Fragment notatki:
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
m1
f2
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.
5.3.3. Oblicz moment bezwładności molekuły, CO2 względem osi przechodzącej przez środek
masy i prostopadłej do osi molekuły. Molekuła jest liniowa z atomem C znajdującym się w jej
środku. Długość wiązania C─O wynosi 1,13 x 10-10 m.
5.3.4. Wykaż, 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. µ jest masą zredukowaną układu i
m1m2
wynosi µ =
. Otrzymany wynik zastosuj do molekuły, CO, dla której r = 1,13 Ǻ i do
m1 + m2
molekuły HCl gdzie r = 1,27 Ǻ.
5.3.5. Przez bloczek zawieszony na poziomej osi przerzucono nieważką i nierozciągliwą nić,
do końców której przymocowano ciężarki o masach m1 = 0,5 kg i m2 = 0,2 kg. Masa bloczka
wynosi m = 0,4 kg. Bloczek traktujemy jako jednorodny krążek. Znajdź liniowe
przyspieszenie ciężarków. Przyjmij, że nić nie ślizga się po bloczku.
5.3.6. Z równi pochyłej o kącie nachylenia α stacza się bez poślizgu ciało o momencie
bezwładności I, masie m i promieniu r. Wyznacz jego przyspieszenie liniowe, kątowe i siłę
tarcia.
5.3.7. Pełne, jednorodne ciała: walec i kula staczają się bez poślizgu z równi pochyłej o kącie
nachylenia α i wysokości h. Masy i promienie tych ciał są jednakowe. Które z nich stoczy się
wcześniej?
5.3.8. Kula o początkowej prędkości w ruchu postępowym v0 = 10 m/s wtacza się bez
poślizgu na równię pochyłą o kącie nachylenia 450. Jaką drogę przebędzie kula po równi do
chwili zatrzymania się i po jakim czasie wróci do podstawy równi?
5.3.9. Środek masy kuli bilardowej posiada początkową prędkość v0 (rys. 5.3.9.). Promień
kuli wynosi R, jej masa M, a współczynnik tarcia pomiędzy
r
v0
kulą i stołem jest równy µ. Jak daleko przesunie się kula po
stole, zanim przestanie się ślizgać?
rys. 5.3.9.
5.3.10. W czasie pokazów gimnastyki artystycznej można oglądać
ćwiczenie, w którym obręcz rzucona przez zawodniczkę tocząc się
początkowo z poślizgiem wraca ku niej i w końcowej fazie ruchu toczy
się już bez poślizgu. Jest to możliwe, jeżeli w czasie rzutu zawodniczka
nada obręczy ruch obrotowy o odpowiednim kierunku (rys. 5.3.10.).
Znajdź związek pomiędzy początkową wartością prędkości ruchu
postępowego v0 i prędkości kątowej ω0.
r
v0
rys. 5.3.10.
5.3.11. Po idealnie gładkiej poziomej powierzchni ślizga się bez obrotów walec. Prędkość
liniowa środka masy wynosi v0, a kierunek prędkości jest prostopadły do osi walca. W pewnej
chwili powierzchnia pod walcem staje się szorstka, a współczynnik tarcia posuwistego
r
przyjmuje wartość f. Po jakim czasie walec będzie się toczył
F
bez poślizgu i jaka będzie wtedy prędkość jego środka masy?
r
R
α
rys. 5.3.12.
5.3.12. Kołowrót o masie m, momencie bezwładności I0 i promieniach zewnętrznym R oraz
wewnętrznym r leży na płaszczyźnie poziomej (rys. 5.3.12.). Na kołowrót nawinięta jest nić,
do której przyłożono siłę F. Opisz ruch kołowrotu w zależności od kąta α jaki tworzy nić z
kierunkiem poziomym.
l2
l1
r
F
5.3.13. Ciężki walec o promieniu R i momencie bezwładności I0
wiruje z prędkością kątową ω0. W chwili t = 0 do dźwigni
hamulcowej przyłożono siłę F (rys. 5.3.13.) wskutek czego walec
zatrzymuje się po czasie t. Ramiona dźwigni mają długości l1 i l2,
a współczynnik tarcia między dźwignią i walcem wynosi f.
Oblicz wartość siły F.
rys. 5.3.13.
5.3.14.* Walec o masie M i promieniu r może toczyć się po poziomym stole. Na walec
nawinięta jest nieważka i nierozciągliwa nić, którą przerzucono przez nieważki bloczek. Na
końcu nici zawieszono ciężarek o masie m (rys. 5.3.14.). Wyznacz przyspieszenie ciężarka i
siłę tarcia działającą na walec przyjmując, że może być on pełen lub wydrążony
(cienkościenna rura).
rys. 5.3.14.
