Mechanika techniczna - Wydział Samochodów i Maszyn Roboczych

Mechanika techniczna - Wydział Samochodów i Maszyn Roboczych

Piotr Przybyłowicz
Mechanika techniczna
Warszawa 2012
Politechnika Warszawska
Wydział Samochodów i Maszyn Roboczych
Kierunek studiów "Edukacja techniczno informatyczna"
02-524 Warszawa, ul. Narbutta 84, tel. (22) 849 43 07, (22) 234 83 48
ipbmvr.simr.pw.edu.pl/spin/, e-mail: [email protected]
Opiniodawca: prof. dr hab. inŜ. Danuta SADO
Projekt okładki: Norbert SKUMIAŁ, Stefan TOMASZEK
Projekt układu graficznego tekstu: Grzegorz LINKIEWICZ
Skład tekstu: Janusz BONAROWSKI
Publikacja bezpłatna, przeznaczona dla studentów kierunku studiów
"Edukacja techniczno informatyczna"
Copyright © 2012 Politechnika Warszawska
Utwór w całości ani we fragmentach nie moŜe być powielany
ani rozpowszechniany za pomocą urządzeń elektronicznych, mechanicznych,
kopiujących, nagrywających i innych bez pisemnej zgody posiadacza praw
autorskich.
ISBN 83-89703-82-3
Druk i oprawa: STUDIO MULTIGRAF SP. Z O.O.,
ul. Ołowiana 10, 85-461 Bydgoszcz
Spis treści
Wstęp...................................................................... 5
1. Geometria mas ................................................... 7
1.1 Wyznaczanie połoŜenia środka masy .............................. 8
1.2 Reguły Pappusa-Guldina ................................................23
1.3 Momenty bezwładności ...................................................27
2. Statyka ............................................................. 47
2.1 Statyka bez tarcia ...........................................................48
2.2 Statyka z uwzględnieniem tarcia ...................................68
2.3 Efekty mechaniczne wywołane tarciem .........................72
3. Kinematyka punktu .......................................... 89
3.1 Opis połoŜenia, równania ruchu .....................................90
3.2 Krzywizna toru, promień krzywizny ..............................95
3.3. Prędkość punktu ............................................................99
3.4. Przyspieszenie punktu.................................................101
4. Dynamika punktu ........................................... 111
4.1 Druga zasada dynamiki................................................112
4.2. Zagadnienie odwrotne dynamiki .................................115
4.3. Zasada zmienności pędu i krętu ..................................147
4.4. Praca, moc, energia......................................................151
5. Bryła sztywna ................................................. 159
5.1. Kinematyka bryły ........................................................160
5.2. Dynamika bryły ...........................................................177
Wstęp
Niniejsze materiały zostały opracowane w ramach realizacji Programu
Rozwojowego Politechniki Warszawskiej współfinansowanego ze środków PROGRAM OPERACYJNY KAPITAŁ LUDZKI. Przeznaczone są
dla studentów pierwszego roku studiów inŜynierskich na kierunku Edukacja techniczno-informatyczna prowadzonych na Wydziale Samochodów i Maszyn Roboczych Politechniki Warszawskiej.
Opracowanie przygotowano dla przedmiotu „Mechanika”. Jego zawartość merytoryczna w pełni odpowiada zakresowi opisanemu w sylabusie
opracowanym dla tego przedmiotu. Zajęcia dydaktyczne obejmują
30 godzin wykładu i 30 godzin ćwiczeń audytoryjnych.
Celem opracowania jest pokazanie Czytelnikowi miejsca i roli mechaniki ogólnej na tle innych nauk podstawowych oraz w dziedzinie budowy i eksploatacji maszyn, zapoznanie go z podstawowymi pojęciami i
prawami rządzącymi ruchem układów mechanicznych, przekazanie
umiejętności modelowania obiektów rzeczywistych, formułowania i rozwiązywania zadań.
Całość materiału ujęto w pięciu rozdziałach. W rozdziale pierwszym
przybliŜono problem wyznaczania połoŜenia środka masy oraz masowych momentów bezwładności. Umiejętność ta będzie niezbędna w rozdziale ostatnim, poświęconym bryle sztywnej, gdzie większość praw
i zasad nawiązuje do połoŜenia środka masy i wzmaga znajomości inercji obrotowej ciał (momentów bezwładności). Rozdział drugi omawia
szczególny przypadek ruchu, tj. bezruch, a więc zagadnienie równowagi
ciał i warunków jakie muszą być spełnione aby ta równowaga mogła zaistnieć. W rozdziale dotyczącym statyki zawarto takŜe problem tarcia suchego i efektów mechanicznych jakie siły tarcia wprowadzają do badanych układów. W rozdziale trzecim przypomniano podstawowe pojęcia
uŜywane w analizie ruchu punktu materialnego, tj. kinematyce, takie jak
tor, równanie ruchu, prędkość, krzywizna, przyspieszenie. Analizę ruchu
łącznie z jego genezą wyjaśnianą związkiem przyczynowo-skutkowym
w postaci II zasady Newtona wyłoŜono w rozdziale czwartym. W roz-
dziale piątym rozwaŜania te rozszerzono na model bliŜszy obiektom rzeczywistym – bryłę sztywną.
1
Geometria mas
W tym rozdziale:
o
o
o
o
o
o
Wyznaczanie połoŜenia środka masy
Wycinek koła
Reguły Pappusa-Guldina
Momenty bezwładności
Twierdzenie Steinera
Przykłady
ROZDZIAŁ 1
1.1. Wyznaczanie połoŜenia
środka masy
Jedną z podstawowych umiejętności inŜyniera mechanika jest zdolność
sprawnego wyznaczania połoŜenia środków mas brył o róŜnych kształtach geometrycznych, które odwzorowują rzeczywiste obiekty, w tym
takŜe elementy projektowanych lub istniejących maszyn. PołoŜenie
środka masy determinuje właściwości mechaniczne obiektów, począwszy od problemu równowagi po zagadnienia dynamiczne jak reakcja na
przykładane pole sił, sposób wprawiania w ruch i rodzaje tego ruchu
(postępowy, obrotowy, złoŜony, itp.). Wiele twierdzeń mechaniki formułowanych jest właśnie dla środka masy, lub uzyskuje proste przejrzyste wyraŜenia względem właśnie tego punktu. W niniejszym rozdziale
poznamy podstawowe prawa i wzory niezbędne do nabycia tej umiejętności.
Moment statyczny
Momentem statycznym punktu materialnego względem pewnego punktu
odniesienia (np. początku układu współrzędnych) nazywamy iloczyn
