Užití integrálního počtu ve fyzice

Pro závislost zrychlení na čase je možno psát:

$a=kt$, kde $k=\frac{\text{Δ}a}{\text{Δ}t}=\frac{\text{5 m·}{\text{s}}^{\mathrm{–2}}}{\text{10 s}}=\text{0,5 m·}{\text{s}}^{\mathrm{–3}}$

Pro rychlost a dráhu pohybu potom dostáváme:

$$v_{\text{(}10\text{)}}=0+\underset{0}{\overset{10}{\int }}\mathrm{0,5}t\text{\hspace{0.17em}d}t={\left[\frac{1}{4}{t}^2\right]}_0^{10}=\text{25 m·}{\text{s}}^{\mathrm{–1}}$$ $$s_{\text{(}10\text{)}}=0+\underset{0}{\overset{10}{\int }}\frac{1}{4}{t}^2\text{\hspace{0.17em}d}t={\left[\frac{1}{12}{t}^3\right]}_0^{10}=\text{83,3 m}$$

Za 10 s pohybu získal hmotný bod rychlost 25 m·s^–1 a urazil dráhu 83,3 m.

Určíme funkce f a g a meze y₁ a y₂. Vrchol parabolické úseče (viz obrázek) má souřadnice [–20; –5]. Protože osa paraboly je rovnoběžná s osou x, má tato parabola rovnici:

x + 20 = a (y + 5)², kde a∈R

Protože na parabole leží body o souřadnicích [0; –3], musí platit:

0 + 20 = a (–3 + 5)² ⇒ a = 5

Parabola má rovnici:

x + 20 = 5 (y + 5)²

Funkce f a g jsou:

g(y) = 0; y∈⟨–7; –3⟩

f(y) = 5 (y + 5)² – 20 = 5 (y² + 10y + 21); y∈⟨–7; –3⟩

Pro hledanou sílu pak dostáváme:

$F={\mathrm{–10}}^{\mathrm{–4}}\underset{\mathrm{–7}}{\overset{\mathrm{–3}}{\int }}[0–5(y^2+10y+21\left)\right]y\text{\hspace{0.17em}d}y$ $=5·{10}^{\mathrm{–4}}\underset{\mathrm{–7}}{\overset{\mathrm{–3}}{\int }}\left[\right(y^2+10y+21\left)\right]y\text{\hspace{0.17em}d}y$ $=5·{10}^{\mathrm{–4}}{[\frac{y^4}{4}+10\frac{y^3}{3}+21\frac{y^2}{2}]}_{\mathrm{–7}}^{\mathrm{–3}}$ ≐ 2,67 ·10⁶ N

Kapalina působí na jednu stranu desky silou, jejíž velikost je přibližně 3 MN.

Celková síla, která působí v podélném směru na tyč se rovná součtu odstředivých sil, kterými vzdálenější části tyče působí na ty části tyče, které se nacházejí blíž k ose otáčení. Příspěvek elementu tyče, vyznačeného na obrázku vpravo, k celkové síle bude:

dF = xω² dm = ρSω² x dm, kde S je průřez tyče.

Celková síla potom bude:

$F=\rho S{\omega }^2\underset{0}{\overset{\frac{\ell }{2}}{\int }}x\text{\hspace{0.17em}d}x$ $=\rho S{\omega }^2{\left[\frac{x^2}{2}\right]}_0^{\frac{\ell }{2}}$ $=\frac{1}{8}\rho S{\omega }^2{\ell }^2$.

Protože dovolené napětí: ${\sigma }_{\text{D}}=\frac{F}{S}$ , můžeme psát:

$${\sigma }_{\text{D}}=\frac{1}{8}\rho {\omega }^2{\ell }^2$$ $$\omega =\sqrt{\frac{8{\sigma }_{\mathrm{D}}}{\omega {\ell }^2}}$$

Pro dané hodnoty ω = 832 rad·s^–1.

Největší úhlová rychlost pro tyč může být 832 rad·s^–1.