5.3.15. Na krześle mogącym obracać się swobodnie wokół osi pionowej siedzi student i
trzyma w wyprostowanych rękach odważniki po m = 5 kg każdy. Odległość każdego
odważnika od osi obrotu wynosi l1 = 80 cm. Krzesło wiruje wykonując n1 = 1 obr/sek. Jak
zmieni się szybkość wirowania studenta, jeśli zegnie on ręce tak, że odważniki będą w
odległości l2 = 20 cm od osi obrotu? Moment bezwładności studenta i krzesła (całkowity)
względem osi obrotu wynosi I0 = 3 kgm2.
5.3.16.* Belka o długości l i masie M może swobodnie obracać się
wokół poziomej osi przechodzącej przez jeden z jej końców. W
drugi koniec belki uderza kula o masie m mająca poziomą prędkość
v0 (rys. 5.3.16.). Kula grzęźnie w belce. Znajdź prędkość kątową
belki tuż po uderzeniu kuli. W jakie miejsce belki powinna uderzyć
kula, aby składowa pozioma siły reakcji osi w chwili uderzenia
wynosiła zero?
r
v0
m
rys. 5.3.16.
5.3.17.* Na brzegu poziomej, okrągłej platformy o masie M i promieniu R stoi student o
masie m. Platforma może obracać się bez tarcia wokół pionowej osi. Jaka będzie prędkość
kątowa platformy ω, jeżeli student zacznie chodzić wzdłuż jej brzegu ze stałą względem niej
prędkością v. Jaką drogę przebędzie student względem platformy w czasie jej jednego
pełnego obrotu?
5.3.18.* Samolot sportowy z jednym śmigłem lecący z prędkością v = 360 km/h wykonuje
zakręt o promieniu r = 800 m. Oblicz moment sił wywierany przez śmigło na samolot, jeżeli
moment bezwładności śmigła wykonującego n = 2400 obr/min wynosi I = 15 kgm2.
5.3.19.* Bąk o masie m = 0,4 kg i momencie bezwładności I = 5 ⋅ 10 −3 kg m 2 wiruje z
prędkością kątową ω = 80 s-1 wokół osi, która tworzy kąt 300 względem pionu. Środek masy
bąka znajduje się w odległości l = 10 cm od punktu podparcia. Oblicz wartość prędkości
kątowej precesji osi bąka.
5.3.20. Dane są dwie pełne kule A i B wykonane z tego samego materiału. Masa kuli A jest 8
razy większa od masy kuli B. Ile razy moment bezwładności kuli A jest większy od momentu
bezwładności kuli B ? Moment bezwładności kuli I = 0,4mr2.
Rozwiązania:
5.1. Dynamika ruchu postępowego.
5.1.1.R
r
r
v
Na balon działają siły: ciężkości Q , wyporu FW i oporu powietrza FO . Ponieważ balon w dół
i w górę porusza się ze stałą prędkością, to na podstawie I zasady dynamiki Newtona, suma
tych sił, (czyli siła wypadkowa) wynosi zero. Wartość siły oporu powietrza F0 zależy od
prędkości poruszającego się ciała. W naszym zadaniu wartości prędkości przy opadaniu i
wznoszeniu balonu są takie same, a więc także wartości sił oporu są jednakowe.
r r
r
Q + FW + FO = 0
Jeżeli balon opada,
r
FO
r
FW
r
v
r
Q1
równanie wiążące wartości sił ma postać: Q1 − FW − FO = 0 , gdzie Q1 = Mg .
Gdy balon wznosi się:
r
FW
r
v
r
Q2
r
FO
Q2 + FO − FW = 0 , Q2 = (M − m )g , gdzie m – masa wyrzuconego balastu.
Rozwiązując te równania otrzymamy:
F ⎞
⎛
m = 2⎜ M − W ⎟ ,
⎜
g ⎟
⎝
⎠
a po wstawieniu wartości liczbowych:
⎛
⎞
⎜
2900 N ⎟
⎟ = 20 kg .
m = 2⎜ 300 kg −
m ⎟
⎜
10 2 ⎟
⎜
s ⎠
⎝
5.1.2.R.
r
Małpka działa na lianę siłą F skierowaną w dół. Jest to siła napinająca lianę. Zgodnie z III
r
zasadą dynamiki, liana działa na małpkę siłą reakcji FR o takiej samej wartości, skierowaną
r
ku górze. Drugą siłą działającą na małpkę jest siła ciężkości Q . Wypadkowa tych dwóch sił,
r
r r
r
zgodnie z II zasadą dynamiki nadaje małpce przyspieszenie a : m a = FR + Q . Wartość siły FR
wyznaczymy z równania:
m a = FR − Q , gdzie Q = mg , m – masa małpki.