masy tego punktu m i odległości względem miejsca odniesienia. PoniewaŜ odległość ta jest brana w pierwszej potędze, momenty statyczne nazywamy momentami pierwszego rzędu. Jak się okaŜe, istnieją takŜe
momenty drugiego rzędu, gdzie odległość ta pojawia się w kwadracie,
zwane momentami bezwładności. W odróŜnieniu od tych ostatnich,
moment statyczny moŜe być wektorem jako iloczynem masy m i wektora prowadzonego od początku układu współrzędnych do danego
punktu materialnego, czyli:
S = mr
(1.1)
Oczywiście zapis taki oznacza trzy momenty skalarne: S x = m x ,
S y = m y oraz S z = m z . W przypadku, gdy mamy do czynienia nie
z pojedynczym punktem materialnym, lecz bryłą o znacznych wymiarach (rysunek 1.1.) moŜemy bezpośrednio wyznaczyć moment statyczny
elementarnej masy dm i scałkować po całej objętości bryły:
Strona 8
GEOMETRIA MAS
z
dm
r
C
rc
y
O
x
Rysunek 1.1. Bryła o dowolnym kształcie oraz elementarna masa
do obliczania całki momentu statycznego
S = ∫ r dm
V
(1.2)
Z drugiej strony, gdybyśmy znali połoŜenie środka masy tej bryły (oznaczonej jako punkt C ) i skupili w nim całą jej masę, to moment statyczny
takiego punku wyniósłby oczywiście S = mrc . Porównując ten moment
z całką (1.2) otrzymujemy natychmiast:
rc =
∫
V
r dm
m
(1.3)
lub skalarnie:
xc =
yc =
zc =
∫
V
x dm
m
∫
V
y dm
m
∫
V
(1.4)
z dm
m
co stanowi podstawowy zestaw wzorów na obliczanie połoŜenia środka
masy, tj. współrzędnych punktu C = C ( xc , yc , zc ) .
W istocie rozróŜniamy w mechanice trzy rodzaje środków: środek masy,
środek cięŜkości i środek geometryczny. Prawdą jest teŜ, Ŝe w najbarStrona 9
ROZDZIAŁ 1
dziej ogólnym przypadku kaŜdy z nich moŜe być w innym miejscu.
RóŜnica w połoŜenia środka masy i środka cięŜkości zajdzie wtedy gdy
pole grawitacyjne nie jest jednorodne i któraś część bryły (np. dolna)
mogłaby być przyciągana silniej niŜ górna. To jednak sytuacja wyjątkowa i dla typowych obiektów inŜynierskich (maszyny, budowle) nie ma
zastosowania w naturalnym polu grawitacyjnym na Ziemi. Dla dość
skrajnych przypadków (bardzo wysokie konstrukcje) róŜnica ta jest do
wyznaczenia, jednak minimalna w porównaniu z wymiarami samej konstrukcji. Na przykład słup o jednorodnym przekroju i wysokości 600m1,
posiada środek cięŜkości obniŜony o 3cm w stosunku do środka masy,
właśnie ze względu na zmianę pola grawitacyjnego.
RóŜnica w połoŜeniu środka masy i środka geometrycznego wynika
z materiału, z którego wykonany jest obiekt, a który moŜe być niejednorodny (róŜna gęstość). Wartość momentu statycznego wzrasta z gęstością, gdyŜ d m = ρ dV , gdzie ρ oznacza gęstość objętościową, a dV
elementarną objętość. W przypadku gdy materiał jest jednorodny połoŜenie środka masy i środka geometrycznego pokrywa się. Wtedy teŜ
moŜemy obliczać to połoŜenie całkując nie po masie, lecz po „kształcie”,
czyli objętości bryły:
rc
∫ r ρ dV
=
∫ ρ dV
V
i jeśli ρ = const to rc =
ρ ∫ r dV
V
ρ ∫ dV
=
∫
V
r dV
V
V
V
JeŜeli bryła jest figurą płaską (lub trójwymiarową powierzchnią), to
oczywiście całkujemy jej pole:
rc =
∫
S
r dA
A
(1.5)
natomiast dla linii (dowolnych krzywych) całkujemy po długości:
1
Przykład ten jest inspirowany rzeczywistą konstrukcją, którą wzniesiono w Polsce
w 1974 r. (przez jakiś czas była to najwyŜsza konstrukcja uŜyteczności publicznej na
świecie), a która miała 646m. Była to antena „półfalowa” wybudowana w Konstantynowie k. Gąbina, nadająca program I Polskiego Radia o sile 2MW. Przy dobrej pogodzie
sygnał docierał do krańców południowej Afryki. Maszt runął w 1991 r. na skutek
pęknięcia jednego z trzech najwyŜszych odciągów podczas prac konserwatorskich.
Masztu nie odbudowano.
Strona 10
GEOMETRIA MAS
rc =
∫
V
r dl
(1.6)
L
gdzie A i L w powyŜszych wzorach oznacza odpowiednio całkowite
pole i długość danego obiektu. KaŜdy z powyŜszych wzorów ma postać
wektorową i daje się wyrazić skalarnie analogicznie jak w (1.4).
Zastanówmy się na koniec co w sytuacji, jeśli bryła ma dość złoŜony
kształt, ale który wyraźnie da się podzielić na mniejsze części, w których
połoŜenia środków mas (czy geometrycznych) są bardzo łatwe do zidentyfikowania (np. prostokąt, koło, itp.). ZauwaŜmy, Ŝe wtedy moment
statyczny pojedynczego fragmentu jest iloczynem masy tego fragmentu
i odległości jego środka masy od pewnego punktu odniesienia. Jeśli
takich składowych części jest, dajmy na to n, to całkowity moment
statyczny wyrazi się nie całką, lecz następującą sumą:
n
S=
∑m r
i ci
i =1
gdzie rci oznacza połoŜenie środka masy i−tego elementu. Będzie
zatem:
n
∑m r
i ci
rc =
i =1
n
∑
n
gdzie oczywiście
∑m = m .
i
i =1
mi
i =1
JeŜeli materiał jest jednorodny, to zamiast mas wstawiamy objętości,
pola lub długości poszczególnych fragmentów w zaleŜności od rodzaju
obiektu. I tak np. dla figur płaskich będziemy mieli:
n
∑A r
i ci
rc =
i =1
A
,
czyli skalarnie:
Strona 11
ROZDZIAŁ 1
n
∑x
ci Ai
xc =
i =1
n
∑A
i
i =1
(1.7)
n
∑y
yc =
ci Ai
i =1
n
∑A
i
i =1
Zastosujmy teraz powyŜej omówione wzory do prostych i praktycznych
zadań.
Przykład 1.1
Wyznaczyć połoŜenie środka masy kątownika, którego ramiona mają
długość a i b, natomiast szerokość d (rysunek 1.2.).
y
d
C1
b
C2
O
d
x
a
Rysunek 1.2. Teownik z Przykładu 1.1
Pierwszą i podstawową sprawą jest wprowadzenie układu współrzędnych, w którym będziemy prowadzić obliczenia. Jeśli z jakichś powodów nie jest to nam narzucone, przyjmujemy ten układ w moŜliwie najbardziej dogodny dla nas sposób, np. wzdłuŜ zewnętrznych krawędzi
kątownika (rysunek 1.2.). Po drugie zauwaŜmy, Ŝe kątownik jest
prostym kształtem, który daje się złoŜyć z dwóch prostokątów,
a połoŜenia środków mas kaŜdego z nich są oczywiste (na przecięciu
przekątnych). Na podstawie powyŜszego rysunku szybko identyfikujemy
połoŜenia środków mas poszczególnych części:
Strona 12
GEOMETRIA MAS
xc1 =
d
a−d
b
d
, xc 2 = d +
, yc1 = , yc 2 = ,
2
2
2
2
Pola poszczególnych prostokątów wynoszą:
A1 = bd , A2 = d (a − d ) .
Wobec powyŜszych rachunek pozwalający na obliczenie współrzędnych
środka masy całego kątownika w przyjętym układzie osi x−y jest natychmiastowy:
2
∑x
ci Ai
xc =
i =1
2
∑A
d
a−d 