Nejprve určíme velikost síly dF, kterou na sebe vzájemně působí hmotný bod o hmotnosti m₁ a element dm₂ tyče. Jelikož element můžeme považovat za hmotný bod, můžeme použít základního vztahu – Newtonův gravitační zákon ve tvaru pro dva hmotné body:

$$\text{d}{F}_{\text{g}}=\kappa \frac{m_1\text{d}{m}_2}{r^2}$$

Element tyče dm₂ má tvar válečku o délce dx. Jelikož délková hustota tyče je $\frac{m_2}{\ell }$ je hmotnost elementu $$\text{d}{m}_2=\frac{m_2}{\ell }\text{\hspace{0.17em}d}x\text{.}$$

Integrací přes všechny elementy tyče dostaneme:

$F_{\text{g}}=\kappa \underset{a–\frac{\ell }{2}}{\overset{a+\frac{\ell }{2}}{\int }}\frac{m_1{m}_2}{\ell x^2}\text{\hspace{0.17em}d}x$ $=\kappa \frac{m_1{m}_2}{\ell }{[–\frac{1}{x}]}_{a–\frac{\ell }{2}}^{a+\frac{\ell }{2}}$ $=\kappa \frac{m_1{m}_2}{\ell }[\frac{1}{a–\frac{\ell }{2}}–\frac{1}{a+\frac{\ell }{2}}]$ ,

$$F_{\text{g}}=\kappa \frac{m_1{m}_2}{a^2–{\left(\frac{\ell }{2}\right)}^2}$$

Zvolme si soustavu souřadnic podle obrázku. Element vody (vrstva vody o tloušťce dy – viz obrázek) o hmotnosti dm = πρx²dy musíme zvedat do výšky (r – y). Vykonáme tím práci:

$$\text{d}W=\pi \rho g{x}^2(r–y)\text{\hspace{0.17em}d}y\text{\hspace{0.17em}.}$$

Z rovnice kružnice $x^2+{(y—r)}^2=r^2$ dostaneme:

$$x^2=2ry–y^2$$

Dosazením obdržíme:

$$\text{d}W=\pi \rho g(2ry–y^2)(r–y)\text{d}y$$

a odtud integrací:

$W=\pi \rho g\underset{0}{\overset{r_2}{\int }}(2ry–y^2)(r–y)\text{d}y$ $=\pi \rho g\underset{0}{\overset{r_2}{\int }}(2r^{2}y–y^{2}r–2r{y}^2+y^3)\text{d}y$ $=\frac{9}{64}\pi r^4\rho g$

Pro dané hodnoty (ρ = 1 000 kg·m^–3, g = 10 m·s^–2, r = 2 m) je hledaná práce W = 70 690 J.

Ve vzdálenosti x si zvolme element vzdálenosti dx. Práce vykonaná na tomto elementu je dW = F dx.

Podle Coulombova zákona je:

$$\text{d}W=–\frac{1}{4\mathrm{\pi }{\epsilon }_0}\frac{Q_{1}Q}{x^2}\text{\hspace{0.17em}d}x\text{\hspace{0.17em}.}$$

Znaménko minus je zde proto, že musíme působit silou opačného směru než síla Coulombova. Odtud integrací:

$W=–\frac{Q_{1}Q}{4\pi {\epsilon }_0}\underset{\mathrm{\infty }}{\overset{r}{\int }}\frac{1}{x^2}\text{\hspace{0.17em}d}x$ $=–\frac{Q_{1}Q}{4\pi {\epsilon }_0}{[–\frac{1}{r}]}_{\infty }^r$ $=–\frac{Q_{1}Q}{4\pi {\epsilon }_0}[–\frac{1}{r}–\underset{x\to \infty }{\lim }\frac{1}{x}]$ $=\frac{Q_{1}Q}{4\pi {\epsilon }_0}\frac{1}{r}$

protože $\underset{x\to \infty }{\lim }\frac{1}{x}=0$

Pro dané hodnoty je W = 9·10¹² J.

