5.Dynamika ruchu postępowego, ruchu punktu materialnego po okręgu i ruchu obrotowego bryły sztywnej Wybór i opracowanie zadań 5.1.1-5.1.10; 5.2.1-5.2.6 oraz 5.3.1-5.3.19 Ryszard Signerski i Małgorzata Obarowska. Zadania 5.1.11-5.1.14 oraz 5.3.20 opracował Krystyn Kozłowski. 5.1. Dynamika ruchu postępowego 5.1.1. Balon opada ze stałą prędkością. Jaką masę balastu należy wyrzucić, aby balon zaczął wznosić się z tą samą prędkością? Masa balonu (z balastem) wynosi 300 kg, a siła wyporu 2900N. 5.1.2. Małpka wspina się po pionowej lianie z przyspieszeniem 0,5 m/s2. Oblicz siłę napinającą lianę, jeżeli masa małpki wynosi 5 kg. Masę liany zaniedbać. 5.1.3. Winda może poruszać się w górę i w dół z przyspieszeniem o takiej samej wartości. W windzie tej na wadze sprężynowej stoi studentka. Różnica wskazań wagi przy ruchu w górę i w dół wynosi 50 N. Jakie jest przyspieszenie windy, jeżeli ciężar studentki wynosi 500 N? 5.1.4. W wagonie poruszającym się poziomo z pewnym przyspieszeniem wisi na nici ciężarek o masie 100 g. Nić odchylona jest od pionu o kąt 150. Oblicz przyspieszenie wagonu i siłę napinającą nić. 5.1.5. Dźwig podnosi ciężar Q zawieszony na linie, której dopuszczalne naprężenie wynosi Fmax. Znajdź najkrótszy czas, w którym można podnieść ten początkowo spoczywający ciężar na wysokość h. Opory ośrodka i ciężar liny pominąć. 5.1.6. Sanki zsunęły się za zbocza o nachyleniu 300 i długości 20 m, po czym do chwili zatrzymania przebyły odległość 200 m po torze poziomym. Współczynnik tarcia na całej trasie jest jednakowy. Wyznacz jego wartość. 5.1.7. Oblicz wysokość, na jaką może wjechać samochód, który mając początkową prędkość 72 km/h, porusza się w górę z wyłączonym silnikiem. Nachylenie zbocza wynosi 300, a efektywny współczynnik tarcia 0,1. 5.1.8. Dwa klocki o masach m1 i m2 związane nieważką i nierozciągliwą nicią leżą na poziomym stole. Do pierwszego z nich przyłożono siłę F pod kątem α (patrz rys. 5.1.8.). Współczynniki tarcia między klockami, a stołem wynoszą odpowiednio f1 i f2. Oblicz przyspieszenie klocków i siłę napinającą nić. r F m2 f2 m1 f1 rys. 5.1.8. α 5.1.9. Dwa ciężarki o masach m1 i m2 połączono nieważką i nierozciągliwą nicią przerzuconą przez bloczek znajdujący się na szczycie równi m2 (rys. 5.1.9.). Współczynnik tarcia między ciężarkiem m2 i równią wynosi f2, a kąt m1 nachylenia równi α. Masę bloczka można pominąć. Wyznacz siłę napięcia nici i α przyspieszenie ciężarków, przyjmując, że ciężarek m1 porusza się w dół. rys. 5.1.9. 5.1.10 Klocek o masie m = 3 kg położono na wózek o masie M = 15 kg. Współczynnik tarcia między tymi ciałami wynosi f = 0,2. Na klocek działa pozioma siła F = 20 N, a wózek może poruszać się swobodnie (bez tarcia) po szynach. Znajdź przyspieszenie klocka względem wózka. 5.1.11. Traktor ciągnie ze stałą prędkością v = 2 m/s przyczepę o masie m = 104 kg, działając siłą F = 103 N. Ile wynosi wartość wypadkowej wszystkich sił działających na przyczepę ? 5.1.12. Ciało o ciężarze P = 30 N spada w powietrzu z przyspieszeniem a = 8m/s2. Obliczyć siłę oporu powietrza. Przyjąć g = 10 m/s2. 5.1.13. Do klocka, początkowo spoczywającego na poziomej powierzchni, przyłożono poziomo skierowaną siłę równą ciężarowi klocka, która działała w ciągu czasu τ = 15s . Jak długo będzie trwał ruch klocka po zaprzestaniu działania siły, jeżeli współczynnik tarcia klocka o podłoże f = 0,2 ? 5.1.14. Dany jest układ jak na rysunku, przy czym: m1 ≠ m2 ≠ m3 . Tarcie i wpływ krążka pomijamy. Które z tych ciał można zamienić miejscami, aby siła N napinająca nić łączącą masy m1 i m2 nie uległa zmianie ? 5.2. Dynamika ruchu punktu materialnego po okręgu 5.2.1. Po wypukłym moście o promieniu krzywizny R = 100 m jedzie samochód ze stałą prędkością v = 54 km/h. Masa samochodu wynosi m = 2000 kg. Oblicz siłę nacisku samochodu na most w jego najwyższym punkcie. Jaka musiałaby być prędkość samochodu, aby stracił on kontakt z podłożem? 5.2.2. Mały ciężarek o masie m = 100 g przywiązano do nici o długości l = 50 cm i wprawiono w ruch obrotowy po okręgu w płaszczyźnie poziomej. Nić odchyla się od pionu o kąt α = 450. Wyznacz prędkość kątową ciężarka, okres obiegu i siłę napięcia nici. 5.2.3. Kierowca samochodu jadącego z prędkością v zauważa nagle przed sobą ścianę. Jak powinien zareagować kierowca: zahamować, czy zakręcić, próbując uniknąć uderzenia w ścianę? Współczynnik tarcia kół o podłoże wynosi f. 5.2.4. Jaka jest prędkość satelity na orbicie kołowej odległej o h od powierzchni Ziemi? Stała grawitacji jest równa G, masa Ziemi wynosi Mz, , a jej promień Rz. 5.2.5. Okres obiegu Księżyca wokół Ziemi wynosi T = 27,32 dób ziemskich, a jego średnia odległość od Ziemi r = 384 400 km. Oblicz masę Ziemi. Stała grawitacji G = 6,67 x 10-11 Nm2/kg2. 5.2.6. Oblicz promień orbity stacjonarnego satelity Ziemi. Dane są: promień Ziemi RZ = 6370 km, przyspieszenie na powierzchni Ziemi 9,81 m/s2 i czas trwania doby ziemskiej 24 godziny. 5.3. Dynamika ruchu obrotowego bryły sztywnej 5.3.1. Koło zamachowe o momencie bezwładności I = 0,2 kgm2 obraca się wokół poziomej osi przechodzącej przez jego środek, wykonując n = 600 obr/min. Przy hamowaniu koło zatrzymuje się po upływie czasu ∆t = 20 s. Znajdź moment siły hamującej i liczbę obrotów do chwili zatrzymania. 