Ostatecznie:
F = FR = m(a + g ) ,
m
m⎞
⎛
F = 5 kg ⎜ 0 ,5 2 + 10 2 ⎟ = 52 ,5 N .
s
s ⎠
⎝
5.1.3.R.
r
r
r
Na studentkę działają dwie siły: ciężkości Q = m g oraz reakcji podłoża (wagi) FR . Siła
r
r r r
wypadkowa wynosi: m a = Q + FR . Wartość siły FR równa jest sile nacisku na wagę (III
zasada dynamiki), czyli wskazaniu wagi. Ruch w górę:
r
FR1
ma = FR1 − Q
(1)
Q = mg
r
a
r
Q
Ruch w dół:
r
FR1
ma = Q − FR2
(2)
r
a
r
Q
Różnica sił reakcji, (czyli także wskazań wagi) wyznaczonych z równań (1) i (2) wynosi:
Q
∆FR = FR1 − FR2 = 2 ma = 2 ⋅ a ,
g
czyli:
m
∆FR ⋅ g
s 2 = 0 ,5 m .
=
a=
2 ⋅ 500 N
2Q
s2
50 N ⋅ 10
5.1.4.R.
r
r
r
r
Na ciężarek działają siły: ciężkości Q = m g oraz reakcji nici FR . Ich wypadkowa F nadaje
r
ciężarkowi poziome przyspieszenie a . Jest to zarazem przyspieszenie wagonu.
r r r
r
F = Q + FR = m a
Q = mg , 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.
Liczbowe wartości: a = 10
m
m
⋅ tg 15 0 = 2 ,68 2 ,
2
s
s
FR =
m
s 2 = 1,035 N .
0
0 ,1 kg ⋅ 10
cos 15
5.1.5.R.
r
r
Na ciało działają dwie siły: ciężkości Q i siła F przyłożona przez linę.
r
F
r
a
r
Q
r
Ciało porusza się w górę z przyspieszeniem a , czyli:
r r
r
ma = F + Q,
ma = F −Q ,
Q
m= ,
g
Q
F = ma + Q = ⋅a + Q.
g
Siła napinająca linę jest równa, co do wartości, sile F i maksymalna wartość przyspieszenia
amax spełnia równanie:
Q
Fmax = a max + Q ,
g
(Fmax − Q )g
⎛F
⎞
= ⎜ max − 1⎟ g .
⎜ Q
⎟
Q
⎝
⎠
Przyspieszeniu amax odpowiada najkrótszy czas tmin podnoszenia ciała na wysokość h, taki że:
1
2
h = a max ⋅ t min .
2
Ostatecznie:
2h
2h
.
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 .
5.1.6.R.
Drogę sanek przedstawia rysunek:
r
a1
s1
r
a2
α
r
v1
s2
Niech a1 i a2 oznaczają przyspieszenia na odcinkach drogi s1 i s2, a t1 i t2 czasy przebycia tych
odcinków. v1 jest prędkością u dołu zbocza. Związki między tymi wielkościami przedstawiają
następujące równania kinematyczne:
1
s1 = a1t 12 ,
(1)
2
v1 = a 1 t 1 ,
(2)
1 2
s 2 = v1 t 2 + a 2 t 2 ,
(3)
2
0 = v1 + a 2 t 2 .
(4)
Eliminując czas t1 z równań (1) i (2) znajdujemy:
v1 = 2 s 1 a1 .
(5)
Równania (3) i (4) pozwalają otrzymać:
v2
(6)
s2 = − 1 ,
2a 2
2s a
a
(7)
czyli s 2 = − 1 1 = − 1 s1 .
2a 2
a2
Dalej należy wyznaczyć przyspieszenia a1 i a2, które zależą od współczynnika tarcia (tarcie
kinetyczne). Układ sił działających na sanki na odcinkach s1 i s2 przedstawia rysunek:
y
r
FR1
r
T1
r
Qy
α
α
r
Q
r
Qx
y
x
r
v
α
r
T2
r
FR2
x
r
v
r
Q
r
r
r
Na sanki działają trzy siły: ciężkości Q , tarcia kinetycznego T1 lub T2 oraz reakcji podłoża
r
r
r
r
r
FR1 lub FR2 . Siły Qx i Q y są rzutami wektora Q na kierunek równoległy i prostopadły do
r
równi (zbocza), v oznacza prędkość ciała. Ponieważ ciało nie porusza się w kierunku
prostopadłym do podłoża (kierunek y), to I zasada dynamiki pozwala napisać:
r
r
FR1 + Q y = 0 ,
czyli
FR1 − Q y = 0
(8)
r
r
FR2 − Q = 0
(9)
oraz FR2 + Q = 0 ,
a
Qy = Q cosα = mg cosα,
m – masa ciała.
gdzie Q = mg,
Dla kierunku równoległego do podłoża (kierunek x) stosujemy II zasadę dynamiki (ruch
jednostajnie zmienny):
r
r
r
Q x + T1 = ma1 ,
co oznacza: Q x − T1 = ma1 ,
(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 ,
(12)
T2 = f FR2 .