bd +  d +
d (a − d )
xc1 A1 + xc 2 A2 2
2 

=
=
,
A1 + A2
bd + d (a − d )
i
i =1
co po uproszczeniach daje: xc =
bd + a 2 − d 2
.
2(b + a − d )
Dla współrzędnej yc, obliczenia są analogiczne:
2
∑y
yc =
ci Ai
i =1
2
∑A
b
d
bd + d (a − d )
yc1 A1 + yc 2 A2 2
2
=
=
,
A1 + A2
bd + d (a − d )
i
i =1
i ostatecznie: xc =
b 2 + da − d 2
.
2(b + a − d )
Przykład 1.2
Wyznaczyć połoŜenie środka masy koła o promieniu 5r, z którego
wycięto otwór o promieniu r w odległości 3r od środka koła oraz otwór
prostokątny przystający jednym bokiem do pionowej średnicy koła,
wpisany do niego, o wysokości 8r (rysunek 1.3.).
Tym razem sytuacja przedstawia się nieco inaczej niŜ w poprzednim
przykładzie. Teraz rozwaŜany element nie stanowi sumy lecz róŜnicę
geometryczną pewnych prostych komponentów. Zachodzi pytanie jak to
wpływa na analizę połoŜenia środka masy. OtóŜ jedyną róŜnicą w takich
przypadkach jest to, Ŝe moment statyczny od brakujących elementów
Strona 13
ROZDZIAŁ 1
oblicza się jako iloczyn połoŜenia środka masy takiego elementu i jego
masy (pola, objętości lub długości) ze znakiem minus. W ten właśnie
sposób uwzględnia się jego nieobecność. Cały pozostały rachunek jest
analogiczny. W rozwaŜanym przykładzie daną figurę moŜemy zdekomponować na trzy elementy składowe – koło duŜe pełne, wycięty otwór
i wycięty prostokąt. Te dwa ostatnie będą miały ujemną wartość pola.
PołoŜenie środków ich mas (pól) zaleŜeć będzie jedynie od wybranego
układu współrzędnych. Obierzmy go moŜliwie najprościej, np. wzdłuŜ
poziomej i pionowej średnicy koła (rysunek 1.3.). Obydwie współrzędne
środka koła wyniosą zatem zero. Pozostałe będą:
y
8r
C3
3r
C1
x
C2
O
r
5r
Rysunek 1.3. Koło z wyciętymi otworami z Przykładu 1.2
Pierwszą i podstawową sprawą jest wprowadzenie układu współrzędnych, w którym będziemy prowadzić obliczenia. Jeśli z jakichś powodów nie jest to nam narzucone, przyjmujemy ten
xc 2 = 3r , xc 3 = −
b
2
gdzie symbolem b oznaczono szerokość prostokąta (na razie nie znaną).
ZauwaŜmy, Ŝe współrzędne y wszystkich elementów są zero, gdyŜ oś x
jest osią symetrii kaŜdego z nich, a więc i całego układu. Taka teŜ będzie
współrzędna yc całej figury. Jest to charakterystyczna właściwość dla
tego typu sytuacji – jeŜeli obiekt posiada oś symetrii, to środek jego
masy będzie leŜał na tej osi. Rachunek dla yc jest więc zbędny – będzie
yc = 0. Natomiast przed obliczeniem xc potrzeba wyznaczyć szerokość
prostokąta. Jako Ŝe jest on wpisany w koło moŜemy uŜyć twierdzenia
Pitagorasa (patrz szczegół układu na rysunku 1.4.)
Strona 14
GEOMETRIA MAS
4r
5r
O
b
Rysunek 1.4. Obliczanie szerokości prostokąta z Przykładu 1.2
Widać od razu, Ŝe: b = (5r ) 2 − ( 4r ) 2 = 25r 2 − 16r 2 = 3r . Zatem
xc 3 = −b / 2 = −3r / 2 i otrzymujemy wtedy:
(
)
 3 
0 ⋅ π (5r ) 2 + 3r ⋅ − π r 2 +  − r  ⋅ (− 8r 3r )
x A + x A + xc 3 A3
 2 
xc = c1 1 c 2 2
=
A1 + A2 + A3
π (5r ) 2 + − π r 2 + (− 8r 3r )
(
xc =
)
− 3π r 3 + 12r 3
3r 3 (4 − π )
.
=
2
2
2
25π r − π r − 24r
24r 2 (π − 1)
Ostatecznie:
1 4 −π
.
xc = r
8 π −1
Jak widać, połoŜenie środka masy jest po dodatniej (prawej) stronie, co
nie dziwi zwaŜywszy, Ŝe brakujące pole prostokąta jest większe niŜ
okrągłego otworu, a więc lewa strona jest „lŜejsza”, a środek masy
przesunie się na prawo.
Przykład 1.3
Wyznaczyć połoŜenie środka masy dowolnego trójkąta o wysokości h licząc tę wysokość od podstawy.
Obecny przykład przedstawia sytuację zupełnie odmienną. Tym razem
nie potrafimy rozłoŜyć trójkąta na fragmenty, w których połoŜenia środków mas byłyby od razu znane. W takim przypadku naleŜy skorzystać
pojęcia momentu statycznego jako całki pewnego obiektu o kształcie
ciągłym. Elementem całkującym będzie masa (pole) nieskończenie wąskiego wycinka, który w kaŜdym swym punkcie będzie równoodległy od
Strona 15
ROZDZIAŁ 1
podstawy trójkąta (rysunek 1.5.). Jego pole wyniesie dA = udy , gdzie
szerokość paska u moŜna wyznaczyć z proporcji zaznaczonych na
rysunku 1.5.
y
h-y
h
dy
u
y
x
O
a
Rysunek 1.5. Wyznaczanie środka cięŜkości trójkąta
Zgodnie z nimi mamy:
a
h− y u
=
czyli u = (h − y ) .
h
a
h
Teraz moŜemy przystąpić do rachunków:
yc =
∫ y dA = ∫ y u dy =
A
A
h
h
2
a
2 a
y (h − y ) dy =
y (h − y ) dy
ah 0 h
ah h 0
∫
∫
h
h
2
2  y 2h y3 
2  h3 h 3 
3−2 h
yc = 2 ( yh − y 2 ) dy = 2 
−  = 2  −  = 2h
= .
3 
3
6
3
h 0
h  2
h  2
0
∫
A więc obliczenia potwierdziły dobrze znany fakt, Ŝe środek masy trójkąta dzieli kaŜdą wysokość (rozwaŜany trójkąt był dowolny) w stosunku
1:2 (jest na 1/3 wysokości).
Przykład 1.4
Wyznaczyć połoŜenie środka masy półkuli o promieniu r. (rysunek 1.6.).
Strona 16
GEOMETRIA MAS
z
r
C
y
