Zadania do rozdziału 4

Zadania do rozdziału 4.
Zad.4.1.
G
G
Obliczyć moment siły M dla siły F = 120 N względem osi obrotu krążka o promieniu
r=20 cm, jeżeli działa ona stycznie do krążka.
Rozwiązanie:
G G G
M= rxF
G
M = M = r ⋅ F ⋅ sin α
α = 90 o
sin α = 1
M = r ⋅ F = 120 N ⋅ 0,2 m
M=24 Nm
G
Wektor momentu siły M leży na linii osi obrotu krążka (jest prostopadły do
płaszczyzny krążka) i skierowany jest za płaszczyznę rysunku.
Zad.4.2.
Obliczyć, jaki ciężarek Q należy zawiesić na końcu dźwigni zaworu bezpieczeństa,
który się podniesie z chwilą, gdy parcie pary P na grzybek zaworu wyniesie 180 N. Dźwignię
stanowi jednorodny żelazny płaskownik o masie m1=3 kg i długości l1=0.8 m. Odległość osi
zaworu od osi dźwigni wynosi l2=15 cm.
Rozwiązanie:
Siła ciężkości dźwigni
Q1 = m 1 g
umiejscowiona jest w środku ciężkości
dźwigni
l3 =
83
czyli
w
odległości
1
l1 = 0.4 m od osi obrotu O zaworu.
2
Na dźwignię działają następujące momenty siły
G G
G
G
od siły Q ciężkości ciężarka,
M1 = l1 x Q
G G
G
G
od siły P parcia pary na zawór,
M 2 = l2 x P
G
G
G
M 3 = l3 x Q1
od siły Q1 ciężkości dźwigni
G
G
G G
G
M1 , M 2 i M 3 działają wzdłuż osi obrotu dźwigni, przy czym M1 , i M 3 są skierowane do nas
G
(od płaszczyzny rysunku), a M 2 za płaszczyznę rysunku.
Równowaga nastąpi gdy
G
∑M =0
G
G
G
M1 + M 2 + M 3 = 0
M1 = l1 ⋅ Q
M 2 = −l 2 ⋅ P
M 3 = l 3 ⋅ Q1
l1 ⋅ Q − l 2 ⋅ P + l 3 ⋅ Q1 = 0
l ⋅ P − l 3 ⋅ Q1 l 2 ⋅ P − l 3 ⋅ Q1 ⋅ m 1 ⋅ g
=
Q= 2
l1
l1
Q=
0.15 m ⋅ 180 N − 0.4 m ⋅ 3kg ⋅ 9.81 m / s 2
0 .8 m
Q=
27 − 12
N
0.8
Q = 18.75 N
Ale Q=mg; gdzie m to masa ciężarka
m=
18.75 N
Q
=
≈ 1.9 kg
g 9.81 m / s 2
m ≅ 1.9 kg
Na końcu dźwigni należy zawiesić ciężarek Q o masie m=1.9 kg.
Zad.4.3.
Oblicz moment bezwładności I „krzyżaka” przedstawionego na rysunku.
84
m1 = 2 kg
r1 = 3 m
m 2 = 1 kg
r2 = 4 m
m 3 = 4 kg
r3 = 5 m
m 4 = 3 kg
r4 = 3 m
Rozwiązanie:
4
I = ∑ m i ri 2
i =1
I = m1r12 + m 2 r2 2 + m 3 r3 2 + m 4 r4 2
I = 2 ⋅ 9 kg m 2 + 1 ⋅ 16 kg m 2 + 4 ⋅ 25 kg m 2 + 3 ⋅ 9 kg m 2
I = 161 kg m 2
Zad.4.4.
Oblicz moment bezwładności I „cienkiej obręczy” (o masie m = 5 kg i promieniu
r = 1 m) względem osi przechodzącej przez jej środek.
Rozwiązanie:
Obręcz ma symetrię „cylindryczną”, więc
wygodnie będzie rozwiązać ten problem
nie
w
kartezjańskim
układzie
współrzędnych (0xy), lecz w układzie
biegunowym (0,r,ϕ).
 kg 
Obliczamy „gęstość liniową” obręczy η 
m
η=
m
L
gdzie: L = 2πr to obwód obręczy.
85
m
2πr
η=
Element długości dl obręczy ma masę dm
dm = η ⋅ dl
i jest oddalony od osi O obrotu o r.
Element ten ma moment bezwładności dI
dI = dm ⋅ r 2 = ηr 2 dl =
m 2
mr
⋅ r dl =
dl
2πr
2π
Moment bezwładności I całej obręczy wynosi:
L
L mr
o
o 2π
I = ∫ dI = ∫
dl =
mr L
mr
⋅L
∫ dl =
2π o
2π
Podstawiając za L=2πr otrzymujemy
I=
mr
⋅ 2πr
2π
I = m ⋅ r2
I = 5 kg ⋅ 1 m 2 = 5 kg m 2 .
Zad.4.5.
Oblicz moment bezwładności I „cienkiego krążka: (o masie m=5 kg i promieniu
R=1m) względem osi przechodzącej przez jego środek.
Rozwiązanie:
Zadanie rozwiązujemy w biegunowym
układzie współrzędnych (0,r,ϕ).
W układzie tym element powierzchni ds.
ds = dl ⋅ dr
Ale z definicji kąta łukowego wiemy, że
dϕ =
Zatem
dl
; dl = r ⋅ dϕ
r
ds = rdϕdr
Obliczamy „gęstość powierzchniową” σ krążka
σ=
m
s
gdzie S = πr 2 jest powierzchnią całkowitą krążka.
86
m
σ=
πR 2
Element powierzchni krążka ds. ma masę dm
dm = σ ⋅ ds
dm =
m
πR 2
⋅ rdϕdr
i jest oddalony od osi O obrotu o r.
Element ten ma moment bezwładności dI
dI = dm ⋅ r 2 =
dI =
mr 3
πR 2
m⋅r
πR
2
⋅ dϕdr ⋅ r 2
dϕdr
Moment bezwładności I całego krążka wynosi:
I=
2π R
m 3 
r dr  dϕ
∫ dI = ∫  ∫
2
po calym o  o πR