(13)
Przyspieszenie a1 znajdujemy z równań (8), (10) i (12):
a1 = g (sin α − f cos α ) .
(14)
Jest to wyrażenie pozwalające obliczyć przyspieszenie ciała zsuwającego się z równi pochyłej
o kącie nachylenia α, gdy współczynnik tarcia wynosi f.
Przyspieszenie a2 wyznaczamy z równań: (9), (11) i (13):
a2 = − f g .
(15)
Znak minus oznacza, że przyspieszenie ma zwrot przeciwny do przyjętego za dodatni
(kierunek x) i ruch jest jednostajnie opóźniony. Wracając do równania (7), po skorzystaniu z
(14) i (15) mamy:
sin α − f cos α
s2 =
⋅ s1 .
f
Po przekształceniu znajdujemy poszukiwany współczynnik tarcia:
sin α
.
(16)
f =
s2
+ cos α
s1
Dla α = 300, s1 = 20 m, s2 = 200 m otrzymujemy: f = 0,046.
5.1.7.R.
r
r
r
Układ sił ciężkości Q , tarcia T i reakcji FR , które działają na samochód przedstawia
rysunek.
r
v
h
r
Qy
r
FR
r
Qx
r
T
r
Q
Równanie wektorowe, wynikające z II
zasady dynamiki, ma postać:
r
r r r
m a = Q + FR + T .
Rzutując wektory na kierunki x i y
otrzymamy równania wiążące wartości
sił:
m a = −Q x − T ,
(1)
0 = −Q y + FR ,
(2)
s
x
y
α
gdzie:
Q x = Q sin α = mg sin α ,
Q y = Q cos α = mg cos α ,
(3)
T = f FR .
Wartość przyspieszenia a w kierunku x wyznaczona z równań (1) ÷ (3) wynosi:
a = − g (sin α + f cos α ) .
(4)
r
Znak minus oznacza, że wektor a ma zwrot przeciwny do zwrotu osi x.
Samochód do chwili zatrzymania się przebędzie drogę s w czasie t, a jego prędkość zmaleje
od wartości v0 (na dole zbocza) do zera (na wysokości h).
at2
(5)
s = v0 t +
2
0 = v0 + at
(6)
h = s ⋅ sin α
(7)
Z równań (5) i (6) otrzymamy:
v2
s=− 0 .
(8)
2a
Ostatecznie równania (4), (7) i (8) dają:
2
v0 ⋅ sin α
.
h=
2 g (sin α + f cos α )
km
m
= 20 , α = 300, f = 0,1, g = 10 m/s2, otrzymamy: h = 17,5 m.
Dla v0 = 72
h
s
5.1.8.R.
Na klocki działają siły, jak na rysunku.
y
m2
r
a
r
FR2
m1
r
N2
r
T2
r
N1
r
FR1
r
F
x
α
r
T1
r
Q1
r
Q2
r r
Q1 , Q2 - siły ciężkości,
r r
T1 , T2 - siły tarcia,
r r
FR1 , FR2 - siły reakcji podłoża,
r r
N 1 , N 2 - siły, jakimi nić działa na klocki,
r
F - dodatkowa siła zewnętrzna.
Oba klocki (bryły sztywne) i nierozciągliwa nić poruszają się z takim samym
r
przyspieszeniem a (kierunek x).
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.
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
(2)
0 = −Q2 + FR2
Równania uzupełniające:
Q1 = m1 g , T1 = f 1 FR1
(3)
Q2 = m2 g , T2 = f 2 FR2
r' r
Przyjmujemy na chwilę, że nić posiada masę mn. Klocki na nić działają siłami N 1 i N '2 .
r'
N2
r
a
r'
N1
mn
Oznacza to, że:
'
'
mn a = N 1 − N 2 .
(4)
'
'
Widać, że gdy mn = 0 (nić nieważka) to N 1 = N 2 . Ale zgodnie z III zasadą dynamiki:
'
'
N 1 = N 1 oraz N 2 = N 2 . A więc dla nieważkiej nici:
N1 = N 2 = N .
(5)
Równania: (1), (2), (3), (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
.
(7)
m1 + m 2
Powyższa analiza jest słuszna, 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 ). Maksymalna wartość przyspieszenia i
napięcia nici wystąpi dla kąta αm, takiego, że tg α m = f 1 (maksimum wyrażenia:
r
cos α + f 1 sin α ). Wzory (6) i (7) można stosować również w przypadku, gdy siła F
skierowana jest w dół względem poziomu. Wtedy przyjmujemy α 0 i klocek przesuwa
się względem wózka. Występujące tarcie jest tarciem kinetycznym, a siła tarcia przyjmuje
wartość Tmax.