5.3.2. Na rurę o cienkich ściankach nawinięto nić, której wolny koniec przymocowano do sufitu. Rura odkręca się z nici pod działaniem własnego ciężaru (rys. 5.3.2.). Znajdź przyspieszenie rury i siłę napięcia nici, jeżeli masę i grubość nici można zaniedbać. Początkowa długość nici jest dużo większa od promienia rury. Ciężar rury wynosi Q. r N r r r Q rys. 5.3.2. 9. Promień kuli wynosi R. 5. że nić nie ślizga się po bloczku. .2 kg.3. CO.3. dla której r = 1. 5.13 Ǻ i do m1 + m2 molekuły HCl gdzie r = 1.10. Masy i promienie tych ciał są jednakowe. że moment bezwładności układu składającego się z dwóch mas m1 i m2 odległych o r od siebie względem osi prostopadłej do odcinka łączącego m1 i m2 i przechodzącej przez środek masy układu wynosi µr2.3. Masa bloczka wynosi m = 0.12.3. 5. w którym obręcz rzucona przez zawodniczkę tocząc się początkowo z poślizgiem wraca ku niej i w końcowej fazie ruchu toczy się już bez poślizgu. jeżeli w czasie rzutu zawodniczka nada obręczy ruch obrotowy o odpowiednim kierunku (rys. 5. Wykaż. jej masa M.3. 5.3.3. Molekuła jest liniowa z atomem C znajdującym się w jej środku. Po idealnie gładkiej poziomej powierzchni ślizga się bez obrotów walec.3. Kula o początkowej prędkości w ruchu postępowym v0 = 10 m/s wtacza się bez poślizgu na równię pochyłą o kącie nachylenia 450. kątowe i siłę tarcia. do końców której przymocowano ciężarki o masach m1 = 0. Prędkość liniowa środka masy wynosi v0. µ jest masą zredukowaną układu i m1m2 wynosi µ = .3.27 Ǻ. Znajdź związek pomiędzy początkową wartością prędkości ruchu postępowego v0 i prędkości kątowej ω0. 5.8. Przyjmij.6.3. Oblicz moment bezwładności molekuły.11. masie m i promieniu r. 5.5 kg i m2 = 0.3. 5.5. Bloczek traktujemy jako jednorodny krążek. jednorodne ciała: walec i kula staczają się bez poślizgu z równi pochyłej o kącie nachylenia α i wysokości h. Środek masy kuli bilardowej posiada początkową prędkość v0 (rys.4. Jak daleko przesunie się kula po stole. Przez bloczek zawieszony na poziomej osi przerzucono nieważką i nierozciągliwą nić. 5.9. Które z nich stoczy się wcześniej? 5.4 kg. W pewnej chwili powierzchnia pod walcem staje się szorstka. zanim przestanie się ślizgać? rys.10.3. Jest to możliwe. a współczynnik tarcia pomiędzy r v0 kulą i stołem jest równy µ.3.). 5.). W czasie pokazów gimnastyki artystycznej można oglądać ćwiczenie. a kierunek prędkości jest prostopadły do osi walca.3. Jaką drogę przebędzie kula po równi do chwili zatrzymania się i po jakim czasie wróci do podstawy równi? 5.3. Długość wiązania C─O wynosi 1.5.9. Znajdź liniowe przyspieszenie ciężarków. CO2 względem osi przechodzącej przez środek masy i prostopadłej do osi molekuły. Wyznacz jego przyspieszenie liniowe. a współczynnik tarcia posuwistego r przyjmuje wartość f.10. 5. Pełne. Z równi pochyłej o kącie nachylenia α stacza się bez poślizgu ciało o momencie bezwładności I.13 x 10-10 m.7. Otrzymany wynik zastosuj do molekuły. Po jakim czasie walec będzie się toczył F bez poślizgu i jaka będzie wtedy prędkość jego środka masy? r R α rys. r v0 rys. Ramiona dźwigni mają długości l1 i l2. Na końcu nici zawieszono ciężarek o masie m (rys. 5.3. 5. 5.14.* Belka o długości l i masie M może swobodnie obracać się wokół poziomej osi przechodzącej przez jeden z jej końców.3. Na walec nawinięta jest nieważka i nierozciągliwa nić. jeśli zegnie on ręce tak. rys. rys.3.3.3.13. Oblicz wartość siły F.). W drugi koniec belki uderza kula o masie m mająca poziomą prędkość v0 (rys. 5. Ciężki walec o promieniu R i momencie bezwładności I0 wiruje z prędkością kątową ω0. l2 l1 r F 5. Kula grzęźnie w belce.3.3.3. W jakie miejsce belki powinna uderzyć kula.13.) wskutek czego walec zatrzymuje się po czasie t.13.12.5. Krzesło wiruje wykonując n1 = 1 obr/sek. W chwili t = 0 do dźwigni hamulcowej przyłożono siłę F (rys.3. Znajdź prędkość kątową belki tuż po uderzeniu kuli.). którą przerzucono przez nieważki bloczek. aby składowa pozioma siły reakcji osi w chwili uderzenia wynosiła zero? r v0 m rys. Opisz ruch kołowrotu w zależności od kąta α jaki tworzy nić z kierunkiem poziomym. Wyznacz przyspieszenie ciężarka i siłę tarcia działającą na walec przyjmując. 5. 5. że może być on pełen lub wydrążony (cienkościenna rura). Kołowrót o masie m. 5.12.14.16.3.* Walec o masie M i promieniu r może toczyć się po poziomym stole. Odległość każdego odważnika od osi obrotu wynosi l1 = 80 cm.14.3. Jak zmieni się szybkość wirowania studenta.). 5. 5.16. a współczynnik tarcia między dźwignią i walcem wynosi f.16. . że odważniki będą w odległości l2 = 20 cm od osi obrotu? Moment bezwładności studenta i krzesła (całkowity) względem osi obrotu wynosi I0 = 3 kgm2. Na kołowrót nawinięta jest nić. Na krześle mogącym obracać się swobodnie wokół osi pionowej siedzi student i trzyma w wyprostowanych rękach odważniki po m = 5 kg każdy. momencie bezwładności I0 i promieniach zewnętrznym R oraz wewnętrznym r leży na płaszczyźnie poziomej (rys. 5.15. do której przyłożono siłę F.3. * Na brzegu poziomej.3. 5.3. .17.5. Ile razy moment bezwładności kuli A jest większy od momentu bezwładności kuli B ? Moment bezwładności kuli I = 0. Masa kuli A jest 8 razy większa od masy kuli B. okrągłej platformy o masie M i promieniu R stoi student o masie m. która tworzy kąt 300 względem pionu. Dane są dwie pełne kule A i B wykonane z tego samego materiału. Jaką drogę przebędzie student względem platformy w czasie jej jednego pełnego obrotu? 