plyne t =
v0 sin α
g
. Dosazením do rovnic (1) a (2)
dostaneme souřadnice bodu s maximální výškou:
45
x1 =
v2
0 sin 2α
2g
, y1 =
v2
0 sin2
α
2g
.
Obdobně derivace funkce (3) podle x je
d y(x)
dx
= tg α −
g
v2
0 cos2
α
x .
Z podmínky
d y(x)
dx
= 0 plyne x1 =
v2
0 sin 2α
2g
a dosazením do (3) pak
dostaneme y1 =
v2
0 sin2
α
2g
.
c) Z podmínky y(x) = 0 v rovnici (3) plyne
x tg α −
gx
2v2
0 cos2
α
= 0 .
Jeden kořen x1 = 0 určuje počáteční bod vrhu, druhý kořen x2 =
v2
0 sin 2α
g
místo dopadu a současně délku vrhu. Derivace délky vrhu podle elevačního
úhlu je
dx2
dα
=
2v2
0
g
cos2α .
Z podmínky
dx2
dα
= 0 plyne cos 2α = 0, tedy α = 45◦
.
Příklad 7.3: Křivka vyjadřující Maxwellovo rozdělení rychlostí molekul ideálního
plynu, jehož molekuly mají hmotnost m0, je dána funkčním předpisem
N(v) =
2
p
m0
kT
3
v2
e
m0v2
2kT .
a) Určete pro danou teplotu T daného plynu nejpravděpodobnější rychlost vp.
b) Odvoďte vztah mezi nejpravděpodobnější rychlostí vp a střední kvadratickou
rychlostí
vk =
3kT
m0
.
Řešení:
a) Hledáme maximum známé křivky. Platí
dN(v)
dv
=
2
p
m0
kT
3
ve
m0v2
2kT 2 −
m0
kT
v2
.
46
Z podmínky
dN
dv
= 0 plyne v = vp =
2kT
m0
. Snadno se přesvědčíme,
že pro v < vp nabývá derivace kladných hodnot, tudíž funkce N = N(v)
roste, pro v > vp je naopak derivace záporná, tudíž funkce klesá. Proto pro
v = vp nastává skutečně maximum.
b) Z porovnání vztahů pro vp a vk plyne vp =
2
3
vk.
Příklad 7.4: Perioda kmitů tuhé homogenní tyče délky l a zanedbatelné
tloušťky, upevněné otáčivě ve vzdálenosti x od těžiště, je dána vztahem
T = 2p
J
D
,
kde J =
1
12
ml2
+ mx2
je moment setrvačnosti tyče o hmotnosti m vzhledem
k ose otáčení umístěné ve vzdálenosti x od těžiště a D = mgx je direkční
moment.
a) Určete takovou vzdálenost x1 osy otáčení od těžiště, pro kterou je perioda
kmitů minimální.
b) Určete obecně tuto periodu Tmin, a potom číselně pro l = 1,00 m, g =
= 9,81 m · s−2
.
Řešení:
a) Perioda kmitů po dosazení a úpravě je
T = 2p
l2
+ 12x2
12gx
.
Vzhledem k monotónnosti druhé odmocniny stačí nalézt minimum výrazu
pod odmocninou. Jeho derivace je
d
dx
l2
+ 12x2
12gx
=
d
dx
l2
12gx
+
x
g
=
12x2
− l2
12gx2 .
Derivace je nulová pro x1 =
√
3
6
l = 0,289 l. Z tvaru derivace je dále zřejmé,
že na uvažovaném intervalu (0, l/2 pro x < x1 je derivace záporná a
tedy funkce klesající, pro x > x1 je derivace kladná a tedy funkce rostoucí.
V bodě x1 proto skutečně nastává minimum.
b) Minimální perioda je Tmin = T(x1) = 2p
√
3
3
l
g
= 1,52 s .
47
(Pro osu na konci tyče vychází T = 2p
2
3
l
g
= 1,64 s.)
Příklad 7.5: Na jednozvratné páce máme zdvihnout těleso o hmotnosti m
umístěné ve vzdálenosti d od podpěry. Páku tvoří homogenní tyč s lineární
hustotou λ.
a) Určete délku tyče x1 tak, aby působící síla na její konci byla minimální.
b) Určete velikost Fmin této síly.