Zatem przyspieszenie klocka względem wózka wynosi:
m⎞
⎛
F − Tmax ⎜ 1 + ⎟
m
M ⎠ 20 N − 7 ,2 N
⎝
aW =
=
= 4 ,27 2 .
m
3 kg
s
Dla F ≤ 7 ,2 N , klocek względem wózka nie porusza się i aw = 0.
Tmax = 0 ,2 ⋅ 3 kg ⋅ 10
5.1.11.R. Zgodnie z I zasadą dynamiki Newtona, przyczepa porusza się ze stałą prędkością
wtedy, gdy suma działających na nią sił równa jest zeru. Ciężar przyczepy równoważony jest
siłą reakcji podłoża, a siła, jaką traktor działa na przyczepę, równoważy siłę oporów ruchu.
5.1.12.R. Na spadające w powietrzu ciało działa, skierowana pionowo w dół, siła ciężkości P
oraz przeciwnie do niej zwrócona siła oporu powietrza Fop. Zgodnie z II zasadą dynamiki
Newtona:
P – Fop = ma,
skąd:
Fop = P – ma.
Ponieważ:
P = mg,
więc:
P
m=
g
i ostatecznie:
P
g −a
Fop = P − a = P
= 6 N.
g
g
5.1.13. W pierwszym etapie ruchu, pod działaniem poziomo skierowanej siły, równej
ciężarowi klocka (F = mg) oraz przeciwdziałającej jej siły tarcia (T = fmg), klocek porusza
się ruchem jednostajnie przyspieszonym z przyspieszeniem a1, którego wartość wynika z II
zasady dynamiki Newtona:
mg – fmg = ma1
skąd:
a1 = g(1 – f)
W ciągu czasu τ działania siły F, klocek osiągnie prędkość końcową:
v1 = a1τ ,
równą jednocześnie prędkości początkowej klocka w drugim etapie jego ruchu.
W drugim etapie ruchu, po zaprzestaniu działania siły F, klocek porusza się ruchem
jednostajnie opóźnionym, pod działaniem hamującej siły tarcia T= fmg, z przyspieszeniem a2.
Wartość tego przyspieszenia również wynika z II zasady dynamiki Newtona:
fmg = ma2,
skąd:
a2 = fg.
Prędkość klocka w tym etapie jego ruchu maleje (od prędkości początkowej v1) zgodnie z
równaniem:
vk = v1 – a2t.
Klocek zatrzyma się (vk = 0) po czasie:
v
a
t= 1 = 1τ .
a2 a2
Podstawiając znalezione poprzednio wartości a1 oraz a2, otrzymamy:
1− f
t=
τ = 60s.
f
5.1.14. Przedstawiony na rysunku układ ciał porusza się pod działaniem siły ciężkości
P3 = m3 g działającej na ciało o masie m3. Przyspieszenie, z jakim porusza się układ, wynika z
II zasady dynamiki Newtona:
m3 g = (m1 + m2 + m3 )a,
skąd:
m3 g
a=
m1 + m2 + m3
Naciąg N nici łączącej ciała o masach m1 i m2 równy jest sile, która ciału o masie m1 nadaje
przyspieszenie a:
m1 m3
N = m1 a =
g.
m1 + m2 + m3
Siła ta nie ulegnie zmianie, gdy zamienimy miejscami ciała o masach m1 i m3 .
5.2. Dynamika ruchu punktu materialnego po okręgu.
5.2.1.R.
r
r
Na samochód działają siły: ciężkości Q , reakcji mostu FR , pociągowa silnika i tarcia. Dwie
ostatnie skierowane są stycznie do toru i równoważą się. W najwyższym punkcie mostu, siły
r r
r
Q i FR są współliniowe, a ich wypadkowa jest siłą dośrodkową Fd . Czyli:
Q − FR = Fd
r
FR
r
v
R
r
Q
Q=mg
Fd =
mv2
R
⎛
v2 ⎞
a więc: FR = m ⎜ g − ⎟ .
⎜
R⎟
⎠
⎝
Dla m = 2000 kg, g = 10 m/s2, v = 54 km/h = 15 m/s, R = 100 m, otrzymamy:
FR = 1,55 ⋅ 10 4 N . Siła nacisku na most ma wartość liczbową równą FR. Jeżeli samochód traci
2
v1
.
R
m
km
.
Zatem prędkość v1 = g R = 31,6 = 113,8
s
h
kontakt z podłożem, to FR = 0, czyli g =
5.2.2.R.
r
r
Na ciężarek działają dwie siły: siła ciężkości Q i siła nici N . Ich wypadkowa jest siłą
r
dośrodkową Fd :
y
r r
r
Fd = Q + N ,
Q = mg.
α
l
r
N
Rzutując te siły na osie x i y otrzymamy:
Fd = N sinα,
N cosα - Q = 0.