5. Platforma może obracać się bez tarcia wokół pionowej osi.20.4mr2.3.4 kg i momencie bezwładności I = 5 ⋅ 10 −3 kg m 2 wiruje z prędkością kątową ω = 80 s-1 wokół osi.* Samolot sportowy z jednym śmigłem lecący z prędkością v = 360 km/h wykonuje zakręt o promieniu r = 800 m.3. Oblicz moment sił wywierany przez śmigło na samolot. 5.* Bąk o masie m = 0. jeżeli student zacznie chodzić wzdłuż jej brzegu ze stałą względem niej prędkością v. Oblicz wartość prędkości kątowej precesji osi bąka.19.18. Środek masy bąka znajduje się w odległości l = 10 cm od punktu podparcia. jeżeli moment bezwładności śmigła wykonującego n = 2400 obr/min wynosi I = 15 kgm2. Jaka będzie prędkość kątowa platformy ω. R r r v Na balon działają siły: ciężkości Q . gdzie m – masa wyrzuconego balastu. wyporu FW i oporu powietrza FO . to na podstawie I zasady dynamiki Newtona.Rozwiązania: 5. Ponieważ balon w dół i w górę porusza się ze stałą prędkością. Rozwiązując te równania otrzymamy: F ⎞ ⎛ m = 2⎜ M − W ⎟ . Dynamika ruchu postępowego. 5. W naszym zadaniu wartości prędkości przy opadaniu i wznoszeniu balonu są takie same. Gdy balon wznosi się: r FW r v r Q2 r FO Q2 + FO − FW = 0 .1. Q2 = (M − m )g . (czyli siła wypadkowa) wynosi zero. r FO r FW r v r Q1 równanie wiążące wartości sił ma postać: Q1 − FW − FO = 0 . suma tych sił. Wartość siły oporu powietrza F0 zależy od prędkości poruszającego się ciała. gdzie Q1 = Mg . m = 2⎜ 300 kg − m ⎟ ⎜ 10 2 ⎟ ⎜ s ⎠ ⎝ .1.1. ⎜ g ⎟ ⎝ ⎠ a po wstawieniu wartości liczbowych: ⎛ ⎞ ⎜ 2900 N ⎟ ⎟ = 20 kg . r r r Q + FW + FO = 0 Jeżeli balon opada. a więc także wartości sił oporu są jednakowe. skierowaną r ku górze. Ostatecznie: F = FR = m(a + g ) . liana działa na małpkę siłą reakcji FR o takiej samej wartości. Siła r r r r wypadkowa wynosi: m a = Q + FR .1. Wartość siły FR równa jest sile nacisku na wagę (III zasada dynamiki). (czyli także wskazań wagi) wyznaczonych z równań (1) i (2) wynosi: Q ∆FR = FR1 − FR2 = 2 ma = 2 ⋅ a . Wypadkowa tych dwóch sił. r r r Na studentkę działają dwie siły: ciężkości Q = m g oraz reakcji podłoża (wagi) FR .5.2. Ruch w górę: r FR1 ma = FR1 − Q Q = mg r a (1) r Q Ruch w dół: r FR1 ma = Q − FR2 (2) r a r Q Różnica sił reakcji. Zgodnie z III r zasadą dynamiki. czyli wskazaniu wagi.5 N . gdzie Q = mg . g czyli: . r Małpka działa na lianę siłą F skierowaną w dół. Drugą siłą działającą na małpkę jest siła ciężkości Q . m m⎞ ⎛ F = 5 kg ⎜ 0 .R. Jest to siła napinająca lianę. m – masa małpki.1. r r r r zgodnie z II zasadą dynamiki nadaje małpce przyspieszenie a : m a = FR + Q .5 2 + 10 2 ⎟ = 52 . s s ⎠ ⎝ 5.R. Wartość siły FR wyznaczymy z równania: m a = FR − Q .3. Q m= .4. czyli: r r r ma = F + Q.R.R. Jest to zarazem przyspieszenie wagonu. r F r a r Ciało porusza się w górę z przyspieszeniem a . g r Q Siła napinająca linę jest równa. F = ma F a tgα = = Q g a = g tgα Q = cos α FR mg Q FR = = cos α cos α α r FR α r F r Q Siła napinająca nić ma taką samą wartość jak siła FR z jaką nić działa na ciężarek. g . ma = F −Q . r r r r F = Q + FR = m a Q = mg . Liczbowe wartości: a = 10 5.1. 2 s s FR = 0 .1. 0 r r Na ciało działają dwie siły: ciężkości Q i siła F przyłożona przez linę. g Q F = ma + Q = ⋅a + Q.5 m .5. Ich wypadkowa F nadaje r ciężarkowi poziome przyspieszenie a . r r r r Na ciężarek działają siły: ciężkości Q = m g oraz reakcji nici FR .1 kg ⋅ 10 cos 15 m s 2 = 1. m m ⋅ tg 15 0 = 2 . co do wartości.m ∆FR ⋅ g s 2 = 0 . = a= 2 ⋅ 500 N 2Q s2 50 N ⋅ 10 5.68 2 . sile F i maksymalna wartość przyspieszenia amax spełnia równanie: Q Fmax = a max + Q .035 N . 2a 2 2s a a (7) czyli s 2 = − 1 1 = − 1 s1 . 2 Ostatecznie: 2h 2h . (3) 2 0 = v1 + a 2 t 2 . 5. (4) Eliminując czas t1 z równań (1) i (2) znajdujemy: v1 = 2 s 1 a1 . Związki między tymi wielkościami przedstawiają następujące równania kinematyczne: 1 s1 = a1t 12 . t min = = a max ⎞ ⎛ Fmax ⎜ ⎟ ⎜ Q − 1⎟ g ⎠ ⎝ a max = Uwaga: na wysokości h prędkość ciała wynosi v max = a max ⋅ t min = 2h ⋅ a max . v1 jest prędkością u dołu zbocza.R. Drogę sanek przedstawia rysunek: r a1 (Fmax − Q )g s1 r v1 r a2 α s2 Niech a1 i a2 oznaczają przyspieszenia na odcinkach drogi s1 i s2. (5) Równania (3) i (4) pozwalają otrzymać: v2 (6) s2 = − 1 .1. które zależą od współczynnika tarcia (tarcie kinetyczne). (2) 1 2 s 2 = v1 t 2 + a 2 t 2 . ⎜ Q ⎟ Q ⎝ ⎠ Przyspieszeniu amax odpowiada najkrótszy czas tmin podnoszenia ciała na wysokość h.6. taki że: 1 2 h = a max ⋅ t min .⎛F ⎞ = ⎜ max − 1⎟ g . a t1 i t2 czasy przebycia tych odcinków. 2a 2 a2 Dalej należy wyznaczyć przyspieszenia a1 i a2. (1) 2 v1 = a 1 t 1 . Układ sił działających na sanki na odcinkach s1 i s2 przedstawia rysunek: . a Qy = Q cosα = mg cosα. f Po przekształceniu znajdujemy poszukiwany współczynnik tarcia: sin α . (12) T2 = f FR2 . s2 = 200 m otrzymujemy: f = 0. że przyspieszenie ma zwrot przeciwny do przyjętego za dodatni (kierunek x) i ruch jest jednostajnie opóźniony. (13) Przyspieszenie a1 znajdujemy z równań (8). Wracając do równania (7). v oznacza prędkość ciała. Ponieważ ciało nie porusza się w kierunku prostopadłym do podłoża (kierunek y). co oznacza: Q x − T1 = ma1 . gdzie Q = mg. to I zasada dynamiki pozwala napisać: r r FR1 + Q y = 0 . Przyspieszenie a2 wyznaczamy z równań: (9). (10) i (12): a1 = g (sin α − f cos α ) . (10) r r gdzie Qx = Q