krążku
I=
m 2π R 3 
∫  ∫ r dr  dϕ
πR 2 o  o

I=
m 2π R 4
m R 2 2π
dϕ =
∫
∫ dϕ
π 4 o
πR 2 o 4
I=
mR 2
mR 2
⋅ 2π =
4π
2
I=
5 kg ⋅ 1 m 2
= 2.5 kg m 2
2
Zad.4.6.
Na kołowrót nawinięte są w kierunkach przeciwnych dwie lekkie nici obciążone
ciałami o masach m1 i m 2 (m 2 > m1 ) .
Znaleźć przyspieszenie kątowe kołowrotu ε i naprężenie T1 i T2 w niciach uwzględniając
moment bezwładności I kołowrotu.
Rozwiązanie:
Przyjmując zwrot układu współrzędnych tak jak na rysunku, równania ruchu dla mas m1, m2 i
bloczka są postaci
87
m1a 1 = − m1g + T1
(a)
− m 2 a 2 = −m 2 g + T2
(b)
Iε = T2 R − T1r
(c)
gdzie przyspieszenia liniowe a1 i a2 są
związane z przyspieszeniem kątowym
bloczka według relacji
a 1 = εr
(d)
a 2 = εR
(e)
Rozwiązując układ równań (a ÷ e)
otrzymujemy
 m1εr = −m1g + T1