Poznámka:

Uvědomte si, co jsme vlastně vypočetli v obecném řešení předchozího příkladu. Připomeňme si definici potenciálu: číselně je roven práci, kterou musíme vykonat při přenesení kladného jednotkového náboje z nekonečna do daného místa v elektrickém poli (tj. do vzdálenosti r). Z toho vyplývá, že práce

$$W=\frac{Q_{1}Q}{4\pi {\epsilon }_0}\frac{1}{r}$$

určuje vlastně pro Q₁ = 1 C potenciál bodového náboje Q, tj.:

$$\phi =\frac{Q}{4\pi {\epsilon }_0}\frac{1}{r}\text{\hspace{0.17em}.}$$

Potenciál v gravitačním poli hmotného bodu o hmotnosti m určíme pomocí práce potřebné k přemístění hmotného bodu o hmotnosti m¹ z nekonečna do bodu ve vzdálenosti r. Jelikož velikost gravitační síly F_g působící na hmotný bod o hmotnosti m₁ je:

$$F_{\text{g}}=\kappa \frac{m{m}_1}{r^2}\text{\hspace{0.17em},}$$

vypočteme práci potřebnou k přemístění bodu o hmotnosti m₁ z nekonečna do vzdálenosti r integrálem (podobně jako v předchozím příkladu):

$W=\underset{\mathrm{\infty }}{\overset{r}{\int }}\kappa m{m}_1\frac{\text{d}x}{x^2}$ $=\kappa m{m}_1\underset{\mathrm{\infty }}{\overset{r}{\int }}\frac{\text{d}x}{x^2}$

Hledaný potenciál

${\phi }_{\text{g}}=\frac{W}{m_1}$ $=\kappa m\underset{\mathrm{\infty }}{\overset{r}{\int }}\frac{\text{d}x}{x^2}$ $=\kappa m{[–\frac{1}{x}]}_{\mathrm{\infty }}^r\text{\hspace{0.17em},}$

$${\phi }_{\text{g}}=–\frac{\kappa m}{r}\text{\hspace{0.17em}.}$$

Použijeme zákon zachování mechanické energie. Ve výšce H nad zemským povrchem, odkud těleso začíná volně padat, má těleso jen potenciální energii, jejíž hodnota je vzhledem k zemskému povrchu dána vztahem:

$E_{\text{p}}=–\kappa mM(\frac{1}{R+H}–\frac{1}{R})$ $=\frac{\kappa mM}{R(R+H)}H\text{\hspace{0.17em}.}$

Při dopadu tělesa na zemský povrch má těleso jen kinetickou energii, pro kterou vzhledem k platnosti zákona zachování energie vyplývá

$$E_{\text{k}}=E_{\text{p}}=\frac{\kappa mM}{R(R+H)}H\text{\hspace{0.17em}.}$$

Tento vztah ještě můžeme upravit. Při povrchu Země:

$mg=\kappa \frac{mM}{R^2}$ ⇒ $g=\kappa \frac{M}{R^2}$

Dosadíme-li do vztahu pro E_k, dostaneme:

$$E_{\text{k}}=mgR\frac{H}{R+H}\text{\hspace{0.17em}.}$$

Je-li H ≫ R, pak je zlomek:

$\frac{H}{R+H}\doteq 1$ a $E_{\text{p}}=mgR$

Určíme tuhost pružiny k. Platí $F\text{(}y\text{)}=ky$:

$$k=\frac{F\text{(}y\text{)}}{y}$$

Označme prodloužení způsobené tíhou závaží o hmotnosti m písmenem d. Platí:

$mg=kd$ ⇒ $d=\frac{mg}{k}$ $=\frac{mg}{F\text{(}y\text{)}}y$

Pro dané hodnoty: d = 0,44 m.

Pro práci při prodloužení pružiny platí vztah $W=\underset{a}{\overset{b}{\int }}F\text{(}y\text{)}\text{\hspace{0.17em}d}y$.

Pro konkrétní údaje:

$W=\underset{\mathrm{0,44}}{\overset{\mathrm{0,44}+\mathrm{0,66}}{\int }}\frac{30}{\mathrm{0,66}}y\text{\hspace{0.17em}d}y$ $=\frac{1}{2}\mathrm{45,45}{\left[y^2\right]}_{\mathrm{0,44}}^{\mathrm{1,11}}$= 23 J

Práce síly při prodloužení pružiny o 66 cm je 23 J.