sinα = mg sinα oraz T2 = ma 2 − T2 = ma 2 (11) Wartości sił tarcia T1 i T2 określają związki: T1 = f FR1 .y r FR1 r T1 r Qy r Qx r v x y α α r Q α r T2 r FR2 r Q x r v r r r Na sanki działają trzy siły: ciężkości Q . . (11) i (13): a2 = − f g . s1 = 20 m. m – masa ciała. (16) f = s2 + cos α s1 Dla α = 300. (15) Znak minus oznacza.046. tarcia kinetycznego T1 lub T2 oraz reakcji podłoża r r r r r FR1 lub FR2 . (14) Jest to wyrażenie pozwalające obliczyć przyspieszenie ciała zsuwającego się z równi pochyłej o kącie nachylenia α. gdy współczynnik tarcia wynosi f. po skorzystaniu z (14) i (15) mamy: sin α − f cos α s2 = ⋅ s1 . Dla kierunku równoległego do podłoża (kierunek x) stosujemy II zasadę dynamiki (ruch jednostajnie zmienny): r r r Q x + T1 = ma1 . czyli FR1 − Q y = 0 (8) r r FR2 − Q = 0 (9) oraz FR2 + Q = 0 . Siły Qx i Q y są rzutami wektora Q na kierunek równoległy i prostopadły do r równi (zbocza). α = 300. (4) r Znak minus oznacza. tarcia T i reakcji FR .5 m. a jego prędkość zmaleje od wartości v0 (na dole zbocza) do zera (na wysokości h). Dla v0 = 72 h s 5.5. f = 0. Wartość przyspieszenia a w kierunku x wyznaczona z równań (1) ÷ (3) wynosi: a = − g (sin α + f cos α ) . (7) i (8) dają: 2 v0 ⋅ sin α . wynikające z II zasady dynamiki.8. (8) 2a Ostatecznie równania (4). g = 10 m/s2. h= 2 g (sin α + f cos α ) km m = 20 . at2 (5) s = v0 t + 2 0 = v0 + at (6) h = s ⋅ sin α (7) Z równań (5) i (6) otrzymamy: v2 s=− 0 . Na klocki działają siły. r r r Układ sił ciężkości Q .1.7.R. Rzutując wektory na kierunki x i y otrzymamy równania wiążące wartości sił: m a = −Q x − T . (3) T = f FR . otrzymamy: h = 17. Samochód do chwili zatrzymania się przebędzie drogę s w czasie t. ma postać: r r r r m a = Q + FR + T . .1.R. które działają na samochód przedstawia rysunek. (2) r v h r Qy r FR r Qx r T r Q x y α gdzie: Q x = Q sin α = mg sin α . że wektor a ma zwrot przeciwny do zwrotu osi x. s Równanie wektorowe. (1) 0 = −Q y + FR . jak na rysunku.1. Q y = Q cos α = mg cos α . T2 = f 2 FR2 (3) r' r Przyjmujemy na chwilę. T1 = f 1 FR1 Q2 = m2 g . Klocki na nić działają siłami N 1 i N '2 . jakimi nić działa na klocki. r F .dodatkowa siła zewnętrzna.siły ciężkości. Q2 .y m2 r FR2 r N2 r a m1 r T2 r Q2 r N1 r FR1 r T1 r Q1 r F x α r r Q1 .siły tarcia. Druga zasada dynamiki w zapisie wektorowym ma postać: r r r r r r m1 a = F + Q1 + FR1 + N 1 + T1 dla klocka o masie m1 oraz r r r r r m2 a = N 2 + Q2 + FR2 + T2 dla klocka o masie m2. r r N 1 . N 2 .siły. T2 . r r FR1 . FR2 . r a r' N2 r' N1 mn Oznacza to. Oba klocki (bryły sztywne) i nierozciągliwa nić poruszają się z takim samym r przyspieszeniem a (kierunek x). że: ' ' mn a = N 1 − N 2 .siły reakcji podłoża. r r T1 . że nić posiada masę mn. Rzutując te wektory na kierunki x i y otrzymujemy równania: m1 a = F cos α − N 1 − T1 (1) 0 = F sin α − Q1 + FR1 m2 a = N 2 − T2 0 = −Q2 + FR2 (2) Równania uzupełniające: Q1 = m1 g . (4) . Q2 x = Q2 sin α = m2 g sin α . r r N 1 . Rzuty tych wektorów na kierunki x i y tworzą równania: m1 a1 = Q1 − N 1 oraz m2 a 2 = N 2 − Q2 X − T2 0 = FR 2 − Q2 y . że tg α m = f 1 (maksimum wyrażenia: r cos α + f 1 sin α ). że gdy mn = 0 (nić nieważka) to N 1 = N 2 . (4) i (5) pozwalają wyznaczyć przyspieszenie układu: F (cos α + f 1 sin α ) − g ( f 1 m1 + f 2 m2 ) a= (6) m1 + m 2 oraz siłę napinającą nić: F (cos α + f 1 sin α ) + m1 g ( f 2 − f 1 ) N = m2 .1. r r r r r m2 a 2 = N 2 + Q2 + T2 + FR2 . jeżeli Q1 > F sin α (klocek nie odrywa się od podłoża) i F (cos α + f 1 sin α ) ≥ g ( f 1 m1 + f 2 m2 ) (czyli a ≥ 0 ). T2 = f 2 FR 2 . Równania wektorowe są następujące: r r r m1 a1 = Q1 + N 1 . że a1 = a 2 = a .9. Ale zgodnie z III zasadą dynamiki: ' ' N 1 = N 1 oraz N 2 = N 2 .reakcja podłoża. Jego rozwiązaniem jest: . r r a2 FR 2 m2 r N2 r Q2 x r x r T2 Q2 y r Q2 α α x r a1 r N1 m1 r Q1 y r r Q1 . gdy siła F skierowana jest w dół względem poziomu. A więc dla nieważkiej nici: N1 = N 2 = N . (2). Q2 y = Q2 cos α = m2 g cos α . Maksymalna wartość przyspieszenia i napięcia nici wystąpi dla kąta αm. r FR2 .' ' Widać.8. że: N 1 = N 2 = N (patrz rozwiązanie zad.siły z jakimi nić działa na ciężarki.siły ciężkości.R.1. Q2 . r T2 . Wtedy przyjmujemy α < 0. Wzory (6) i (7) można stosować również w przypadku. 5. 5. Nierozciągliwość nici oznacza.). N 2 . Gdzie Q1 = m1 g . (3).siła tarcia. Wykorzystując powyższe związki otrzymujemy następujący układ równań: m1 a = m1 g − N . (7) m1 + m 2 Powyższa analiza jest słuszna. (1) m2 a = N − m2 g sin α − f 2 m2 g cos α . Z kolei nieważkość nici i bloczka sprawia. Q2 = m2 g . takiego. (5) Równania: (1). co oznacza.1. m1 + m2 m1 m2 g (1 + sin α + f 2 cos α ) . m1 + m2 Uwaga: jeżeli ciężarki poruszałyby się w przeciwną stronę.a= N= m1 − m2 (sin α + f 2 cos α ) ⋅ g. r Q2 Oczywiście z III zasady dynamiki mamy: T1 = T2 = T . wartości przyspieszenia i siły naciągu nici wynosiłyby: a= N= m2 (sin α − f 2 cos α ) − m1 ⋅g m1 + m2 m1 m2 g (1 + sin α − f 2 cos α ) . T2 – siła tarcia działająca na wózek. m1 + m2 II zasada dynamiki dla klocka.R. równanie skalarne: m a1 = F − T1 (1) 5.10. M⎠ ⎝ (5) . kierunek poziomy: M a 2 = T2 (2) gdzie a2 – przyspieszenie wózka w układzie odniesienia związanym z Ziemią. (4) m Przyspieszenie aW spełniać musi warunek: aW ≥ 0 . (3) Korzystając z równań (1) i (2) otrzymamy: m⎞ ⎛ F − T ⎜1 + ⎟ M⎠ ⎝ aW = . kierunek