O
x
Rysunek 1.6. Półkula z Przykładu 1.4
W tym przykładzie, podobnie jak w poprzednim, musimy uŜyć całki do
obliczenia momentu statycznego z tą jednak róŜnicą, Ŝe obiekt jest trójwymiarowy, a więc całką będzie obliczana po objętości, a nie polu. Dla
przyjętego układu osi x, y, z i symetrii bryły stwierdzamy, Ŝe współrzędne środka masy to C = C (0,0, zc ) , przy czym:
zc =
∫ z dV .
V
Objętość półkuli to V = 2π r 3 / 3 .
Do obliczenia momentu statycznego wycinamy nieskończenie niski krąŜek o zmiennym promieniu u, równoległy do płaszczyzny podziału półkuli x−y (rysunek 1.7.). Objętość takiego elementu całkującego będzie:
dV = π u 2 d z , gdzie u 2 = r 2 − z 2 , a więc: dV = π (r 2 − z 2 ) d z
i moment statyczny:
r
4
 z2
z4 
1 1 π r
z dV = π z (r − z ) d z = π  r 2 −  = π r 4  −  =
.
4
4
2 4
 2
0
0
r
∫
∫
2
2
Strona 17
ROZDZIAŁ 1
z
u
dz
r
z
y
O
Rysunek 1.7. Elementarny wycinek półkuli
Ostatecznie, połoŜenie środka masy półkuli licząc od jej podstawy
będzie:
zc =
∫ z dV =
V
π r4
3
= r.
2 3 8
πr
3
4
Wycinek koła
Do kompletu umiejętności wyznaczania środków mas figur płaskich
warto dołączyć wzór na połoŜenie środka masy wycinka koła (rysunek 1.8.), który moŜe się przydać w toku standardowych inŜynierskich
obliczeń.
r
O
C
2α
x
r
xc
Rysunek 1.8. Wycinek koła zdefiniowany promieniem r i kątem 2α
Strona 18
GEOMETRIA MAS
Oczywiście, połoŜenie to wynosi xc =
∫ x dA ,
gdzie pole A wycinka
A
koła opisanego kątem 2α jest częścią pola koła pełnego opartego na kącie 2π . Z proporcji łatwo obliczyć stosunek pola koła pełnego AO do
kąta pełnego, który musi być równy stosunkowi pola wycinka do kąta,
który go definiuje, tj. 2α :
AO
A
2α
α
=
zatem A = AO
= π r 2 = r 2α
π
2π 2α
2π
Moment statyczny wycinka wygodnie będzie obliczyć uŜywając biegunowego układu współrzędnych ρ − ϕ , w którym x = ρ cos ϕ natomiast
jakobian zamiany współrzędnych wynosi ρ (dx dy = ρ dρ dϕ ) . Wtedy:
∫ x dA = ∫∫ x dx dy = ∫∫ρ ϕρ cosϕ ρ dρ dϕ
D ( x,y )
D( , )
i dalej, wobec dziedziny całkowania opisanej zbiorem:
D ( ρ,ϕ ) = {( ρ,ϕ ) : 0 ≤ ρ ≤ r , − α ≤ ϕ ≤ α }
otrzymamy:
∫
+α
x dA =
∫α
−
r
+α
∫
cos ϕ dϕ ρ 2dρ = sin ϕ −α ⋅
0
ρ3
3
r
= 2 sin α
0
r3
3
Ostatecznie środek masy wycinka będzie w odległości:
xc =
∫
x dA
A
xc =
2 sin α
=
r 2α
2 sin α
r
3 α
r3
3 ,
(1.8)
Pamiętać naleŜy o dwóch rzeczach przy uŜywaniu wzoru (1.8). Po
pierwsze wycinek opisany jest kątem 2α , podczas gdy we wzorze
mamy wartość pojedynczego kąta (łatwo o tym zapomnieć podczas
szybkich rachunków). Po drugie wartość kąta wstawiamy w mierze łukowej (radianach, co waŜne dla wartości mianownika, i przez to dla końcowego wyniku). Na przykład, obliczając połoŜenie środka masy półkola
Strona 19
ROZDZIAŁ 1
musimy, który jest oparty na kącie półpełnym (180o ) , a więc π podstawić naleŜy 2α = π , czyli α = π / 2 i wtedy:
π
sin
2
2 = 2 r 1 = 4r .
xc = r
π
3
3 π 3π
2
2
(1.9)
Wykorzystajmy otrzymaną formułę do przykładowego zadania.
Przykład 1.5
Z prostokąta o wymiarach a × 2a wycięto w prawym górnym rogu
trójkąt oraz w prawym dolnym ćwierć koła o promieniu a . Wyznaczyć
połoŜenie środka masy tak otrzymanej figury (rysunek 1.9.).
y
2a
a
x
O
Rysunek 1.9. Prostokąt z wyciętym rogiem i czwartą częścią koła
W tym zadaniu wykorzystamy przed chwilą wyprowadzony wzór na
wycinek koła. Wcześniej przeprowadźmy dekompozycję figury na proste elementy, a w tym przypadku będzie to górny trójkąt (pełny), dolny
kwadrat (teŜ pełny) i wycięte ¼ koła. Bardzo łatwo jest znaleźć połoŜenie środków mas pierwszych dwóch elementów. Dla trójkąta będzie to:
xc1 =
a
a
a2
, yc1 = a + i pole A1 =
3
3
2
natomiast dla dolnego kwadratu jeszcze prościej:
Strona 20
GEOMETRIA MAS
xc 2 =
2
a
a
, yc 2 = i pole A2 = a .
2
2
Nieco trudniej jest wyznaczyć współrzędne środka masy wycinka koła
dla przyjętego układu współrzędnych (rysunek 1.10.).
y
y
y
2a
y c1
u
C1
a
a
a
C2
y c2
y c3
C3
u
3
x
O
x c1
a
x
O
x c2
a
x
45 0
O
x c3
a
Rysunek 1.10. Figura z Przykładu 1.5. po rozłoŜeniu na proste fragmenty
Nieco trudniej jest wyznaczyć współrzędne środka masy wycinka koła
dla przyjętego układu współrzędnych (rysunek 1.10.). Według wzoru
(1.8) potrafimy bezpośrednio znaleźć to połoŜenie liczone wzdłuŜ osi
symetrii wycinka. Na rysunku 1.10. zaznaczono tę odległość jako u3.
Wynosi ona:
π
sin
2
4 =4 2a
u3 = a
π
3
3π
4
gdyŜ ¼ koła oparta jest na kącie π / 2 , a jak pamiętamy do wzoru (1.8)
wstawiamy połowę tej wartości. Mając znalezione u3 zrzutujmy ten odcinek na osie przyjętego układu x−y i wyznaczmy współrzędne punktu
C3. Wyniosą one:
xc 3 = a − u3 cos 45o oraz xc 3 = u3 sin 45o
czyli:
xc 3 = a −
4 2 2
4 
4 2
2 4a