Postup bude obdobný jako v předchozím příkladu:

$W=R\underset{0}{\overset{T}{\int }}{I}_0^2{\text{sin}}^2\omega t\text{\hspace{0.17em}d}t$ $=R\underset{0}{\overset{T}{\int }}{I}_0^2\frac{1–\text{cos}2\omega t}{2}\text{\hspace{0.17em}d}t$ .

Dále použijeme substituci:

$\phi =2\omega t$ , pak $\text{d}t=\frac{1}{2\omega }\text{\hspace{0.17em}d}\phi$ , změníme meze ${\phi }_1=2\omega 0=0$ , ${\phi }_2=2\omega \mathrm{T}=0$ $=2\frac{2\pi }{T}T=4\pi$.

Potom:

$W=\frac{1}{2}R{I}_0^2\underset{0}{\overset{4\pi }{\int }}(1–\text{cos}\phi )\frac{1}{2\omega }\text{\hspace{0.17em}d}\phi$ $=\frac{R{I}_0^2}{4\omega }{[\phi –\text{sin}\phi ]}_0^{4\pi }$ $=\frac{R{I}_0^2}{4\frac{2\pi }{T}}4\pi$ $=R{I}_0^2\frac{T}{2}$ ,

$$W=\frac{R{I}_0^2}{2}T\text{\hspace{0.17em}.}$$

Poznámka:

Z takto vypočtené práce lze jednoduše spočítat průměrný výkon (za jednu periodu).

$P=\frac{W}{T}$ $=\frac{R{I}_0^2}{2}$ $=R{\left(\frac{I_0}{\sqrt{2}}\right)}^2$ $=R{I}_{\text{ef}}^2$, kde $I_{\text{ef}}=\frac{I_0}{\sqrt{2}}$ je efektivní hodnotota střídavého proudu.

Pro adiabatický děj platí pV^κ = konst. (κ = 1,4 pro dvouatomový plyn). Označíme V₁ = 200 m³, V₂ = 50 m³, p₁ = 20 Pa, pV^κ = C.

Z rovnice pro adiabatický děj můžeme vyjádřit tlak p₂ na konci děje:

$p_1{V}_1^{\kappa }=p_2{V}_2^{\kappa }$ ⇒ $p_2={\left(\frac{V_2}{V_1}\right)}^2{p}_1$.

Po dosazení p₂ = 139,3 Pa.

Nyní vypočteme práci vykonanou při stlačování vzduchu. Platí:

$p{V}^{\kappa }=C$ ⇒ $p=C{V}^{\text{\hspace{0.17em}–}\kappa }$.

Dále můžeme psát:

$W=–\underset{V_1}{\overset{V_2}{\int }}p\text{\hspace{0.17em}d}V$ $=–\underset{V_1}{\overset{V_2}{\int }}C{V}^{–\kappa }\text{d}V$ $=–C{\left[\frac{V^{–\kappa +1}}{–\kappa +1}\right]}_{V_1}^{V_2}$ $=\frac{C}{\kappa –1}(V_2^{1–\kappa }–V_1^{1–\kappa })$ $=\frac{p_{}{V}_1^{\kappa }}{\kappa –1}(V_2^{1–\kappa }–V_1^{1–\kappa })$ $=\frac{p_{}{V}_1}{\kappa –1}[{\left(\frac{V_2}{V_1}\right)}^{\kappa –1}–1]$.

Pro dané hodnoty: W = 7411 J.