poziomy. że powinna wystąpić relacja: m⎞ ⎛ F ≥ T ⎜1 + ⎟ . r Q1 r FR 2 r T2 r a2 II zasada dynamiki dla wózka. T1 – siła tarcia działająca na klocek. y x r T1 r FR 1 r a1 r F gdzie a1 – przyspieszenie klocka w układzie odniesienia związanym z Ziemią. Przyspieszenie klocka względem wózka wynosi: aW = a1 − a 2 . przyczepa porusza się ze stałą prędkością wtedy.2 N ⎝ aW = = = 4 . W drugim etapie ruchu. Tmax = 0 . Wartość tego przyspieszenia również wynika z II zasady dynamiki Newtona: fmg = ma2. jaką traktor działa na przyczepę. pod działaniem hamującej siły tarcia T= fmg. g g 5. skąd: a2 = fg. Zgodnie z II zasadą dynamiki Newtona: P – Fop = ma. Zatem przyspieszenie klocka względem wózka wynosi: m⎞ ⎛ F − Tmax ⎜ 1 + ⎟ m M ⎠ 20 N − 7 . W tym zadaniu m⎞ 3⎞ m ⎛ ⎛ = 6 N . równą jednocześnie prędkości początkowej klocka w drugim etapie jego ruchu.2 ⋅ 3 kg ⋅ 10 5.R. widać. skierowana pionowo w dół. 2 M⎠ 15 ⎠ s ⎝ ⎝ Ponieważ F = 20 N. klocek względem wózka nie porusza się i aw = 0. a siła. . którego wartość wynika z II zasady dynamiki Newtona: mg – fmg = ma1 skąd: a1 = g(1 – f) W ciągu czasu τ działania siły F.2 N . Na spadające w powietrzu ciało działa. W pierwszym etapie ruchu.11.1. czyli aw > 0 i klocek przesuwa się względem wózka. klocek porusza się ruchem jednostajnie opóźnionym. więc: P m= g i ostatecznie: P g −a Fop = P − a = P = 6 N. siła ciężkości P oraz przeciwnie do niej zwrócona siła oporu powietrza Fop. Ciężar przyczepy równoważony jest siłą reakcji podłoża. skąd: Fop = P – ma. klocek osiągnie prędkość końcową: v1 = a1τ . równoważy siłę oporów ruchu. klocek porusza się ruchem jednostajnie przyspieszonym z przyspieszeniem a1. po zaprzestaniu działania siły F.R. gdy suma działających na nią sił równa jest zeru.2 N . Ponieważ: P = mg. m 3 kg s Dla F ≤ 7 . Zgodnie z I zasadą dynamiki Newtona. z przyspieszeniem a2.13.1.Siła tarcia przyjmować może wartości od 0 do Tmax = f FR1 = f Q1 = f mg . a siła tarcia przyjmuje wartość Tmax. pod działaniem poziomo skierowanej siły.12. równej ciężarowi klocka (F = mg) oraz przeciwdziałającej jej siły tarcia (T = fmg). 5.27 2 . czyli Tmax ⎜ 1 + ⎟ = 6 N ⎜ 1 + ⎟ = 7 . Występujące tarcie jest tarciem kinetycznym. że nierówność (5) jest spełniona.1. Klocek zatrzyma się (vk = 0) po czasie: v a t= 1 = 1τ . otrzymamy: 1− f t= τ = 60s. a2 a2 Podstawiając znalezione poprzednio wartości a1 oraz a2. 5. f 5. Przedstawiony na rysunku układ ciał porusza się pod działaniem siły ciężkości P3 = m3 g działającej na ciało o masie m3. Czyli: r FR r v Q − FR = Fd Q=mg Fd = mv2 R R r Q ⎛ v2 ⎞ a więc: FR = m ⎜ g − ⎟ . Dynamika ruchu punktu materialnego po okręgu.2.14. siły r r r Q i FR są współliniowe. pociągowa silnika i tarcia.1. ⎜ R⎟ ⎠ ⎝ .2. m1 + m2 + m3 Siła ta nie ulegnie zmianie. Dwie ostatnie skierowane są stycznie do toru i równoważą się. z jakim porusza się układ. gdy zamienimy miejscami ciała o masach m1 i m3 .R. W najwyższym punkcie mostu.1.Prędkość klocka w tym etapie jego ruchu maleje (od prędkości początkowej v1) zgodnie z równaniem: vk = v1 – a2t. która ciału o masie m1 nadaje przyspieszenie a: m1 m3 N = m1 a = g. 5. skąd: m3 g a= m1 + m2 + m3 Naciąg N nici łączącej ciała o masach m1 i m2 równy jest sile. a ich wypadkowa jest siłą dośrodkową Fd . reakcji mostu FR . r r Na samochód działają siły: ciężkości Q . Przyspieszenie. wynika z II zasady dynamiki Newtona: m3 g = (m1 + m2 + m3 )a. gdzie ω . po którym porusza się ciężarek.2. m – masa samochodu i kierowcy.18 s. Ich wypadkowa jest siłą r dośrodkową Fd : y r N r α r r r Fd = Q + N ..4 N. czyli g = 2 v1 . Zatem prędkość v1 = g R = 31. Q = mg.R.3 .2. v = 54 km/h = 15 m/s. x r Wartość siły dośrodkowej opisuje wzór: Fd = mω2r. samochód porusza się ruchem prostoliniowym jednostajnie opóźnionym i do zatrzymania się w czasie t przebywa drogę s. s 5. 2 fg Jeżeli kierowca zakręca to samochód porusza się po okręgu o promieniu R i siłą dośrodkową jest siła tarcia: Fd = T. v2 Czyli s= . N= . 0 = v + at. T = 1. T= = 2π cos α l cos α g ω 1 Wartości liczbowe: ω = 5.Dla m = 2000 kg.55 ⋅ 10 4 N . l α 0 r Q α F d Rzutując te siły na osie x i y otrzymamy: Fd = N sinα.przyspieszenie. taką że: s = vt + ½ at2. Z powyższych zależności otrzymamy: mg g 2π l cos α ω= . . N cosα . otrzymamy: FR = 1. R m km .prędkość kątowa ciężarka. T gdzie a = .2. g = 10 m/s2.Q = 0. s R r v . N = 1. r – promień okręgu.3. Siła nacisku na most ma wartość liczbową równą FR. m T = fmg – siła tarcia. r r Na ciężarek działają dwie siły: siła ciężkości Q i siła nici N . to FR = 0.6 = 113. Jeżeli kierowca hamuje.R. Jeżeli samochód traci kontakt z podłożem. R = 100 m.8 s h 5. r = l sinα. promień satelity stacjonarnego przedstawia Ponieważ przyspieszenie ziemskie g = R z2 wzór: . fg Widać.2. r r2 gdzie r = Rz+ h. s v Rz G – stała grawitacji. v2 Rmin = . 2 GT Satelita stacjonarny porusza się po orbicie o promieniu r. 5. Rz + h h Dla h = 0 prędkośc v nosi nazwę pierwszej prędkości kosmicznej. T Minimalny promień odpowiada maksymalnej wartości siły tarcia T = Tmax = fmg. Rz – promień Ziemi. której płaszczyzna pokrywa się z płaszczyzną równikową. R Czyli promień okręgu wynosi: R= mv 2 . Zatem (patrz: zad.5.) GmM z mv 2 = = mω2r.mv 2 = T. Na satelitę o masie m. poruszającego się z prędkością v po orbicie kołowej o promieniu r działa tylko siła grawitacji.2. T GM z . r GM z Otrzymamy: v = .2. 