Řešte obecně, pak pro hodnoty m = 120 kg, d = 40 cm, λ = 8,00 kg · m−1
,
g = 9,81 m · s−2
.
Řešení:
a) Pro momenty sil vzhledem k vodorovné ose otáčení kolmé k tyči a procházející
bodem A podle momentové věty platí:
Fx = mgd + λxg
x
2
,
kde λx je hmotnost tyče. Z rovnice vyjádříme sílu
F(x) =
mgd
x
+
λgx
2
a zderivujeme:
dF(x)
dx
= −
md
x2 +
λ
2
g .
A
d
x
λ
mg
λxg
F
Derivace je nulová pro x1 =
2md
λ
(záporný kořen nemá fyzikální vý-
znam).
Druhá derivace
48
d2
F(x)
dx2 =
mgd
2x3
je pro x = x1 kladná, při délce páky x1 je síla skutečně minimální. Číselně
vychází x1 = 3,46 m.
b) Hledaná minimální síla pak je Fmin = F(x1) = g
√
2λmd = 272 N.
Příklad 7.6: Kvádr o hmotnosti
m máme vléci rovnoměrným pohybem
po vodorovné podložce. Součinitel
smykového tření mezi kvádrem
a podložkou je f.
a) Určete úhel α1 mezi působící silou
a podložkou tak, aby velikost
síly F byla nejmenší.
b) Určete tuto velikost Fmin.
Řešte nejprve obecně, pak pro hodnotu
f = 0,7.
α
mg
F
Ft
Řešení:
a) Svislá složka F sin α síly F způsobuje nadlehčení tělesa tak, že pro velikost
třecí síly platí
Ft = f(mg − F sin α) .
Vodorovná složka F cos α síly F je při rovnoměrném pohybu rovna velikosti
třecí síly Ft. Z rovnosti plyne
F =
fmg
cosα + f sin α
.
Hledáme takový úhel α1, při kterém je velikost síly F minimální. Proto
derivujeme velikost síly F podle úhlu α:
dF
dα
=
fmg(sin α − f cos α)
(cos α + f sin α)2 .
Z podmínky
dF
dα
= 0 plyne tg α = f. Jelikož pro α < α1 je
dF
dα
< 0 a pro
α > α1 je
dF
dα
> 0, je pro α < α1 funkce klesající a pro α > α1 rostoucí.
Pro úhel α1 má funkce F = F(α) minimum. Číselně je α1 = 35◦
.
b) Nejprve sinus a kosinus nahradíme funkcí tangens. Ze vztahů
49
tg α =
sin α
cos α
, sin2
α + cos2
α = 1
plyne pro α ∈ 0, 90◦
sin α =
tg α
1 + tg2
α
, cos α =
1
1 + tg2
α
.
Dosazením do rovnice
F =
fmg
cos α + f sin α
dostaneme F = fmg
1 + tg2
α
1 + f tg α
.
Hledanou minimální velikost síly získáme položením tg α = tg α1 = f. Po
úpravě dostaneme Fmin =
fmg
1 + f2
= 0,57mg.
Úloha 7.1: Těleso bylo vrženo ve výšce h0 = 12 m nad vodorovným terénem
počáteční rychlostí v0 = 18 m · s−1
pod úhlem α = 35◦
. Napište rovnici
trajektorie vrhu a určete souřadnice nejvyššího bodu trajektorie.
Úloha 7.2: Určete výšku h1, z níž musíme vrhnout těleso vodorovným směrem,
aby dopadlo minimální rychlostí do dané vzdálenosti d = 25 m měřené
ve vodorovné rovině od svislého průmětu místa vrhu. Určete tuto minimální
rychlost vmin a počáteční rychlost vrhu v0.
Úloha 7.3: Ze stanového tábora potřebují
vyslat běžce se zprávou do blízké
vesnice. Poběží-li po poli kolmo k přímé
silnici ležící ve vzdálenosti d1 = 700 m
od tábora, bude muset ještě urazit po
silnici vzdálenost d2 = 1 200 m. Rychlost
běžce na poli je v1 = 3,0 m·s−1
, na
silnici v2 = 5,0 m · s−1
. Pro běžce bude
výhodnější běžet k silnici šikmo.
vesnice
tábor
d1
d2
x
Určete vzdálenost x od vesnice, kde se musí dostat na silnici, aby celou trasu
urazil v nejkratším čase. Určete tento minimální čas tmin.