Při izotermickém ději se vnitřní energie ideálního plynu nemění. Při změně svého objemu z V₁ na V₂ vykoná plyn práci W', která se přemění na teplo. Z 1. termodynamického zákona dostaneme 0 = Q – W', z toho:

$$W\text{'}=Q=\underset{V_1}{\overset{V_2}{\int }}p\text{\hspace{0.17em}d}V\text{.}$$

Za tlak dosadíme ze stavové rovnice výraz:

$$p=\frac{m}{M_{\text{m}}}\frac{RT}{V}\text{.}$$

Potom:

$W\text{'}=Q$ $=\frac{m}{M_m}RT\underset{V_1}{\overset{V_2}{\int }}\frac{\text{d}V}{V}$ $=\frac{m}{M_m}RT\text{\hspace{0.17em}ln\hspace{0.17em}}\frac{V_2}{V_1}\text{\hspace{0.17em}.}$

Při izotermické změně platí podle Boylova-Mariottova zákona vztah:

$$\frac{V_2}{V_1}=\frac{p_1}{p_2}\text{\hspace{0.17em}.}$$

Proto:

$$W\text{'}=\frac{m}{M_m}RT\text{\hspace{0.17em}ln\hspace{0.17em}}\frac{p_1}{p_2}=Q\text{.}$$

Protože p₁ < p₂, je tato práce (i přijaté teplo) záporné. Na izotermickou kompresi je třeba dodat kladnou práci W = –W', která se zcela přemění na teplo Q', které plyn vydá a které se chlazením plynu odebere. Pro toto teplo platí:

$Q\text{'}=W=–\frac{m}{M_m}RT\text{\hspace{0.17em}ln\hspace{0.17em}}\frac{p_1}{p_2}$ $=\frac{m}{M_m}RT\text{\hspace{0.17em}ln\hspace{0.17em}}\frac{p_2}{p_1}\text{\hspace{0.17em},}$

a tedy Q' = 2027 J.

Oxidu uhličitému se při chlazení musí odejmout 2027 J tepla.

Při izotermické změně bude mít vzduch tlak p₁, objem V₁ a teplotu T₁. Pro tyto veličiny podle Boylova zákona platí:

$p_0{V}_0=p_1{V}_1$; T₀ = T₂

Při adiabatické změně se změní tlak, objem i teplota plynu na hodnoty p₂, V₂, T₂. Výslednou teplotu určíme užitím vztahu pro adiabatickou změnu a stavovou rovnici:

$$p_1{V}_1^{\kappa }=p_2{V}_2^{\kappa }\text{\hspace{0.17em},}$$ $$\frac{p_1{V}_1}{T_1}=\frac{p_2{V}_2}{T_2}\text{\hspace{0.17em}.}$$

Po vydělení 1. rovnice 2. rovnicí dostaneme:

$$T_1{V}_1^{\kappa –1}=T_2{V}_2^{\kappa –1}\text{\hspace{0.17em}.}$$

Protože T₁ = T₀, můžeme dále psát:

$T_0{V}_1^{\kappa –1}=T_2{V}_2^{\kappa –1}$ ⇒ $T_2=T_0{\left(\frac{V_1}{V_2}\right)}^{\kappa –1}$.

Pro dané hodnoty je T₂ = 108,6 K, t₂ = –164,4 °C.

Celková práce W', kterou plyn vykoná, se bude rovnat součtu prací získaných při izotermické změně W'₁ a adiabatické změně W'₂. Platí pro ně:

${W\text{'}}_1=\underset{V_0}{\overset{V_1}{\int }}p\text{\hspace{0.17em}d}V$ $=\frac{m}{M_{\text{m}}}R{T}_0\underset{V_0}{\overset{V_1}{\int }}p\frac{\text{d}V}{V}$ $=p_0{V}_0\text{\hspace{0.17em}ln\hspace{0.17em}}\frac{V_1}{V_0}$,

$${W\text{'}}_2=–W_2=–\underset{T_1}{\overset{T_2}{\int }}m{c}_{\text{v}}\text{\hspace{0.17em}d}T=m{c}_{\text{v}}(T_2–T_1)\text{.}$$

c_v vyjádříme pomocí Mayerovy rovnice C_p = C_v + R, kam dosadíme:

$C_{\text{p}}=c_{\text{p}}{M}_{\text{m}}$, $C_{\text{v}}=c_{\text{v}}{M}_{\text{m}}$, $\kappa =\frac{c_{\text{p}}}{c_{\text{v}}}$ ⇒ $c_{\text{p}}=\kappa c_{\text{v}}$.