α
r
0
α F
d
r
Q
r
x
Wartość siły dośrodkowej opisuje wzór:
Fd = mω2r,
gdzie ω - prędkość kątowa ciężarka,
r – promień okręgu, po którym porusza się ciężarek, r = l sinα.
Z powyższych zależności otrzymamy:
mg
g
2π
l cos α
ω=
,
N=
.
,
T=
= 2π
cos α
l cos α
g
ω
1
Wartości liczbowe: ω = 5,3 , N = 1,4 N, T = 1,18 s.
s
5.2.3.R.
Jeżeli kierowca hamuje, samochód porusza się ruchem prostoliniowym jednostajnie
opóźnionym i do zatrzymania się w czasie t przebywa drogę s, taką że:
s = vt + ½ at2,
0 = v + at,
T
gdzie a = - - przyspieszenie,
m
T = fmg – siła tarcia,
m – masa samochodu i kierowcy.
v2
Czyli
s=
.
2 fg
Jeżeli kierowca zakręca to samochód porusza się po okręgu o promieniu R i siłą dośrodkową
jest siła tarcia:
Fd = T,
s
R
r
v
mv 2
= T.
R
Czyli promień okręgu wynosi:
R=
mv 2
.
T
Minimalny promień odpowiada maksymalnej wartości siły tarcia T = Tmax = fmg,
v2
Rmin =
.
fg
Widać, że s m2
r
r
m1 a1 = Q1 + N 1 ,
r r r
m2 a 2 = Q2 + N 2 .
x
Ponieważ nić jest nierozciągliwa, to wartości
przyspieszenia a1 i a2 są jednakowe: a1 = a2 = a.
Przyjmując, że ciężarek m1 porusza się w dół (zwrot
dodatni) możemy napisać równania skalarne:
m1a = Q1 – N1,
(1)
-m2a = Q2 – N2,
(2)
gdzie Q1 = m1g,
Q2 = m2g.
Blok obraca się wokół nieruchomej osi przechodzącej przez jego środek. Momenty sił i
reakcji osi są równe 0. Obrót bloku następuje pod wpływem momentów sił napięcia nici:
r
r r
Iε = M 1 + M 2
(3)
gdzie ε - przyspieszenie kątowe,
r
r
r'
r'
r r'
r r'
M 1 = r1 × N 1 i M 2 = r2 × N 2 - momenty sił N 1 i N 2 , z jakimi nić działa na blok.
r
r
r r r' r'
Jeżeli przyjąć, że wektory r1 , r2 , N 1 i N 2 leża w płaszczyźnie kartki, to wektory M 1 i M 2 są
r
r
prostopadłe do kartki. M 1 zwrócony jest „od nas”, a M 2 „do nas”.
Wartości momentów sił wynoszą
M1 = r1N1’ sin900 = rN1,
M2 = r2N2’ sin900 = rN2,
gdyż r1 = r2 = r – promień bloczka, a N1’ = N1 i N2’ = N2 – na podstawie III zasady dynamiki.
Przyjmując zwrot „od nas” za dodatni, możemy zapisać równanie (3) w postaci skalarnej:
Iε = M1 – M2 = rN1 – rN2. (4)
Przyspieszenie kątowe bloczka ε i liniowe ciężarków a wiąże zależność
a
ε= ,
(5)
r
gdyż nić nie ślizga się po bloczku. Rozwiązując układ równań (1), (2), (4), (5), po
1
uwzględnieniu, że I = mr2 otrzymamy:
2
g( m1 − m2 )
a=
,
m
m1 + m2 +
2
oraz
N1 = m1(g - a),
N2 = m2(g + a).
m
: a = 3,33 ms-2, N1 = 3,33 N, N2 = 2,67 N.
s2
Uwaga: jeżeli bloczek byłby nieważki, czyli m = 0, I = 0, to z równania (4) widać od razu, że
N1 = N2.
Liczbowe wartości dla g = 10
5.3.6.R.
r
FR
y
r
T
r
Qy
r
r
r
Q
r
Qx
x
Toczenie się ciała wygodnie jest
rozpatrywać
jako
złożenie
ruchu
postępowego środka masy i ruchu
obrotowego względem osi przechodzącej
przez środek masy. Do obu rodzajów ruchu
stosujemy II zasadę dynamiki.
α
α
Na ciało toczące się po równi pochyłej
r
działają trzy siły: siła ciężkości Q , siła
r
r
reakcji równi FR i siła tarcia T . Drugą
zasadę dynamiki dla ruchu postępowego można zapisać:
r r r r
m a = Q + FR +T .
Po rzutowaniu wektorów na kierunki x i y mamy:
ma = Qx – T,
(1)
0 = FR - Qy,
gdzie Qx = Qsinα = mg sinα,
Qy = Qcosα = mg cosα.