Úloha 7.4: Určete čas t1, v němž je zrychlení z úlohy 4.1 minimální. Určete
toto minimální zrychlení amin.
Úloha 7.5: Řetěz o hmotnosti m a délce l je za jeden konec zavěšen tak, že se
druhým koncem dotýká země. Určete maximální kinetickou energii řetězu po
uvolnění.
Úloha 7.6: Teplotní objemovou roztažnost vody lze v rozmezí teplot od 0 ◦
C
do 30 ◦
C popsat rovnicí
50
V = V0(1 + β1t + β2t2
+ β3t3
) ,
kde β1 = −6,43 · 10−5
K−1
, β2 = 8,51 · 10−6
K−2
, β3 = −6,79 · 10−8
K−3
jsou
empiricky určené hodnoty a V0 je objem při teplotě 0 ◦
C.
a) Určete při jaké teplotě tmin je podle uvedené aproximace objem v daném
intervalu teplot minimální a při jaké teplotě tmax maximální.
b) Určete objemy vody Vmin, Vmax při těchto teplotách.
Úloha 7.7: Z válcového kmene o průměru d máme vytesat trám obdélníkového
průřezu. Prohnutí trámu podepřeného na obou koncích a zatíženého uprostřed
silou F uprostřed trámu je při malém zatížení (tj. v mezích pružnosti) dáno
vztahem
y =
1
4E
l3
a3
b
F ,
kde E je modul pružnosti, l délka, a výška a b šířka trámu. Určete rozměry
a0, b0 trámu tak, aby při dané délce l a daném zatížení F byl průhyb trámu
minimální. Určete tento minimální průhyb ymin.
Úloha 7.8: Graf znázorňuje závislost tlaku
ideálního plynu na objemu. Určete minimální
a maximální teplotu a odpovídající
objemy ideálního plynu při ději AB. Vyjádřete
je pomocí teploty T0, kterou měl plyn
ve stavu s objemem V0 a tlakem p0.
p
p0
2p0
O V0 2V0 3V0 V
T0
A
B
51
Výsledky úloh
1.1, 1.2 v(t) = 3At2
+ B.
2.1 v(t) =
3
2
A
√
t, a(t) =
3A
4
√
t
, pohyb s konstantním výkonem.
2.2 a) h = 3 3QV h2
0t
pR2 , b) v =
dh
dt
= 3 QV h2
0
9pR2
t2 , c) a =
dv
dt
= −
2
3
3 QV h2
0
9pR2
t5 .
2.3 a)
dr
dt
= −k, b)
dS
dt
= −8pk(r0 − kt), c) N =
4p
3V1
(r0 − kt)3
,
d)
dN
dt
= −
4pk
V1
(r0 − kt)2
.
2.4 pm =
1
2
my2
m
g3
l3 = 5,8 mW.
3.1 vy =
dy
dt
= ymω cos(ωt + ϕ0),
ay =
dvy
dt
= −ymω2
sin(ωt + ϕ0).
 ¡
¢
£
 ¡
¢
¤
 ¡
¢
¥
¡
¡
¢
¥
¡
¢
¤
¡
¢
£
¡ ¦ ¥ § ¤ ¨©


!

"

#
$%
&'
(
3.2 vy =
dy
dt
= yme−bt
(ω cos ωt − b sin ωt),
ay =
dvy
dt
= yme−bt
(b2
− ω2
) sin ωt − 2bω cos ωt .








          
W V
\ P






          
9 V
; PV










          
WV
, PV
3.3 a) x = r sin ωt, y = r cos ωt, vx = rω cos ωt, vy = −rω sin ωt,
ax = −rω2
sin ωt, ay = −rω2
cos ωt, kde ω =
2p
T
, T = 3 600 s.
b) v = rω = 0,0035 m · s−1
, a = rω2
= 6,1 · 10−6
m · s−2
.
3.4 a) vx = −rω sin ωt, vy = rω cos ωt, vz = v0, v = r2ω2 + v2
0.
b) ax = −rω2
cos ωt, ay = −rω2
sin ωt, az = 0, a = rω2
.