2π ω= . która jest siłą dośrodkową: FG = Fd.: Mz = 5.6. Jej wartość liczbowa wynosi v = 7. r r2 v = ω r.R.9 km/s.R. Odp. a więc kierowca powinien zdecydować się na hamowanie. r FG Mz – masa Ziemi.4. że s < Rmin.R. Okres obiegu równy jest dobie ziemskiej. GmM z mv 2 = .2. 4π 2 r 3 = 6 ⋅ 10 24 kg . 5. 5.4. 1. tutaj ωk = 0.2.3. 5. ⎜ 2π ⎟ ⎠ ⎝ 7 Liczbowa wartość: r = 4 .2 kgm2. 1 ϕ Całkowita liczba obrotów: N= = n∆t. Dynamika ruchu obrotowego bryły sztywnej.63 Nm. ω0 – prędkość początkowa ω0 = 2π n. 2πn Czyli ε =− .22 ⋅ 10 m = 42 200 km. 2π 2 Liczbowe wartości: dla n = 600 obr/min = 10 s .przyspieszenie kątowe.3. dt którą w przypadku ruchu jednostajnie opóźnionego (co zakładamy) można zapisać: ε= gdzie ωk – prędkość końcowa. n – początkowa liczba obrotów koła w ciągu sekundy. ∆t 2πnI M=. gdzie ε . I = 0. Druga zasada dynamiki dla ruchu postępowego rury ma postać: r r r r r Q .⎛RT⎞ r= ⎜ z ⎟ g.R. 2 Uwzględnienie powyższych zależności daje: ϕ = π n∆t. Na koło działa siła tarcia. ∆t = 20s otrzymamy: M = -0. Prędkość kątowa ω i przyspieszenie kątowe ε łączy zależność: dω ε= .R. której moment hamujący M określa II zasada dynamiki dla ruchu obrotowego: M = Iε. 5. Do chwili zatrzymania koło przebędzie drogę kątową ϕ: ω k − ω0 . 3 2 5.3. 1 r N Na rurę działają dwie siły: siła ciężkości Q i siła nici N . N = 100 obrotów. a ∆t Minus „–” we wzorach oznacza. że ruch jest opóźniony i wektor momentu siły ma zwrot przeciwny do wektora prędkości kątowej. ∆t ϕ = ω0 ∆t + 1 ε ∆t2. I – moment bezwładności. moment bezwładności względem osi rury. rN sin900 = Iε. gdzie a – przyspieszenie środka masy rury. I = mr2 .R.3. 5. NA AO = 16 ⋅ 10 −3 kg mol-1 – masa molowa tlenu atomowego. O C O r1 r1 Moment bezwładności molekuły względem osi prostopadłej do osi molekuły dany jest wzorem: I = 2mO r12. 2 2 gdzie Siła napięcia nici ma wartość równą N. to a ε= . Model cząsteczki CO2 przedstawia rysunek.r ma= r Q+ r N. . które traktujemy jak punkty materialne. Ponieważ między nicią i rurą nie ma poślizgu. Całe masy atomów zlokalizowane są praktycznie w jądrach. N = Q. ε . Q = mg. czyli ma = Q – N. mO = AO . II zasada dynamiki dla ruchu obrotowego rury względem jej osi ma postać: r r r r M = r × N = Iε .3.przyspieszenie kątowe. r Po przekształceniach otrzymamy: 1 1 a = g. Czyli: r – promień rury. gdzie mO – masa atomu tlenu. Dla molekuły HCl: AH = 1 ⋅ 10 −3 kg mol-1. A m2 = mC = C = 1. gdzie µ = m1 + m2 W przypadku molekuły CO: A m1 = mO = O = 2. (1) r = r1 + r2 .66 ⋅ 10 −26 kg. µCO = 1.46 ⋅ 10 −46 kgm2.NA = 6 . .13 ⋅ 10 −10 m.R. (3) Rozwiązując układ równań (2) i (3) ze względu na r1 i r2 i wstawiając otrzymane wyniki do równania (1) otrzymamy: m1 m2 2 I= r = µ r2 . 5. m1 + m2 m1 m2 jest masą zredukowaną układu.99 ⋅ 10 −26 kg NA AC = 12 ⋅ 10 −3 kg mol-1 – masa molowa wegla atomowego. (2) Z definicji środka masy: m1r1 = m2r2. m2 r2 r1 r m1 Moment bezwładności molekuły względem osi prostopadłej do osi molekuły I = m1 r12+ m2 r22.13 ⋅ 10 −10 m otrzymamy: I = 6 . Jeżeli r1 = 1.022 ⋅ 10 23 mol-1 – liczba Avogadra.8 ⋅ 10 −46 kgm2. Czyli ICO = 1.57 ⋅ 10 −46 kgm2.4.022 ⋅ 10 23 mol-1 – liczba Avogadra. r = 1. NA = 6 .45 ⋅ 10 −3 kg mol-1 i IHCl = 1.3. ACl = 35 . NA AO = 16 ⋅ 10 −3 kg mol-1 – masa molowa tlenu atomowego.14 ⋅ 10 −26 kg. r r r r r' r' Jeżeli przyjąć. Blok obraca się wokół nieruchomej osi przechodzącej przez jego środek. który wykonuje ruch obrotowy. m m1 + m2 + 2 oraz N1 = m1(g . (4).a). (2). r2 . które poruszają się ruchem postępowym i bloczka. Przyjmując. r r r m2 a 2 = Q2 + N 2 . to wektory M 1 i M 2 są r r prostopadłe do kartki. a M 2 „do nas”. Na każdy z r r ciężarków działają siły: ciężkości Q1. Momenty sił i reakcji osi są równe 0. Przyjmując zwrot „od nas” za dodatni. że I = mr2 otrzymamy: 2 g( m1 − m2 ) a= .momenty sił N 1 i N 2 . (5) r gdyż nić nie ślizga się po bloczku. to wartości przyspieszenia a1 i a2 są jednakowe: a1 = a2 = a. M2 = r2N2’ sin900 = rN2. r' N2 r N2 r r r2 r1 m r' N1 r N1 Należy przeanalizować ruch trzech ciał: dwóch ciężarków.przyspieszenie kątowe.5. (2) . Rozwiązując układ równań (1). Wartości momentów sił wynoszą M1 = r1N1’ sin900 = rN1. Drugą zasadę dynamiki dla tych ciał można zapisać: x m1 a1 = Q1 + N 1 . że wektory r1 . r r r' r' r r' r r' M 1 = r1 × N 1 i M 2 = r2 × N 2 . możemy zapisać równanie (3) w postaci skalarnej: Iε = M1 – M2 = rN1 – rN2. (5). a N1’ = N1 i N2’ = N2 – na podstawie III zasady dynamiki. (1) -m2a = Q2 – N2. Q2 = m2g. r r r m2 r Q2 m1 r Q1 m1 > m2 gdzie Q1 = m1g. N2 = m2(g + a).2 . z jakimi nić działa na blok. że ciężarek m1 porusza się w dół (zwrot dodatni) możemy napisać równania skalarne: m1a = Q1 – N1.R. (4) Przyspieszenie kątowe bloczka ε i liniowe ciężarków a wiąże zależność a ε= .5.3.2 i siła nici N 1 . Ponieważ nić jest nierozciągliwa. N 1 i N 2 leża w płaszczyźnie kartki. Obrót bloku następuje pod wpływem momentów sił napięcia nici: r r r Iε = M 1 + M 2 (3) gdzie ε . gdyż r1 = r2 = r – promień bloczka. po 1 uwzględnieniu. M 1 zwrócony jest „od nas”. N1 = 3. r – promień ciała. I = 0. że N1 = N2. gdzie f – współczynnik tarcia (statycznego).3. Ponieważ nie ma poślizgu. Ruch obrotowy względem osi symetrii jest wynikiem działania tylko momentu siły tarcia.33 N. gdzie I . ε . Drugą zasadę dynamiki dla ruchu postępowego można zapisać: r r r r m a = Q + FR +T .m : a = 3. (1) 