Dostaneme:

$c_{\text{p}}{M}_{\text{m}}=c_{\text{v}}{M}_{\text{m}}+R$, $\kappa c_{\text{v}}{M}_{\text{m}}=c_{\text{v}}{M}_{\text{m}}+R$ ⇒ $c_{\text{v}}=\frac{R}{M_{\text{m}}(\kappa –1)}$.

Vztah pro W'₂ pak můžeme dále upravit po dosazení za c_v:

${W\text{'}}_2=\frac{mR}{M_{\text{m}}(\kappa –1)}(T_1–T_2)$ $=\frac{mR{T}_1}{M_{\text{m}}(\kappa –1)}(1–\frac{T_2}{T_1})$.

Podle stavové rovnice je však $\frac{mR{T}_1}{M_{\text{m}}}=p_{\text{0}}{V}_{\text{0}}$ takže:

$${W\text{'}}_2=\frac{p_0{V}_0}{\kappa –1}(1–\frac{T_2}{T_1})$$

Celková práce, kterou vykonal plyn, je pak rovna součtu těchto dvou prací, tj.:

$W\text{'}={W\text{'}}_1+{W\text{'}}_2$ $=p_0{V}_0\text{\hspace{0.17em}ln\hspace{0.17em}}\frac{V_1}{V_0}+\frac{p_0{V}_0}{\kappa –1}(1–\frac{T_2}{T_1})$ $=p_0{V}_0[\text{ln\hspace{0.17em}}\frac{V_1}{V_0}+\frac{1}{\kappa –1}(1–\frac{T_2}{T_1})]$.

Pro dané hodnoty: W' = –104 J.

Plyn tedy spotřeboval práci 104 J.

Ve zvolené soustavě souřadnic je y_T = 0 m, z_T = 0 m.

Z obrázku je vidět: ℓ = 2r α, x = r cos φ, dℓ = dφ.

Po dosazení do vztahu pro x_T dostáváme:

$$x_{\text{T}}=\frac{1}{2r\alpha }{r}^2\underset{\mathrm{–\alpha }}{\overset{\alpha }{\int }}\text{cos\hspace{0.17em}}\phi \text{\hspace{0.17em}d}\phi =r\frac{\text{sin\hspace{0.17em}}\alpha }{\alpha }\text{\hspace{0.17em}.}$$

Dle obrázku můžeme psát:

$\frac{x}{y}=\frac{r}{v}$ ⇒ $x=\frac{r}{v}y$.

Zvolme počátek soustavy souřadnic ve vrcholu kužele. Pak je x_T = 0, z_T = 0. Pro y_T platí:

$y_{\text{T}}=\frac{\underset{\text{(m)}}{\overset{}{\int }}y\text{\hspace{0.17em}d}m}{M}$ $=\frac{\frac{3M}{v^3}\underset{0}{\overset{v}{\int }}{y}^3\text{\hspace{0.17em}d}v}{M}$ $=\frac{3}{v^3}{\left[\frac{y^4}{4}\right]}_0^v$ $=\frac{3}{4}v$

kde $\text{d}m=\rho \pi x^2\text{\hspace{0.17em}d}y$ $=\frac{M}{\frac{\pi r^{2}v}{3}}\pi \frac{r^2}{v^2}{y}^2\text{\hspace{0.17em}d}y$ $=\frac{3M}{v^3}{y}^3\text{\hspace{0.17em}d}y$

Těžiště se nachází ve ¾ výšky od vrcholu kužele.