a = a1 −
a
=
 oraz xc 3 =
3π 2
3π
2
3π
 3π 
Strona 21
ROZDZIAŁ 1
i pole oczywiście A3 = −π a 2 / 4 . Mając tak obliczone wartości przystępujemy do końcowych rachunków:
3
∑
xc =
xci Ai
i =1
2
∑A
i
i =1
a a2 a 2
4   π a2 


⋅ + ⋅ a + a1 −
⋅−
3 2 2
4 
 3π  
=
 π a2 
a2

+ a 2 +  −
2
4 

oraz
3
∑
yc =
yci Ai
i =1
2
∑
i =1
=
Ai
4 a a2 a 2 4 a  π a2 

⋅
+ ⋅a +
⋅−
3 2 2
3π 
4 
 π a2 
a2

+ a 2 +  −
2
4 

.
Będzie więc:
1 1 π 1
2 + 6 − 3π + 4
12 − 3 π
4 −π
a3  + − + 
6 2 4 3

12
12
=a
=a
=a 4
xc =
+
−
π
−
π
2
4
6
6−π
1
π


a2  + 1 − 
4
4
4
4
2
,
co ostatecznie daje:
xc = a
4 −π
6−π
oraz po analogicznych przekształceniach:
yc = a
Strona 22
10
3(6 − π ) .
GEOMETRIA MAS
1.2. Reguły Pappusa-Guldina
RozwaŜmy w układzie współrzędnych x−y krzywą płaską AB o długości
L, która w kaŜdym swym punkcie „przylega” do płaszczyzny πxy i nie
przecina odciętej x. Obróćmy ją o 360° wokół odciętej (rysunek 1.11.)
Po takim obrocie otrzymamy powierzchnię osiowo-symetryczną, której
pole powierzchni bocznej będzie miało pewną wartość A. Okazuje się, Ŝe
wartość tego pola ściśle wiąŜe się z połoŜeniem środka masy C obracanej krzywej. Mówi o tym I reguła Pappusa2-Guldina3:
I reguła Pappusa-Guldina: Pole powierzchni bocznej bryły osiowo
symetrycznej powstałej wskutek pełnego obrotu krzywej płaskiej wokół
osi nie przecinającej tej krzywej jest równe iloczynowi drogi przebytej
przez środek masy podczas tego obrotu i długości tej krzywej.
y
B
A
C
yc
x
O
Rysunek 1.11. Obrót krzywej płaskiej
Droga przebyta przez środek masy to oczywiście okrąg, czyli:
A = 2 π yc L
(1.10)
Sytuacja ma się podobnie (analogicznie) gdy zamiast krzywej płaskiej
obracamy pewne pole płaskiej powierzchni S. Tak jak poprzednio, warunkiem koniecznym jest aby taka płaska powierzchnia nie przecinała
osi odciętej x, wokół której dokonujemy obrotu.
2
3
Pappus z Aleksandrii (290-350 n.e.), grecki matematyk działający w Egipcie.
Habbakuk Guldinus (Paul Guldin, 1577-1643), matematyk szwajcarski.
Strona 23
ROZDZIAŁ 1
II reguła Pappusa-Guldina: Objętość bryły osiowo symetrycznej powstałej wskutek pełnego obrotu płaskiego pola wokół osi nie przecinającej tego pola jest równe iloczynowi drogi przebytej przez środek masy
tego pola i jego wartości.
y
S
C
yc
yc
x
O
Rysunek 1.12. Obrót płaskiego pola
Będzie więc:
V = 2 π yc S
(1.11)
Reguły te są bardzo przydatne równieŜ do zadania odwrotnego, tj. obliczania połoŜenia środków mas krzywych i pól płaskich na podstawie
znajomości wartości pól i objętości brył otrzymanych po obrocie. Naturalnie, dotyczy to prostych kształtów tych brył. Weźmy pod uwagę
np. pół okręgu o promieniu r oraz pół koła (rysunek 1.13.).
y
y
C
C
yc
O
x
yc
x
O
Rysunek 1.13. Środek masy ½ okręgu i ½ koła
Łatwo sobie wyobrazić, Ŝe po obrocie ½ okręgu (o długości L = 2 π r )
otrzymamy pustą kulę (sferę), której pole, jak pamiętamy, wynosi
A = 4 π r 2 . Zatem:
Strona 24
GEOMETRIA MAS
A = 2 π yc ⋅ L czyli 4 π r 2 = 2 π yc ⋅π r stąd y = 2 r
c
π
(1.12)
Podobnie rzecz się będzie miała dla półkola. Jego pole wynosi
S = π r 2 / 2 natomiast po pełnym obrocie wokół osi x powstanie kula
(pełna), której objętość wyniesie V = 4π r 3 / 3 . A więc:
V = 2 π yc ⋅ S
czyli
4r
4 3
π r2
i yc =
π r = 2 π yc ⋅
3
2
3π
(1.13)
Porównajmy ten ostatni rezultat z wynikiem (1.9).
Zastosujmy teraz II regułę Pappusa–Guldina bezpośrednio do obliczania
objętości.
Przykład 1.6
Obliczyć objętość bryły powstałej po obrocie wokół pionowej osi figury
płaskiej złoŜonej z półkola o promieniu r i trójkąta równobocznego
przyległego podstawą do tego półkola (rysunek 1.14.).
y
C
O
60 0
x
xc
r
Rysunek 1.14. Ilustracja do Przykładu 1.6
Reguła II (wzór 1.11) mówi, Ŝe w tym wypadku V = 2 π xc S , potrzeba
więc wyznaczyć najpierw wartość obracanego pola i połoŜenie środka
masy. Te ostatnie łatwo znaleźć dzieląc figurę na dwie części, których
pola i połoŜenia środków mas są znane. Środek masy całej figury
wyniesie oczywiście:
Strona 25
ROZDZIAŁ 1
2
∑A x
i
xc =
ci
i =1
2
∑A
i
i =1
2
∑A x
i
ci
i =1
2
co po podstawieniu do (1.11) daje V = 2 π
S,
∑A
i
i =1
ale przecieŜ suma pól występujących w mianowniku jest polem całej
obracanej figury, a więc S. PoniewaŜ:
2
S=
∑A
V = 2π
i
i =1
2
∑A x
i
ci
i =1
to
a więc nawet nie trzeba wyznaczać połoŜenia środka masy całego
obiektu, tylko jego składowych. Dekompozycja jest jednoznaczna: półkole + trójkąt (stąd „2” w sumach powyŜszych wzorów).
y
C1
0
O
y
4r
3π
30
x c1
C2
x
h
O
r
x
a
x c2
Rysunek 1.15. Analiza Przykładu 1.6
Na rysunku 1.15. widać, Ŝe odległość środka półkola o początku układu
współrzędnych jest sumą wysokości trójkąta h i juŜ wyznaczonej odległości środka masy półkola o linii swego podziału (co takŜe wyznaczyliśmy z II reguły, otrzymując xc1 = 4r /(3π ) . Wysokość trójkąta h jest iloczynem połowy podstawy tego trójkąta r i cotangensa połowy kąta
wierzchołkowego, a więc h = r ctg 30° = r 3 . Łącznie:
Strona 26
GEOMETRIA MAS
xc1 =
4r
+ 3r
3π
Znając wysokość trójkąta szybko stwierdzamy, Ŝe xc 2 = 2 h / 3 , czyli:
xc 2 =
2 3
1
1
r oraz jego pole A2 = ah = 2r 3 r = 3 r 2
3
2
2
Ostatecznie, poszukiwana objętość będzie:
V = 2π
2
∑A x
i
i =1
ci
 4