Ponieważ nie ma poślizgu, to występujące tarcie jest tarciem statycznym:
T≤ Tmax = fFR = fQy = fmgcosα,
gdzie f – współczynnik tarcia (statycznego).
Druga zasada dynamiki dla ruchu obrotowego ma postać:
r r r
Iε = r × T ,
gdzie I - moment bezwładności względem osi przechodzącej przez środek masy,
ε - przyspieszenie kątowe.
Ruch obrotowy względem osi symetrii jest wynikiem działania tylko momentu siły tarcia,
r r
gdyż momenty sił Q i FR wynoszą 0. W zapisie skalarnym mamy:
Iε = rT sin900 = rT, (2)
Pamiętając, że przy braku poślizgu obowiązuje zależność:
a
ε= ,
(3)
r
gdzie ε – przyspieszenie kątowe w ruchu obrotowym względem osi przechodzącej przez
środek masy,
a – przyspieszenie liniowe środka masy,
r – promień ciała,
mamy układ trzech równań (1), (2), (3), z którego wyznaczyć można a, ε i T.
Po rozwiązaniu tego układu otrzymamy:
a=
g sin α
,
I
1+
mr 2
ε=
g sin α
,
I ⎞
⎛
r⎜ 1 +
⎟
mr 2 ⎠
⎝
T=
mg sin α
.
mr 2
1+
I
Warunek, przy którym możliwe jest toczenie bez poślizgu ma postać:
mg sin α
≤ fmg cosα
mr 2
1+
I
lub
1
≤ f ctgα.
mr 2
1+
I
5.3.7.R.
Jeżeli oba ciała rozpoczynają ruch, to tę samą odległość w krótszym czasie przebędzie ciało
poruszające się z większym przyspieszeniem. Z rozwiązania zad. 5.3.6. widać, że większe
przyspieszenie liniowe będzie miało ciało o mniejszym momencie bezwładności. Ponieważ
2
1
Ikuli = mr2, a walca Iwalca = mr2, to jest oczywiste, że szybciej stoczy się kula.
5
2
5.3.8.R.
2
7 v0
- droga, jaką przebędzie kula do chwili zatrzymania się,
10 g sin α
14 v0
t=
- czas, po którym kula wróci do podstawy równi.
5 g sin α
m
Dla v0 = 10 , α = 300, s = 9,9 m, t = 3,36 s.
s
Odp:
s=
5.3.9.R.
2
12 v0
Odp: s =
.
49 µ g
5.3.10.R.
r
v0
r
T
r
v
Po zetknięciu się obręczy z podłożem zmiany w czasie jej prędkości liniowej i kątowej
opisują wyrażenia:
v = v0 – at, ω = ω0 - εt,
T
gdzie a =
- przyspieszenie liniowe,
m
T – siła tarcia kinetycznego występująca w czasie poślizgu,
m – masa obręczy,
M TR
=
ε=
- przyspieszenie kątowe,
I
I
M = TR – moment siły tarcia,
R – promień obręczy,
I - moment bezwładności względem osi obręczy I = mR2.
Wykorzystując powyższe zależności otrzymujemy następujący związek:
v = v0 − ω0 R + ωR .
Po zmianie zwrotu prędkości liniowej, obręcz w końcowej fazie toczy się bez poślizgu, a więc
ω=-
v
,
R
czyli
v=
v 0,
v0 − ω0 R
.
2
Prędkość v spełni warunek: v v0 . Jeżeli chcemy np. aby v = −v0 , to prędkości
v0 i ω0 muszą spełniać związek: ω0 R = 3 v0 .
5.3.11.R.
Jeżeli walec znajdzie się na powierzchni szorstkiej o wspólczynniku tarcia f, pojawia się siła
r
r
tarcia posuwistego T , która zmniejsza prędkość liniową walca. Moment M tej siły względem
osi walca nadaje mu ruch obrotowy. Walec będzie toczył się początkowo w obecności
poślizgu.
r
v0
r
v
r
T
r
r
r
r r r
M = Iε = r × T ,
gdzie T = fmg,
M = Iε = rT sin900 = rT,
m – masa walca.
Z drugiej zasady dynamiki
r
r
T = ma ,
-T = ma,
więc przyspieszenie walca
a = -fg.
Po czasie t prędkość liniowa walca wynosi:
v = v0 + at = v0 – fgt,
a prędkość kątowa:
ω = ε t.
M rT rfmg
Przyspieszenie kątowe:
=
=
ε=
.
I
I
I
Jeżeli począwszy od chwili t1 ruch walca ma być bez poślizgu, to
v1 = ω1r,
rfmg
t 1 r,
czyli
v0 –fgt1 =
I
v0
t1 =
.
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, czyli
2
v
2
t 1 = 0 , v1 = v0 .