0 = FR . Po rzutowaniu wektorów na kierunki x i y mamy: ma = Qx – T. a – przyspieszenie liniowe środka masy. Druga zasada dynamiki dla ruchu obrotowego ma postać: r r r Iε = r × T . siła r r reakcji równi FR i siła tarcia T .R.moment bezwładności względem osi przechodzącej przez środek masy.6. (3) r gdzie ε – przyspieszenie kątowe w ruchu obrotowym względem osi przechodzącej przez środek masy. to występujące tarcie jest tarciem statycznym: T≤ Tmax = fFR = fQy = fmgcosα. że przy braku poślizgu obowiązuje zależność: a ε= . czyli m = 0. N2 = 2. W zapisie skalarnym mamy: Iε = rT sin900 = rT. Liczbowe wartości dla g = 10 5. Do obu rodzajów ruchu stosujemy II zasadę dynamiki. . r r gdyż momenty sił Q i FR wynoszą 0.67 N. Qy = Qcosα = mg cosα. gdzie Qx = Qsinα = mg sinα. to z równania (4) widać od razu.przyspieszenie kątowe. r Q α α Na ciało toczące się po równi pochyłej r działają trzy siły: siła ciężkości Q . r FR y r T r Qy r r r Qx x Toczenie się ciała wygodnie jest rozpatrywać jako złożenie ruchu postępowego środka masy i ruchu obrotowego względem osi przechodzącej przez środek masy. s2 Uwaga: jeżeli bloczek byłby nieważki.33 ms-2.Qy. (2) Pamiętając. 5. z którego wyznaczyć można a. r v0 r v r T .R. (2). Po rozwiązaniu tego układu otrzymamy: a= g sin α . to jest oczywiste. że szybciej stoczy się kula. 5 g sin α m Dla v0 = 10 . Z rozwiązania zad.36 s. (3).8.mamy układ trzech równań (1). mr 2 1+ I Warunek. a walca Iwalca = mr2. 2 12 v0 Odp: s = .3. I ⎞ ⎛ r⎜ 1 + ⎟ mr 2 ⎠ ⎝ T= mg sin α .9.R. 5 2 5. t = 3. Odp: 2 7 v0 . s = 9. przy którym możliwe jest toczenie bez poślizgu ma postać: mg sin α ≤ fmg cosα mr 2 1+ I 5. mr 2 1+ I 1 ≤ f ctgα. widać. Ponieważ 2 1 Ikuli = mr2.7. s s= 5. 49 µ g 5.czas.droga.R. ε i T.3. po którym kula wróci do podstawy równi. że większe przyspieszenie liniowe będzie miało ciało o mniejszym momencie bezwładności.10.3. 10 g sin α 14 v0 t= .R. α = 300. to tę samą odległość w krótszym czasie przebędzie ciało poruszające się z większym przyspieszeniem. I 1+ mr 2 ε= g sin α . lub Jeżeli oba ciała rozpoczynają ruch.3.3.6.9 m. jaką przebędzie kula do chwili zatrzymania się. Moment M tej siły względem osi walca nadaje mu ruch obrotowy. m T – siła tarcia kinetycznego występująca w czasie poślizgu. gdzie T = fmg. Jeżeli chcemy np.przyspieszenie kątowe. v0 − ω0 R . Walec będzie toczył się początkowo w obecności poślizgu. która zmniejsza prędkość liniową walca. a więc ω=czyli v . Z drugiej zasady dynamiki . m – masa walca. Po zmianie zwrotu prędkości liniowej. 2 Prędkość v spełni warunek: v < 0 gdy ω0 R > v0 . I I M = TR – moment siły tarcia. M TR = ε= . 5.moment bezwładności względem osi obręczy I = mR2.11.przyspieszenie liniowe. obręcz w końcowej fazie toczy się bez poślizgu. R v= v < 0.R. ω = ω0 .εt. ω > 0. Jeżeli walec znajdzie się na powierzchni szorstkiej o wspólczynniku tarcia f.Po zetknięciu się obręczy z podłożem zmiany w czasie jej prędkości liniowej i kątowej opisują wyrażenia: v = v0 – at. aby v = −v0 . r v0 r v r T r r r r M = Iε = r × T . I . Wykorzystując powyższe zależności otrzymujemy następujący związek: v = v0 − ω0 R + ωR . R – promień obręczy. to prędkości v0 i ω0 muszą spełniać związek: ω0 R = 3 v0 . r r M = Iε = rT sin900 = rT. m – masa obręczy. pojawia się siła r r tarcia posuwistego T . T gdzie a = .3. 3. rfmg t 1 r. Taki obrót uwarunkowany jest tylko r r momentem siły F względem osi A.12. czyli v0 –fgt1 = I v0 t1 = .r r T = ma . I I I Jeżeli począwszy od chwili t1 ruch walca ma być bez poślizgu. czyli 2 v 2 t 1 = 0 . M rT rfmg Przyspieszenie kątowe: = = ε= . Po czasie t prędkość liniowa walca wynosi: v = v0 + at = v0 – fgt. 3 3 fg 5. O α r α C B r F r T gdzie x = CB. więc przyspieszenie walca a = -fg. Zatem: M = F x = IA ε. a prędkość kątowa: ω = ε t. przechodzącej przez punkty.R. R A . to v1 = ω1r. v1 = v0 . Wygodnie jest traktować ruch kołowrotu jako obrót wokół chwilowej osi A. -T = ma. w których kołowrót styka się z podłożem. Momenty pozostałych sił: tarcia T oraz ciężkości i reakcji podłoża (niezaznaczonych na rysunku) wynoszą 0. stąd ⎛ mr 2 ⎞ ⎟ fg ⎜ 1 + ⎜ I ⎟ ⎝ ⎠ Prędkość liniowa walca w ruchu bez poślizgu jest stała i wynosi: v0 v1 = I 1+ mr 2 1 Dla walca I = mr2. I 0 + mR 2 Jeżeli cosα > Gdy cosα < r . A’ l2 l1 r N r T r N' r T' r F A R . 5.3.T. Ponieważ sinα = ⎛r⎞ 1 − cos 2 α = 1 − ⎜ ⎟ ⎝ R⎠ 2 otrzymamy: 2 a= Fr fF ⎛r⎞ − fg + 1−⎜ ⎟ mR m ⎝ R⎠ .R.OB x + r = . a ε = – przyspieszenie kątowe.r R R oraz IA = I0 +mR2 – moment bezwładności względem osi A (na podstawie twierdzenia Steinera). R a – przyspieszenie liniowe środka masy. ε = 0 i ruch obrotowy nie występuje. a ruch postępowy szpuli opisuje R równanie: Fr . I0 – moment bezwładności względem osi kołowrotu. cosα = Stąd a= R cos α − r RF .Fsinα) f . R r Kiedy cosα = . czyli x = Rcosα .T = R gdzie T = f(mg . R r .współczynnik tarcia posuwistego.13. to a > 0 i kołowrót będzie poruszać się w kierunku nici (nić nawija się). Ma = Fcosα . nić odwija się z kołowrotu. Warunek równowagi momentów sił względem osi A-A’ można zapisać: F l1 – N l2 = 0. Sytuację przedstawia rysunek. że T = T’ N = N’.R.): N = N’.3.