 π r2 2 3
r ⋅ 3 r2
= 2 π 
+ 3 r ⋅
+
2
3
 3π


(
)
1
co po przekształceniach daje V = π r 3 16 + 3π 3 .
6
1.3. Momenty bezwładności
Intuicyjne „wyczucie” pojęcia masy danego obiektu jako miary inercji,
tj. pewnego oporu wprawiania ciała w ruch jest jak najbardziej uzasadnione i podyktowane codziennym doświadczeniem, lecz ogranicza się do
bezwładności obiektu podczas wprawiania go w ruch postępowy. Tak
teŜ jest sformułowana II zasada Newtona, wg której przyspieszenie jakie
uzyskuje ciało o masie m pod działaniem siły F jest właśnie odwrotnie
proporcjonalne do wartości m. Im coś więcej „waŜy” (czyli ma większą
masę – waga, czyli siła, oznacza tu odczuwalny skutek istnienia niezerowej masy obiektu w otaczającym – i powszechnym – polu grawitacyjnym, choć znana jest wielowiekowa dyskusja nad tym, czy masa grawitacyjna jest aby na pewno toŜsama z bezwładną – dyskusja dalece wykraczająca poza ten podręcznik), a więc im coś jest „cięŜsze” tym
trudniej to rozpędzić. Ta oczywista prawda zdaję się obowiązywać równieŜ w przypadku rozpędzania ciał w ruchu obrotowym, ale czy na
pewno w takim przypadku decyduje wyłącznie wartość m? PrzecieŜ im
dalej od osi obrotu tym większe prędkości i przyspieszenia punktów danego obiektu. Obracanie pojedynczego punktu materialnego (nieskończenie małego) wokół niego samego nic nie kosztuje – pozostaje on dalej
nieruchomy, nie przeciwstawia się Ŝadnym mechanicznym oporem
(bezwładnością). Jeśli jednak zaczniemy go wprawiać w ruch obrotowy
Strona 27
ROZDZIAŁ 1
wokół innego miejsca (punktu, osi) nadamy mu pewne przyspieszenie
i chwilową trajektorię w kształcie okręgu. Przyspieszenie to będzie tym
większe im dalej punkt materialny będzie się znajdował od miejsca
obrotu. A tu juŜ, zgodnie z II zasadą Newtona, wymagać będzie coraz
większej siły sprawczej, odpowiadającej za ten ruch (tak naprawdę większego momentu siły – iloczynu siły i promienia jej działania). A co, jeśli
ten moment jest stały? Odpowiedź jest jasna – im dalej od miejsca obrotu tym mniejsze uzyskamy przyspieszenie.
To bardzo nieprecyzyjne rozumowanie ma na celu proste uzmysłowienie, Ŝe w przypadku nadawania ciału ruchu obrotowego o mierze bezwładności nie decyduje wyłącznie wartość masy, ale takŜe jej odległość
– a ściślej – sposób jej rozkładu wzdłuŜ promienia, czyli odległości mierzonej od miejsca (osi) obrotu. Rozkład ten precyzuje pojęcie momentu
bezwładności. Dla pojedynczego punktu materialnego definicja ta jest
następująca (rysunek 1.16.)
O
r
m
m
d
l
m
e
π
Rysunek 1.16. Odległość punktu materialnego m od punktu
(geometrycznego) O, osi (linii prostej) l i płaszczyzny π
Moment bezwładności względem punktu:
IO = m ⋅ r 2
(1.14)
moment bezwładności względem osi:
Il = m ⋅d 2
(1.15)
moment bezwładności względem płaszczyzny:
Iπ = m ⋅ e 2
(1.16)
Jak widać, pojęcie momentu jest szersze od poszukiwanej intuicyjnie
miary trudności wprawiania punktu materialnego w ruch obrotowy, gdyŜ
trudno mówić o ruchu obrotowym wokół płaszczyzny. Nasze wstępne
rozwaŜania tak naprawdę dotyczyły definicji momentu względem osi
(1.15). Okazuje się jednak, Ŝe pozostałe definicje – choć niełatwo im
Strona 28
GEOMETRIA MAS
przypisać prostą interpretację fizyczną – są bardzo przydatne przy wyznaczaniu wszystkich właściwości dynamicznych ciała. No właśnie –
w ruchu obrotowym mamy do czynienia z obiektami o znacznych wymiarach (wały, dyski, koła, itp.), których nie moŜna zastąpić prostym
punktem materialnym. Jak zatem wyglądają powyŜsze definicje dla ciała
o ciągłym kształcie, zajmującym pewną objętość? Sprawa jest prosta.
Wystarczy dokonać tego samego zabiegu, który był przeprowadzany
w przypadku wyznaczania środków mas obiektów o dowolnym kształcie, tj. poprzez zastosowanie definicji do nieskończenie małego fragmentu obiektu i późniejsze całkowanie.
RozwaŜmy bryłę o całkowitej masie m, która zajmuje w przestrzeni opisanej kartezjańskim układem współrzędnych x, y, z pewną objętość V
i wyróŜnijmy nieskończenie mały element tej bryły dm.
z
π yz
dm
r
y
π xz
O
π xy
x
Rysunek 1.17. Bryła o dowolnym kształcie, osie i płaszczyzny
prostokątnego układu współrzędnych
RozwaŜmy bryłę o całkowitej masie m, która zajmuje w przestrzeni opisanej kartezjańskim układem współrzędnych x, y, z pewną objętość V
i wyróŜnijmy w niej nieskończenie mały element tej bryły dm. Wykorzystajmy takŜe definicje (1.14), (1.15), (1.16) stosując je do początku tego
układu, jego osi i podstawowych płaszczyzn. Według tych definicji będzie:
Moment względem punktu O (tzw. biegunowy):
I O = ∫ r 2dm
V
I O = ∫ ( x 2 + y 2 + z 2 )dm
(1.17)
V
momenty względem osi x, y, z:
Strona 29
ROZDZIAŁ 1
I x = ∫ ( y 2 + z 2 )dm
V
I y = ∫ ( x 2 + z 2 )dm
V
(1.18)
I z = ∫ ( x 2 + y 2 )dm
V
oraz momenty względem płaszczyzn πxy, πxz, πyz:
Iπxy = ∫ z 2dm
V
Iπxz = ∫ y 2dm
V
(1.19)
Iπyz = ∫ x 2dm
V
KaŜdorazowo obliczamy całki objętościowe, a więc potrójne, moŜna
jednak uprościć rachunek do całek pojedynczych pamiętając, Ŝe elementarny fragment bryły dm oznaczać będzie wtedy masę takiego wycinka, który w kaŜdym swym punkcie jest równoodległy (nie mylić
z równoległym) od tego względem czego dany moment jest liczony. Dla
momentu biegunowego będzie to zatem sfera o nieskończenie małej grubości, dla momentów osiowych powierzchnia walcowa, dla płaszczyznowych – inna płaszczyzna. A tak naprawdę tylko te podzbiory sfery,
walca, płaszczyzny, które pozostają w przecięciu z daną bryłą przy systematyczny obliczaniu całek. Kształt tych podzbiorów moŜe być dość
skomplikowany i nastręczać powaŜnych problemów rachunkowych, lub
uczynić je zgoła niemoŜliwymi w bezpośrednim szukaniu analitycznego
wyniku. Problem ten zostanie jeszcze omówiony na przykładach.
Obok powyŜszych definicji formułuje się jeszcze tzw. momenty dewiacji, których interpretacja jest dość trudna w intuicyjnym podejściu,
moŜna je jednak traktować jako pewną miarę „odejścia” lub „zaburzenia” regularnego kształtu (np. symetrii) bryły względem zadanych osi x,
y, z. Momenty te oznacza się podobnie jak płaszczyznowe, ale z pominięciem indeksu „π”.Są one całkami następujących iloczynów:
I xy = ∫ xy dm
V
I xz = ∫ xz dm
V
I yz = ∫ yz dm
V
Strona 30
(1.20)
GEOMETRIA MAS
Ich znaczenie jest ogromne w analizie właściwości dynamicznych bryły
podczas obracania się.
Momenty osiowe i dewiacji zestawione w formie następującej macierzy:
 Ix