1. Pro moment setrvačnosti vzhledem k ose o' můžeme psát

$$J=\underset{\text{(m)}}{\overset{}{\int }}{x}^2\text{\hspace{0.17em}d}m=\rho \underset{\text{(V)}}{\overset{}{\int }}{x}^2\text{\hspace{0.17em}d}V=\frac{m}{S\ell }\underset{0}{\overset{\ell }{\int }}S{x}^2\text{\hspace{0.17em}d}x\text{\hspace{0.17em}.}$$

Potom

$$J=\frac{m}{\ell }\underset{0}{\overset{\ell }{\int }}{x}^2\text{\hspace{0.17em}d}x=\frac{m}{\ell }{\left[\frac{x^2}{3}\right]}_0^{\ell }=\frac{1}{3}m{\ell }^2\text{\hspace{0.17em}.}$$

2. 1. řešení – obdobně jako předchozí, pouze meze jinak (počítáme J₀ vzhledem k o, ale x tentokrát měříme od osy o)

$$J=\underset{\text{(m)}}{\overset{}{\int }}{x}^2\text{\hspace{0.17em}d}m=\rho \underset{\text{(V)}}{\overset{}{\int }}{x}^2\text{\hspace{0.17em}d}V=\frac{m}{S\ell }\underset{–\frac{\ell }{2}}{\overset{\frac{\ell }{2}}{\int }}S{x}^2\text{\hspace{0.17em}d}x\text{\hspace{0.17em}.}$$

Po integraci dostaneme:

$$J=\frac{m}{\ell }\underset{–\frac{\ell }{2}}{\overset{\frac{\ell }{2}}{\int }}{x}^2\text{\hspace{0.17em}d}x=\frac{m}{\ell }{\left[\frac{x^2}{3}\right]}_{–\frac{\ell }{2}}^{\frac{\ell }{2}}=\frac{1}{12}m{\ell }^2\text{\hspace{0.17em}.}$$

2. řešení – pomocí Steinerovy věty:

$J=J_0+m{\left(\frac{\ell }{2}\right)}^2$ ⇒ $J_0=J–m{\left(\frac{\ell }{2}\right)}^2$ $=\frac{1}{3}m{\ell }^2–\frac{1}{4}m{\ell }^2$ $=\frac{1}{12}m{\ell }^2\text{.}$

V případě b) oba postupy dávají stejný výsledek.

Zvolíme-li hmotný element desky ve tvaru mezikruží šířky dx, pak vzhledem k obrázku můžeme psát:

$J_0=\underset{\text{(m)}}{\overset{}{\int }}{x}^2\text{\hspace{0.17em}d}m$ $=\underset{0}{\overset{r}{\int }}{x}^2\frac{m}{\pi r^{2}h}2\pi hx\text{\hspace{0.17em}d}x$ $=\frac{2m}{r^2}\underset{0}{\overset{r}{\int }}{x}^3\text{\hspace{0.17em}d}x$,

$$J_0=\frac{2m}{r^2}{\left[\frac{x^4}{4}\right]}_0^r=\frac{1}{2}m{\ell }^2\text{,}$$

kde $\rho =\frac{m}{\pi r^{2}h}$ je hustota tělesa, h je tloušťka desky.

Zvolme si souřadnou osu y za osu rotace (obrázek). Kouli si rozdělíme řezy rovnoběžnými s rovinou (xz) na elementární kruhové destičky o poloměru x, tloušťce dy a hmotnosti m = πx²ρ dy.

Moment setrvačnosti tohoto elementu vzhledem k ose y je podle předchozího příkladu:

$\text{d}J=\frac{1}{2}{x}^2\text{\hspace{0.17em}d}m$, $\text{d}J=\frac{1}{2}\pi x^4\rho \text{\hspace{0.17em}d}y$.

kde ρ je hustota materiálu koule.

Ve výše popsaném vztahu máme dvě proměnné. Platí však: $x^2+y^2=r^2$ ⇒ $x^2=r^2–y^2$.