52
c) Velikost rychlosti je sice konstantní, ale mění se její směr.
d) Složením dvou harmonických pohybů se vzájemným fázovým posunutím
o p/2 vzniká v rovině os x a y rovnoměrný pohyb po kružnici. Dalším
složením s rovnoměrným přímočarým pohybem ve směru kolmém
k rovině kružnice dostaneme rovnoměrný pohyb po šroubovici.
3.5 a) x = v0t + r sin
v0
R
t, y = r cos
v0
R
t,
vx = v0 1 +
r
R
cos
v0
R
t , vy = −v0
r
R
sin
v0
R
t,
ax = −
rv2
0
R2 sin
v0
R
t, ay = −
rv2
0
R2 cos
v0
R
t.
b) v = v0 2 1 +
r
R
cos
v0
R
t , a =
rv2
0
R2 .
c) vmin = v0 2 1 −
r
R
pro t = (2k + 1)
pR
v0
= kT +
T
2
,
vmax = v0 2 1 +
r
R
pro t = k
2pR
v0
= kT.
3.6 a) Hmotný bod koná vodorovný vrh v homogenním tíhovém poli za současného
harmonického pohybu v rovině kolmé k rovině vrhu.
b) v(t) = v0 · i + ymω sin ωt · j − gt · k.
c) a(t) = ymω2
cos ωt · j − g · k.
d) v(t) = v2
0 + y2
mω2 sin2
ωt + g2t2.
e) a(t) = y2
mω4 cos2 ωt + g2.
f) amin = g, amax = y2
mω4 + g2.
3.7 x = r cos ωt + l2 − r2 sin2
ωt, vx = −rω sin ωt 1 +
r cos ωt
l2 − r2 sin2
ωt
.
4.1 at =
P
2mt
, an =
2P
mr
t, a =
P
m
1
2t
+
4P
mr2 t2 .
5.1 F = v
dm
dt
= 30 ·
800
60
N = 40 N.
5.2 1a) Fx = 0.
53
1b) Fx = vx
dm
dt
= 6 · 15 N = 90 N, lokomotiva táhne.
1c) Fx = vx
dm
dt
= −6 · 15 N = −90 N, lokomotiva je tlačena.
2a) Fx = m
dvx
dt
, číselně Fx = (60 000 − 15t) · 0,4 = 24 000 − 6t.
2b) Fx = m
dvx
dt
+vx
dm
dt
, číselně Fx = (60 000−15t)·0,4+6·15 = 24 090−6t.
2c) Fx = m
dvx
dt
+vx
dm
dt
, číselně Fx = (60 000−15t)·0,4−6·15 = 23 910−6t.
5.3 F = m
dv
dt
+ v
dm
dt
= (400 000 · 0,1 + 25 · 60) N = 41 500 N.
5.4 F = m
dv
dt
+ v
dm
dt
, číselně F = (8 000 − 4t) · 0,5 + 20 · 4 = 4 080 − 2t.
5.5 F = m
dv
dt
+ v
dm
dt
= (m0 + kt)a + akt = m0a + 2akt.
6.1 a) 9 600 kg · s−1
.
b) a(t1) = 2,5 m · s−2
, a(t2) = 11,0 m · s−2
.
7.1 y(x) = h0 + x tg α −
g
2v2
0 cos2
α
x2
,
x1 =
v2
0 sin 2α
2g
= 15,5 m, y1 = h0 +
v2
0 sin2
α
2g
= 17,4 m.
7.2 h1 =
d
2
= 12,5 m, vmin =
√
2gd = 22,1 m·s−1
, v0 =
√
gd = 15,7 m·s−1
.
7.3 x = d2 − d1
v1
v2
2 − v2
1
= 675 m, tmin =
d2
v2
+
d1 v2
2 − v2
1
v1v2
= 427 s.
7.4 t1 = 3 mr2
8P
, amin =
√
2 · 3 P2
m2
r
.
7.5 Ek =
1
4
mgl v okamžiku, kdy je v pohybu polovina řetězu.
7.6 a) tmin = 3,97 ◦
C, tmax = 30 ◦
C.
b) Vmin = 0,999 87 V0, Vmax = 1,003 90 V0.