I = − I yx
 − I zx

− I xz 

− I yz 
I z 
− I xy
Iy
− I zy
(1.21)
nazywamy tensorem bezwładności. Posiada on w ogólności 6 (nie 9)
niezaleŜnych elementów ze względu na przemienność mnoŜenia (np.
∫
∫
I xy = xy dm = yx dm =I yx ).
Zobaczmy, jak wygląda obliczanie momentów bezwładności prostych
figur i brył geometrycznych w praktyce.
Przykład 1.7
Wyznaczyć moment bezwładności płaskiej płyty prostokątnej
o całkowitej masie m oraz wymiarach a i b względem osi przechodzącej
przez krawędź płyty i osi równoległej, przechodzącej przez środek masy
(tzw. moment centralny).
y
xc
C
b
dy
y
x
a
Rysunek 1.18. Prostokątna płyta i przyjęty układ osi współrzędnych
Pierwszą rzeczą jaką naleŜy zrobić jest wprowadzenie układy
współrzędnych Oxy w dogodny sposób, np. wzdłuŜ boków prostokąta
tak, aby łatwo moŜna było zastosować wzory definicyjne momentów
bezwładności. Dla sytuacji pokazanej na rysunku 1.18 naszym zadaniem
jest obliczenie momentu względem osi x oraz xc.
Strona 31
ROZDZIAŁ 1
Z definicji: I x =
∫ (y
2
)
∫
+ z 2 dm = y 2 dm gdyŜ z ≡ 0 (figura płaska).
Element całkujący to masa wycinka płyty powstałego przez przecięcie
powierzchni walcowej równoodległej od osi x płytą, co w konsekwencji
sprowadza się do nieskończenie wąskiego paska na płycie równoległego
do x. Elementarna masa takiego prostokątnego paska to dm = ρdA , gdzie
ρ jest gęstością powierzchniową płyty, natomiast elementarne pole
dA = ady . Będzie więc:
∫
I x = y 2 ρ a dy .
Teraz, gdy całka wyraŜona jest funkcją jednej zmiennej y wstawiamy
granice całkowania i obliczamy wynik:
b
y3
I x = aρ y dy = aρ
3
0
∫
b
= aρ
2
0
b3
.
3
Pamiętajmy, aby ostateczny wynik podawać nie w funkcji gęstości lecz
masy. To łatwe zwaŜywszy, Ŝe gęstość powierzchniowa to:
ρ=
m m
=
A ab
co podstawieniu do wyniku na moment daje:
I x = aρ
b3
m b3 1 2
=a
= mb .
3
ab a 3
Pamiętajmy o sprawdzeniu jednostek na końcu obliczeń – tu mamy
[kgm2], co jest w zgodzie z definicjami momentów masowych (wory
1.14–1.20).
Obliczmy teraz moment centralny. Wszystkie rozwaŜania pozostają bez
zmian, zauwaŜmy tylko, Ŝe zmienią się jedynie granice całkowania.
Teraz elementarny wycinek całkowany od dołu do góry płyty ma granice
względem osi środkowej: y1 = −b / 2 oraz y2 = b / 2 . Zatem:
+
b
2
y3
I xc = aρ y dy = aρ
3
b
∫
−
Strona 32
2
+
2
−
b
2
b
2
= aρ
b3 1
= mb 2 ,
12 12
GEOMETRIA MAS
a więc moment centralny jest 4-krotnie mniejszy od momentu względem
krawędzi. Ten drugi rezultat moŜna było otrzymać inaczej.
Twierdzenie Steinera
Zastanówmy się, czy istnieje związek między momentem względem
dowolnego punktu, a momentem względem środka masy.
z
zc
dm
r
y
O
ρ
rc
x
C
yc
xc
Rysunek 1.19. Dowolna bryła i dwa układy współrzędnych:
dowolny i centralny
Z powyŜszego rysunki widać, Ŝe
r = ρ + rc
zatem moment biegunowy bryły względem środka dowolnego układu
współrzędnych wyniesie:
I O = ∫ r 2dm = ∫ (ρ + rc ) 2 dm = ∫ ρ 2dm + 2 ∫ ρ rc dm + ∫ rc dm .
2
V
V
V
V
V
PoniewaŜ kwadrat wektora jest równy kwadratowi jego modułu, to:
I O = ∫ ρ 2dm + 2rc ∫ ρ dm + rc
V
V
2
∫
V
dm
gdzie ponadto wyciągnęliśmy przed całki wektor rc (jest jeden taki wek-
∫
tor, nie zaleŜy od całki). Oczywiście dm = m , zatem:
I O = ∫ ρ 2dm + 2rc ∫ ρ dm + mrc .
2
V
V
Strona 33
ROZDZIAŁ 1
Pierwsza całka w ostatnim wzorze to definicja momentu centralnego I c ,
gdyŜ odległość ρ (nie mylić z gęstością – ma to samo oznaczenie) jest
mierzona właśnie od środka masy (centrum). Druga całka to moment
statyczny bryły liczony względem środka masy. Naturalnie taki moment
jest równy zeru gdyŜ taka jest odległość środka masy od samego siebie:
ρ c=
∫ ρ dm , ale poniewaŜ ρ
c=
m
0 , to ρ dm = 0 .
∫
A więc I O = I c + 2rc ⋅ 0 + mrc 2 , i ostatecznie:
I O = I c + mrc
2
(1.22)
co stanowi treść twierdzenia Steinera4: moment bezwładności bryły
względem dowolnego punktu jest równy momentowi względem środka
masy powiększonemu o iloczyn masy tej bryły i kwadratu odległości
między tymi punktami.
Twierdzenie to jest takŜe słuszne dla momentów względem osi równoległych oraz momentów dewiacji. Przy czym, w przypadku tych ostatnich
sytuacja wygląda następująco (rysunek 1. 20.)
y
yc
d(y,y c)
C
d(x,xc)
xc
x
O
Rysunek 1.20. Ilustracja tw. Steinera dla momentów dewiacji
I xy = I xc y c + m d ( x, xc ) d ( y, yc )
(1.23)
gdzie d ( ⋅ , ⋅ ) oznacza odległość miedzy osiami podanymi w nawiasie.
4
Jakob Steiner (1796–1863) – szwajcarski matematyk. Absolwent uniwersytetów
w Heidelbergu i Berlinie, w 1832 uzyskał doktorat w Królewcu. Od 1834 kierownik katedry geometrii na uniwersytecie w Berlinie.
Strona 34
GEOMETRIA MAS
Powróćmy ponownie do poprzedniego przykładu i obliczmy raz jeszcze
moment centralny płyty mając wyznaczony wcześniej moment względem krawędzi. Według twierdzenia Steinera będzie:
I xc = I x − md 2 ( x, xc ) , gdzie odległość d ( x, x ) = b , więc
c
2
2
1
1
b 1 1
I xc = mb 2 − m  =  − mb 2 = mb 2
3
12
 2 3 4
co daje dokładnie ten sam rezultat. Podkreślmy w tym miejscu raz jeszcze, Ŝe twierdzenie Steinera dotyczy osi, wśród których jedna jest osią
centralną, a nie dwóch dowolnych osi równoległych.
Przykład 1.8
Wyznaczyć moment bezwładności płaskiego koła o masie m i promieniu
r względem osi obrotu i względem średnicy (rysunek 1.21.).
Zacznijmy obliczenia od momentu względem osi z, przyjmując jako zasadę, Ŝe rachunki rozpoczynamy od takiej osi, która posiada najsilniejszą
symetrię (lub symetrię w ogóle). Podyktowane jest to spodziewaną prostotą rachunków w porównaniu do analogicznych obliczeń dla osi dowolnej.
z
y
r
O
x
Rysunek 1.21. Układ współrzędnych dla koła z Przykładu 1.8
Dla I z elementarny wycinek koła przyjmuje postać pierścienia o nieskończenie małym promieniu u i szerokości du (jak na lewym rysunku 1.22.).
Strona 35
ROZDZIAŁ 1
y
y
u
du
dy
u
y
y
x
x
O
r
x
O
r
Rysunek 1.22. Elementarne wycinki koła przy obliczaniu momentu
Iz oraz Ix
Pole powierzchni takiego pierścienia to iloczyn jego obwodu
i szerokości dA = 2π u du . ZauwaŜmy teŜ, Ŝe suma kwadratów współrzędnych x i y daje kwadrat promienia tego pierścienia x 2 + y 2 = u 2 . Zatem moment względem osi z wyniesie:
Iz =
∫ (x
2
)
∫
∫
∫
+ y 2 dm = u 2 dm = u 2 ρ dA = u 2 2π ρ u du .
Wstawiając odpowiednie granice, otrzymamy:
r
∫
I z = 2π ρ u 3du = 2π ρ
0
u4
4
r
=
π ρ r4
2
0
Wiedząc, Ŝe gęstość powierzchniowa wynosi ρ =
Iz =
π ρr
2
π
4
=
.
m
, mamy:
π r2
m 4
r
1
π r2
= m r2 .
2
2
Obliczmy teraz moment bezwładności koła względem średnicy, powiedzmy osi x. Zgodnie z definicją będzie:
Ix =
Strona 36
∫ (y
2
)
+ z 2 dm = {z ≡ 0} = y 2dm
∫
GEOMETRIA MAS
gdzie tym razem dm = ρ dA = 2 ρ udy (patrz prawy rysunek 1.22.).
Połowę długości elementarnego paska łatwo obliczymy z tw. Pitagorasa
u 2 = r 2 − y 2 . A więc moment I x wyniesie
∫
∫
+r
∫
I x = y dm = 2 ρ y u dy = 2 ρ y 2 r 2 − y 2 dy
2
2
−r
Zwróćmy uwagę, Ŝe otrzymaliśmy całkę z funkcji niewymiernej, co stanowi pewne zaskoczenie, gdyŜ moŜna było się spodziewać prostszego
rachunku – wszak koło samo w sobie jest kształtem o wyjątkowej prostocie i silnej symetrii. Istnieje więc realne podejrzenie, Ŝe wynik równieŜ powinien być prosty i – co więcej – być moŜe istnieje prosty sposób
do niego dojścia. Sprawdźmy czy tak jest w istocie. W tym celu zauwaŜmy pewne toŜsamości:
Ix =
∫ (y
2
+ z 2 dm = y 2dm poniewaŜ układ jest płaski z ≡ 0 ,
)
∫
Iy =
∫ (x
2
+ z 2 dm = x 2dm z w/w powodu.
)
∫
Zsumujmy te momenty:
∫
∫
I x + I y = y 2dm + x 2dm =
∫ (x
2
)
+ y 2 dm czyli I z
Biorąc pod uwagę, Ŝe ze względu na symetrię obydwa momenty są takie
same I x = I y , otrzymamy:
I x + I y = I z czyli 2 I x = 2 I y = I z
Ostatecznie:
Ix = I y =
1
1 mr2 1
Iz =
= mr2 .
2
2 2
4
Zwróćmy uwagę, Ŝe wyznaczyliśmy moment względem średnicy nie
obliczając Ŝadnej całki, tylko korzystając z pewnych toŜsamości. Jak się
okaŜe, moŜe to być jedyny sposób postępowania przy bardziej złoŜonych
kształtach figur i brył.
Strona 37
ROZDZIAŁ 1
Przykład 1.9
Wyznaczyć moment bezwładności stoŜka o masie m, promieniu podstawy r i wysokości h względem osi symetrii oraz średnicy podstawy
(rysunek 1.23.).
z
h
y
r
O
x
Rysunek 1.23. StoŜek o promieniu podstawy r i wysokości h
Pamiętając o zasadzie wyznaczania momentu bezwładności względem
osi symetrii (jeśli istnieje) w pierwszej kolejności obliczamy
∫
I z = ( x 2 + y 2 ) dm . Tym razem elementarny fragment przybiera postać
powłoki walcowej okalającej oś z (rysunek 1.24.). Jej objętość to iloczyn
pola i grubości, a więc dV = 2π u z du , ponadto x 2 + y 2 = u 2 , otrzymamy wtedy
∫
∫
∫
I z = ( x 2 + y 2 ) dm = u 2 dm = u 2 2 ρ π u z du .
Funkcja podcałkowa zaleŜy jednak od dwóch zmiennych u i z. Wyraźmy
tę ostatnią w funkcji promienia elementarnej powłoki walcowej u.
Z proporcji przedstawionej na prawym rysunku 1.24. widać, Ŝe:
h−z h
 u
= ⇒ z = h1 −  ,
u
r
r