Po dosazení a integraci máme:

$J_0=\frac{1}{2}\pi \rho \underset{–r}{\overset{r}{\int }}{(r^2–y^2)}^2\text{d}y$ $=2\frac{1}{2}\pi \rho \underset{0}{\overset{r}{\int }}{(r^2–y^2)}^2\text{d}y$

Jelikož hmotnost koule je $m=\frac{4}{3}\pi r^3\rho$, dostáváme po výpočtu integrálu a dosazení

$$J_0=\frac{2}{5}m{r}^2$$

---

Úlohy na procvičování

(vhodné k samostatné práci)

Příklad 1

Jak velkou silou působí voda na boční obdélníkovou stěnu nádoby, jestliže vodorovná délka stěny a = 20 cm a svislá b = 15 cm a je-li nádoba zcela zaplněná vodou? (g = 9,81 m·s^–2, ρ = 1000 kg·m^–3)

[≐22,1 N]

Příklad 4

Koule plave v kapalině hustoty ρ tak, že je do ní ponořená polovinou svého objemu. Jaká práce se vykoná při vytažení koule nad hladinu kapaliny, jestliže poloměr koule je R?

[ $\frac{5}{12}\pi R^4\rho g$ ]

Příklad 5

O kolik se prodlouží tyč délky ℓ a průřezu S působením vlastní tíhy, je-li na jednom konci upevněná? Hustota materiálu je ρ, modul pružnosti v tahu je E. Uvažujte, že se jedná o pružnou deformaci – platí Hookův zákon.

[Návod: použijte Hookův zákon, vyjádřete prodloužení elementu tyče, pak zintegrujte.]

[ $\text{Δ}\ell =\frac{1}{2}\frac{\rho g}{E}{\ell }^2$ ]

Příklad 6

Řešte příklad 5 za předpokladu, že ke konci tyče je zavěšeno závaží o hmotnosti m.

[ $\text{Δ}\ell =\frac{1}{2}\frac{\mathrm{\rho \hspace{0.17em}g}}{\mathrm{E}}{\ell }^2+\frac{\mathrm{m\hspace{0.17em}g}}{\mathrm{E\hspace{0.17em}S}}\ell$ ]

Příklad 7

Síla, která je potřeba k prodloužení kovového sloupku délky a na délku a + x, se rovná $\frac{\mathrm{k\hspace{0.17em}x}}{a}$, kde k je konstanta. Vypočtěte práci vykonanou prodloužením sloupku délky a na délku b.

[ $\frac{k(b^2–a^2)}{2a}$ ]

Příklad 8

Určete moment setrvačnosti homogenního rotačního válce o hmotnosti m a poloměru R vzhledem k podélné ose válce.

[ $J_0=\frac{1}{2}m{R}^2$ ]

Příklad 9

Dokažte pomocí integrálního počtu, že těžiště rovnostranného trojúhelníka je ve vzdálenosti ⅓ výšky od základny.

Příklad 10

Střední hodnota $I_{\text{S}}=\frac{2}{T}\underset{0}{\overset{\frac{T}{2}}{\int }}i\text{\hspace{0.17em}d}t$ periodicky proměnného proudu i = I₀ sin(ωt), kde $\omega =\frac{2\pi }{T}$ je hodnota stejnosměrného proudu, kterým se přenese stejný elektrický náboj. Určete I_S pro sinusový proud i = I₀ sin(ωt).

[ $I_{\text{S}}=\frac{2I_0}{\pi }$ ]

Příklad 11

Tlak a objem plynu jsou vázány vztahem pV^κ = C, kde κ = 1,4; C je konstanta.

1. Vypočtěte práci vykonanou stlačením 1024 m³ plynu tlakem 18 Pa na objem 243 m³.
2. Ukažte, že práce vykonaná stlačením plynu s tlakem p₁ z objemu V₁ na objem V₂ je $\frac{5}{2}{p}_1{V}_1[{\left(\frac{V_1}{V_2}\right)}^{\frac{2}{5}}–1]$.

[a) $\frac{\mathrm{18\hspace{0.17em}432}}{\mathrm{0,4}}[{\left(\frac{1024}{243}\right)}^{\mathrm{0,4}}–1]\text{ J}$ ]

Příklad 12

Kolik tepla je třeba na izotermickou expanzi 2 litrů vodíku o tlaku 0,08 MPa na čtyřnásobný objem? Jaký bude výsledný tlak?

[ $Q\mathrm{=}{p}_0{V}_0\text{ln}\left(\frac{V_1}{V_0}\right)$; Q = 221,8 J; p = 0,02 MPa]