3
3 fg
5.3.12.R.
Wygodnie jest traktować ruch kołowrotu jako obrót wokół chwilowej osi A, przechodzącej
przez punkty, w których kołowrót styka się z podłożem. Taki obrót uwarunkowany jest tylko
r
r
momentem siły F względem osi A. Momenty pozostałych sił: tarcia T oraz ciężkości i reakcji
podłoża (niezaznaczonych na rysunku) wynoszą 0. Zatem:
M = F x = IA ε,
O
α
r
T
gdzie x = CB,
R
A
r
α
C B
r
F
OB x + r
=
,
czyli x = Rcosα - r
R
R
oraz IA = I0 +mR2 – moment bezwładności względem osi A (na podstawie twierdzenia
Steinera), I0 – moment bezwładności względem osi kołowrotu,
a
ε = – przyspieszenie kątowe,
R
a – przyspieszenie liniowe środka masy.
cosα =
Stąd
a=
Jeżeli cosα
R cos α − r
RF .
I 0 + mR 2
r
, to a 0 i kołowrót będzie poruszać się w kierunku nici (nić nawija się).
R
r
, nić odwija się z kołowrotu.
R
r
Kiedy cosα =
, ε = 0 i ruch obrotowy nie występuje, a ruch postępowy szpuli opisuje
R
równanie:
Fr
- T,
Ma = Fcosα - T =
R
gdzie T = f(mg - Fsinα)
f - współczynnik tarcia posuwistego.
Gdy cosα I czyli
2
2
a 3 l to p2 p1, a więc pęd układu wzrasta. Pozioma składowa reakcji osi ma w tym
Widać, że p2 = p1 jeżeli I =
przypadku wartość różną od zera i zwrot taki jak uderzająca kula.
5.3.17.R.
Korzystamy z zasady zachowania momentu pędu układu student-tarcza. Początkowy moment
pędu wynosi L1 = 0 (student i tarcza nie poruszają się). Jeżeli student chodzi wzdłuż brzegu
tarczy z prędkością v względem niej, a tarcza obraca się z prędkością kątową ω, to moment
pędu układu L2 można zapisać:
L2 = m(v-ωR)R - Iω,
1
MR2 - moment bezwładności tarczy. Z zasady zachowania momentu pędu
gdzie I =
2
L1 = L2 = 0 otrzymamy:
v
ω=
.
M ⎞
⎛
R⎜ 1 +
⎟
2m ⎠
⎝
2π
Okres obrotu tarczy wynosi T =
, a poszukiwana droga:
ϖ
s = vT = 2π R(1 +
M
).
2m
5.3.18.R.
Układ wektorów przedstawia rysunek. Śmigło działa na samolot momentem siły:
r
r r
M = Ω × L,
r
v
r
r ϖ
r
r
Ω
r
M
O
r
gdzie Ω - wektor kątowej prędkości precesji,
r
r
L = I ω - moment pędu śmigła,
I – moment bezwładności śmigła,
ω = 2πn prędkość kątowa śmigła,
n – częstość obrotów.
v
Tutaj Ω = , v – prędkość liniowa samolotu w jego ruchu po okręgu o promieniu r. Wektor
r
r
Ω zwrócony jest „do nas”.
Tak więc wartość momentu siły M wynosi:
M =
2πnIv
.
r
Liczbowa wartość dla n=2400 obr/min = 40 s-1, I = 15 kgm2, v = 360 km/h=100 m/s,
r = 800 m:
M = 471 Nm.
5.3.19.R.
m
⋅ 0 ,1 m
mgl
1
s2
Odp.:
Ω=
=
=1 .
1
Iω
s
0 ,005 kgm 2 ⋅ 80
s
5.3.20.R. Moment bezwładności kuli A:
0 ,4 kg ⋅ 10
2
I A = 0,4m A rA ,
a kuli B:
2
I B = 0,4m B rB .
Stosunek tych wielkości:
2
I A m A ⎛ rA ⎞
⎜ ⎟
=
I B m B ⎜ rB ⎟
⎝ ⎠
Przyjmując, że obie kule wykonane są z tego samego materiału o jednakowej gęstości :
m
ρ= ,
V
gdzie:
4
V = π r 3 - objętość kuli,
3
możemy znaleźć związek między masami kul i ich promieniami:
3
m A ⎛ rA ⎞
=⎜ ⎟ ,
m B ⎜ rB ⎟
⎝ ⎠
skąd:
rA
m
=3 A ,
rB
mB
a więc:
2
I A mA ⎛ mA ⎞
⎜3
⎟
=
I B mB ⎜ mB ⎟
⎝
⎠
Ponieważ wiemy, że m A = 8m B , więc:
IA
= 32
IB
i ostatecznie: I A = 32 I B .
... zobacz całą notatkę
Komentarze użytkowników (0)