− m 2 εR = − m 2 g + T2

Iε = T2 R − T1r

/• r
/• R
(f)
(g)
Iε = m 2 gR − m 2 εR 2 − m1gr − m1εr 2
ε=
m 2 R − m1 r
I + m 2 R 2 + m1 r 2
g
Naprężenie nici T1 i T2 obliczamy z równań (f) i (g) wstawiając obliczoną wartość ε
T1 = m1g + m1rε
T2 = m 2 g − m 2 Rε
Zad.4.7.
Na brzegu dużej poziomej swobodnie obracającej się tarczy o promieniu r i momencie
bezwładności Io stoi człowiek o masie m. Tarcza wykonuje n obrotów na minutę. Jakiej
zmianie ulegnie prędkość kątowa tarczy ω, gdy człowiek ten, o masie m, przejdzie od jej
brzegu do środka?, Jak zmieni się przy tym energia układu? Rozmiary człowieka w
porównaniu z promieniem tarczy można pominąć.
Rozwiązanie:
Na układ nie działają żadne zewnętrzne momenty siły, dlatego
G
Moment pędu L = const
G
G
L = I ω , gdzie I to moment bezwładności układu, a ω to prędkość kątowa.
88
Gdy człowiek stoi na brzegu tarczy to
I = I o + mr 2 i wtedy
(
)
L1 = I o + mr 2 ω1
Gdy człowiek stoi w środku tarczy to
I = I o bo r = 0 i wtedy
L 2 = I o ω2
Z zasady zachowania momentu pędu L
wynika:
(I o + mr )ω1 = I o ω2 ;
I o + mr 2
ω2 =
2πn bo ω1 = 2πn
Io
2
L1 = L 2 ;
I + mr 2  obr. 
η
n 2 = ω 2 / 2π = o

Io
 min . 
ω 2 = 2πn 2
Energię kinetyczną układu opisuje wzór
Ek =
1 2
Iω
2
Gdy człowiek stoi na brzegu tarczy układ ma energię E k1
E k1 =
(
)
(
)
1
1
I o + mr 2 ω12 = I o + mr 2 ⋅ 4π 2 n 2
2
2
Gdy człowiek stoi w środku tarczy układ ma energię E k 2
E k2 =
2
1
1  I + mr 
I o ω 22 = I o  o
 ⋅ 4π 2 n 2
2
2 
Io

Przyrost energii ∆E związany z przejściem człowieka z brzegu do środka tarczy

(
2 2  Io
∆E = E k 2 − E k1 = 2π n


(
)(
(
)
+ mr 2
Io
)2 − (I o + mr 2 )


)
 I + mr 2 − I o 
∆E = 2π 2 n 2 I o + mr 2  o

Io


∆E = 2π 2 n 2 I o + mr 2 ⋅ mr 2 ⋅
1
Io
89
Zad.4.8.
Obliczyć energię kinetyczną Ek kuli o masie m i promieniu r, toczącej się bez poślizgu
z prędkością υ.
Rozwiązanie:
Zadanie jest nieco skomplikowane ze względu na to, że tocząca się kula odbywa dwa ruchy:
ruch postępowy z prędkością υ i ruch obrotowy względem osi O’ przechodzącej przez środek
kuli i nie zmieniającej swego położenia w kuli.
Energie
kinetyczne
wymienionymi
związane
ruchami
z
wynoszą
odpowiednio:
gdzie
I=
2 2
mr
5
Ek' =
mυ 2
2
dla ruchu postępowego
E k '' =
Iω 2
2
dla ruchu obrotowego
to moment bezwładności kuli (patrz Tabela 4.1).
Zatem
E k = E k ' + E k ''
Prędkość kątową ω kuli chcemy powiązać z prędkością υ ruchu postępowego. W tym celu
bierzemy pod uwagę punkt O styczności kuli z płaszczyzną, po której się ona toczy. Prędkość
chwilowa tego punktu równa się zeru, ale równocześnie może być ona przedstawiona jako
suma geometryczna prędkości υ ruchu postępowego (skierowanej np. w prawo) i prędkości υ’
tego punktu w jego ruchu obrotowym (skierowanej w lewo). A zatem
0 = υ − υ'
Ale
υ' = ωr , a więc
υ − ωr = 0,
czyli
ω=
υ
.
r
Szukaną energię kinetyczną kuli toczącej się bez poślizgu po płaszczyźnie poziomej można
więc przedstawić w postaci
E k = E k ' + E k '' =
Ek =
mυ 2 2mυ 2
,
+
2
5⋅2
7 mυ 2
.
5 2
90