ε t. Ponieważ nić jest nierozciągliwa i nie ślizga się po walcu.Rysunek przedstawia siły działające na dźwignię i walec po rozpoczęciu hamowania. .8. l2 Związany z nią moment siły Fl M = R T’ =R f 1 l2 nadaje walcowi przyspieszenie kątowe (opóźnienie): M ε= . Fl Stąd N= 1 . r N B r T O r A r N' m r Q Nieważkość nici i bloczka pozwala napisać (porównaj rozwiązania zadań 5.14.3. i 5.5. l2 Siła tarcia działająca na walec wynosi: Fl T’ = f N’ = f N = f 1 . Poszukiwana wartość siły F wynosi: ω I l F= 0 0 2 . Rozpatrujemy dwa ciała: walec i ciężarek. Z III zasady dynamiki wynika. to wartość przyspieszenia liniowego aB punktu B jest taka sama jak wartość przyspieszenia ciężarka a: aB = a.1. t f R l1 5. I0 Prędkość kątowa walca maleje od ω0 do 0 w czasie t: 0 = ω0 . Inne zależności: przyspieszenie środka masy walca: aO = ε r gdzie: ε .R.ruch obrotowy: II zasada dynamiki dla ciężarka: czyli MaO = N – T. Momenty sił ciężkości i reakcji osi względem osi obrotu wynoszą 0. M I 4+ + m mr 2 . 3M 8 4+ 2 m Znak „-” oznacza. Ponieważ otrzymamy: L1 = L2 . a po zgięciu rąk: L2 = (I0 + 2ml22)ω2. r – promień walca.3. przyspieszenie punktu B: aB = a = aO + ε r = 2 aO II zasada dynamiki dla walca: . czyli skierowana jest „w prawo”. 4⎝r ⎠ Dla pełnego walca I = 1 4g .siła tarcia działająca na walec: T= 1 Mr2 czyli: 2 a= a⎛ I ⎞ ⎜ 2 −M ⎟.ruch postępowy: . T = − Ma . 5. ma = Q – N’.przyspieszenie ciężarka: a= 4g . T = 0.15. że w tym przypadku siła tarcia ma zwrot przeciwny do założonego. że walec wydrążony może toczyć się bez poślizgu nawet po idealnie gładkim stole. gdzie ω2 = 2π n2.przyspieszenie kątowe ruchu obrotowego. a= M 2+ m Brak siły tarcia oznacza tutaj. Dla układu student-krzesło-odważniki spełniona jest zasada zachowania momentu pędu. Początkowy moment pędu układu wynosi: L1 = (I0 + 2ml12)ω1. Dla walca wydrążonego I = Mr2 czyli: 2g . gdzie ω1 = 2π n1. I ε = Nr + Tr. ma = mg –N. Rozwiązaniem tego układu równań jest . Ich linia działania przechodzi przez oś. 1 l gdzie I = Ml2.16. Moment reakcji osi wynosi 0 ponieważ jej linia działania przechodzi przez oś. 2 I 0 + 2ml 2 Dla n1 = 1 obr/s. l l 2 a gdzie vS = ω – prędkość środka masy belki.8 m. Można. m = 5 kg. r 2 v0 I + ml ⎛M ⎞ l⎜ + 1⎟ m ⎝ 3m ⎠ Składowa pozioma siły reakcji osi jest jedyną siłą zewnętrzną mogącą zmienić pęd układu. Moment siły ciężkości również wynosi 0.R. że kula uderza w belkę w odległości a od osi obrotu. ω= I + ma 2 Po drobnych przekształceniach można zauważyć. Po uderzeniu L2 = Iω + ml2ω = (I+ml2) ω. gdyż zakładamy iż czas hamowania kuli w belce jest bardzo krótki i belka w tym czasie nie odchyli się znacząco od pionu.2 m mamy n2 = 2.8 obr/s. Przyjmijmy oś A za oś odniesienia. 2 Z kolei z zasady zachowania momentu pędu mamy: r v0 mv0 a = Iω + ma2ω. Pęd układu przed zderzeniem równy jest pędowi kuli p1 = mv0. l2 = 0. A Po uderzeniu kuli pęd układu wynosi: p2 = mω a + MvS. n2 = n1 5. I + ma 2 M la + ma 2 2 . że pęd p2 daje się zapisać w postaci ułamka: p1 p2 = .3. Na belkę działają dwie siły: siła ciężkości i reakcja osi. m czyli mv0 a . I0 = 3 kgm2. 3 Ponieważ L1 = L2 otrzymamy: mv0 l v0 ω= = . Przyjmijmy. Moment pędu układu kula-belka przed uderzeniem kuli równy jest momentowi pędu kuli A L1 = mv0 l. to spełniona jest zasada zachowania pędu.I 0 + 2ml12 . l1 = 0. więc przyjąć. że spełniona jest zasada zachowania momentu pędu. Jeżeli siła ta wynosi 0. Korzystamy z zasady zachowania momentu pędu układu student-tarcza. a więc pęd układu wzrasta. że p2 = p1 jeżeli I = przypadku wartość różną od zera i zwrot taki jak uderzająca kula. a poszukiwana droga: ϖ s = vT = 2π R(1 + 5. Z zasady zachowania momentu pędu gdzie I = 2 L1 = L2 = 0 otrzymamy: v ω= . Początkowy moment pędu wynosi L1 = 0 (student i tarcza nie poruszają się).3. M ). Jeżeli np.R. Wektor r r Ω zwrócony jest „do nas”. v – prędkość liniowa samolotu w jego ruchu po okręgu o promieniu r. a tarcza obraca się z prędkością kątową ω.moment pędu śmigła. Jeżeli student chodzi wzdłuż brzegu tarczy z prędkością v względem niej. n – częstość obrotów. Pozioma składowa reakcji osi ma w tym Widać.17. r r L = I ω . Ponieważ I = więc dla a = l spełniona jest zasada 3 3 2 M la zachowania pędu i składowa pozioma siły reakcji osi wynosi zero. ω = 2πn prędkość kątowa śmigła.M la 2 Ml 2 . 2m Układ wektorów przedstawia rysunek. > I czyli 2 2 a > 3 l to p2 > p1. M ⎞ ⎛ R⎜ 1 + ⎟ 2m ⎠ ⎝ 2π Okres obrotu tarczy wynosi T = .18. r v r ϖ r r M r Ω r O gdzie Ω . 1 MR2 . I – moment bezwładności śmigła. to moment pędu układu L2 można zapisać: L2 = m(v-ωR)R .R. Śmigło działa na samolot momentem siły: r r r M = Ω × L. r .moment bezwładności tarczy.wektor kątowej prędkości precesji.3.Iω. 5. v Tutaj Ω = . r = 800 m: M = 471 Nm.20. rB mB 3 2 a więc: I A mA ⎛ mA ⎞ ⎜3 ⎟ = I B mB ⎜ mB ⎟ ⎝ ⎠ Ponieważ wiemy. m ⋅ 0 . m B ⎜ rB ⎟ ⎝ ⎠ skąd: rA m =3 A .4 kg ⋅ 10 I A = 0. 5. I = 15 kgm2.19. V gdzie: 4 V = π r 3 . Moment bezwładności kuli A: 0 . 1 Iω s 0 . a kuli B: 2 I B = 0. więc: IA = 32 IB i ostatecznie: I A = 32 I B .005 kgm 2 ⋅ 80 s 5. 2 .: Ω= = =1 .R.1 m mgl 1 s2 Odp.3.R. v = 360 km/h=100 m/s.4m B rB .Tak więc wartość momentu siły M wynosi: M = 2πnIv .3.objętość kuli. r Liczbowa wartość dla n=2400 obr/min = 40 s-1. Stosunek tych wielkości: 2 I A m A ⎛ rA ⎞ ⎜ ⎟ = I B m B ⎜ rB ⎟ ⎝ ⎠ Przyjmując. że m A = 8m B . 3 możemy znaleźć związek między masami kul i ich promieniami: m A ⎛ rA ⎞ =⎜ ⎟ .4m A rA . że obie kule wykonane są z tego samego materiału o jednakowej gęstości : m ρ= .
Report "5 Dynamika Ruchu Postepowego i Po Okregu. Ruch Obrotowy Bryly Sztywnej"