7.7 a0 =
√
3
2
d, b0 =
1
2
d, ymin =
4
√
3
9E
l3
d4 F.
7.8 V (Tmin) = V0, Tmin = 2T0, V (Tmax) =
5
2
V0, Tmax =
25
8
T0.
54
Dodatek – procvičování derivací
Příklad: Nalezněte derivace funkcí:
a) y =
√
x b) y =
sin x
cos x
c) y = sin2
x d) y =
√
1 − x2
Řešení:
a) Odmocninu převedeme na mocninu a užijeme vzorec (D4):
d
dx
√
x =
d
dx
x
1
2 =
1
2
x
−
1
2 =
1
2
√
x
.
b) Užitím (P4) pro derivaci podílu dostaneme
d
dx
sin x
cos x
=
d
dx
sin x · cos x − sin x ·
d
dx
cos x
cos2
x
=
cos2
x + sin2
x
cos2
x
=
=
1
cos2
x
.
Současně jsme tak dokázali vzorec (D7).
c) Funkce je složená, zavedeme substituci. Označme z = sin x vnitřní funkci,
pak y = z2
. Podle (P5) je derivace této složené funkce rovna součinu derivace
vnější funkce y podle vnitřní funkce z a derivace vnitřní funkce z podle
proměnné x, tedy
dy
dx
=
dy
dz
·
dz
dx
(formálně je výraz rozšířen diferenciálem dz).
Jelikož
dy
dz
=
d
dz
z2
= 2z a
dz
dx
=
d
dx
sin x = cos x,
dostaneme po dosazení
dy
dx
= 2z · cos x = 2 sin x cos x = sin 2x.
d) Obdobně y =
√
z, z = 1 − x2
.
Tedy
dy
dz
=
1
2
√
z
=
1
2
√
1 − x2
,
dz
dx
= −2x.
Součin derivací je
dy
dx
=
dy
dz
·
dz
dx
= −
x√
1 − x2
.
Po jisté zkušenosti je možno upustit od substituce a psát rovnou
dy
dx
=
d
dx
√
1 − x2 =
d
d(1 − x2
)
√
1 − x2 ·
d
dx
(1 − x2
) =
=
1
2
√
1 − x2
· (−2x) = −
x√
1 − x2
.
55
Úloha: Nalezněte derivace funkcí:
a) y = 0,5x4
− 6x3
+ 2
b) y = ax2
+ bx + c
c) y = x
−
3
2
d) y =
1
x
e) y = (3x − 1)2
f) y = x −
1√
x
g) y = sin x2
h) y =
√
cos x
i) y = 2 cos2x
j) y = sin x cos x
k) y = sin 3x cos2
x
l) y = a sin(bx + c)
m) y = ln 2x
n) y = x2
ln x
o) y = ln(x2
+ 1)
p) y = 3e−2x
q) y = xe−x
r) y = ex
cos x
s) y =
x3
− 2x + 5
x2
− 1
t) y =
sin x
sin x + cos x
u) y = ln
x − 1
x + 1
v) y =
1 + x
1 − x
w) y =
ax + b
cx + d
x) y = (1 + sin x) tg x
y) y = tg
√
3x + 1
z) y = etg 2x
Výsledky:
a) 2x3
− 18x2
b) 2ax + b
c) −
3
2
x
−
5
2
d) −
1
x2
e) 6(3x − 1)
f) 1 +
1
2
√
x3
g) 2x cosx2
h) −
sin x
2
√
cos x
i) −4 sin2x
j) cos 2x
k) 3 cos3x cos2
x − sin 3x sin 2x
l) ab cos(bx + c)
m)
1
x
n) x(2 ln x + 1)
o)
2x
x2
+ 1
p) −6e−2x
q) (1 − x)e−x
r) ex
(cos x − sin x)
s)
x4
− x2
− 10x + 2
(x2
− 1)2
t)
1
(sin x + cos x)2
u)
2
x2
− 1
v)
1
(1 − x)
√
1 − x2
w)
a(cx + d) − c(ax + b)
(cx + d)2
x) sin x +
1 + sin x
cos2
x
y)
3
2
√
3x + 1 cos2
√
3x + 1
z)
2etg 2x
cos2
2x
56