(1.24)
i wtedy
r
r
 u 4 u5 
 u
 u
I z = u 2 2 ρ π u h1 −  du = 2 ρ πh u 3 1 −  du = 2 ρ π h − 
r
 r

 4 5r  0
0
∫
1 1
1
I z = 2 ρ π h − r 4 = ρ π h r 4
4
5
10


Strona 38
∫
GEOMETRIA MAS
z
z
E
h-z
h
u
u
A
B
z
y
O
O
D
y
u
du
x
x
Rysunek 1.24. Elementarna powłoka walcowa do obliczania momentu Iz
Podstawiając gęstość objętościową ρ = m / V , gdzie V = π r 2 h / 3 otrzymamy ostatecznie:
Iz =
1 3m
3
π hr 4 = m r 2 .
2
10 π r h
10
Przejdźmy teraz do obliczeń momentu bezwładności stoŜka względem
osi będącej średnicą jego podstawy, np. x. Jak widać z kolejnego
rysunku, pojawia się problem kształtu elementu całkującego, który teraz
stanowi juŜ nie jest symetryczną powłoką walcową, czy nawet jej
połową, ale ze względu na pochylenie pobocznicy stoŜka jest pewną
bryłą o dość skomplikowanym kształcie.
z
u2
u1
O
y
Rysunek 1.25. Dezintegracja elementarnego wycinka stoŜka
przy bezpośrednim obliczaniu momentu Ix
Co więcej, całkowanie obejmujące całą objętość stoŜka prowadzi przy
zwiększającym promieniu całkowania do rozpadu tej powłoki na trzy
Strona 39
ROZDZIAŁ 1
części. Oczywiste jest, Ŝe w tej sytuacji nie potrafimy znaleźć objętości
tak rozdzielonych elementarnych fragmentów. Sytuacja staje się podobna do problemu z obliczaniem średnicowego momentu bezwładności
koła. Tam wprawdzie rachunek bezpośredni był skomplikowany, choć
moŜliwy, o tyle tutaj zupełnie niewykonalny. Dlatego tak samo jak
w poprzednim wypadku trzeba zastosować metodę obejściową, tj. obliczyć wszystkie te momenty stoŜka, które dają się wyznaczyć łatwo
i następnie skorzystać z pewnych związków jakie zachodzą pomiędzy
definicjami momentów w ogóle i symetrią stoŜka w szczególności.
Jedynym łatwym rachunkiem dla stoŜka (oprócz I z ) jest wyznaczenie
jego momentu względem płaszczyzny πxy (rysunek 1.26).
z
z
E
h-z
dz
u
A
h
B
z
O
O
D
y
π xy
y
x
Rysunek 1.26. Schemat do obliczania momentu Iπxy
W tym przypadku element całkujący przybiera kształt nieskończenie
cienkiego krąŜka, który zmieniając swe wymiary pozostaje jednak ciągle
krąŜkiem. Będzie więc:
∫
∫
∫
Iπxy = z 2 dm = z 2 ρ dV = z 2 ρ π u 2dz
Korzystając ponownie z zaleŜności (1.24), tym razem dla z w funkcji u
otrzymamy:
u=
r
(h − z )
h
i wstawiając do wyraŜenia na moment:
h
Iπxy =
∫
0
Strona 40
2
r2
r

z 2 ρ π  (h − z ) dz = ρ π 2
h
h

h
∫ z (h − z ) dz
2
0
2
GEOMETRIA MAS
Iπxy = ρ π
Iπxy = ρ π
r2
h2
h
∫ (z h
2 2
h
)
− 2 z 3 h + z 4 dz = ρ π
0
r 2  z 3h 2 2 z 4 h z 5 

−
+  ,
4
5
h 2  3
0
r2 5 1 1 1  1
1 3m
1
h  − + =
ρ π r 2h3 =
π r 2 h3 = m h 2 .
30 π r 2 h
10
h 2  3 2 5  30
Wróćmy teraz do definicji momentów bezwładności (1.18) i (1.19)
i zauwaŜmy następujący związek:
∫
∫
Iπxz + Iπyz = y 2dm + x 2dm =
∫ (x
2
)
+ y 2 dm = I z
Z drugiej strony symetria stoŜka wymusza równość tych momentów
płaszczyznowych ( Iπxz = Iπyz ). Zatem:
2 Iπxz = 2 Iπyz = I z albo Iπxz = Iπyz =
1
Iz .
2
Podobnie rzecz się ma z momentami względem osi x i y stoŜka – są takie
same. ZauwaŜmy, Ŝe:
Ix =
∫ (y
2
)
∫
∫
+ z 2 dm = y 2dm + z 2dm = Iπxz + Iπxy =
1
I z + Iπxy .
2
Ostatecznie więc otrzymamy:
Ix =
1 3
1
m r 2 + m h2 ,
2 10
10
a więc
Ix = Iy =
(
m
3 r 2 + 2 h2
20
)
co kończy nasze rozwaŜania na temat stoŜka.
Na koniec sprawdźmy jak wygląda typowy rachunek dla momentów
ciał, które nie wymagają całkowania, gdyŜ ich kształt daje się zdekomponować na mniejsze fragmenty o prostych konturach, dla których istnieją gotowe formuły na wartości momentów. Taska sytuacja ma dość
często miejsce w obliczeniach inŜynierskich. Zajmijmy się przypadkiem
teownika, który jest złoŜeniem dwóch prostokątów. Z przykładu 1.7
wiemy juŜ ile wynosi moment pojedynczej płaskiej płyty prostokątnej.
Strona 41
ROZDZIAŁ 1
Sprawdźmy, jak wykorzystać tę wiedzę do przypadku nieco bardziej
złoŜonego.
Przykład 1.10
Wyznaczyć centralne momenty bezwładności płaskiego teownika o całkowitej masie m i podanych wymiarach (rysunek 1.27).
yc
xc
6a
C C
2a
a
8a
Rysunek 1.27. Teownik z Przykładu 1.10
Na początek zauwaŜmy, Ŝe teownik posiada oś symetrii i automatycznie
ta oś jest osią centralną. Druga prostopadła przechodzi równieŜ przez
środek masy, alej jej połoŜenie na razie nie jest znane. Zacznijmy, tradycyjnie, rachunki od prostszego przypadku, czyli obliczania momentu
względem osi symetrii xc. Podzielmy teownik na dwa prostokąty pionową linią oddzielającą część o wymiarach 6a × 2a oraz a × 8a
(tj. wzdłuŜ prawej krawędzi pionowego prostokąta). Całkowity moment
teownika będzie sumą:
(1)
( 2)
I xc = I xc
+ I xc
,
gdzie indeks górny w nawiasie oznacza numer elementu teownika (prostokąta). Na podstawie przykładu 1.7. wiemy, Ŝe moment płyty jest
dwunastą częścią iloczynu masy i kwadratu wymiaru boku poprzecznego
do osi, względem której dany moment jest obliczany. Zatem:
(1)
I xc
=
Strona 42
1
1
( 2)
m1 (6a ) 2 oraz I xc
= m2 (a ) 2 .
12
12
GEOMETRIA MAS
Zwróćmy uwagę na bardzo waŜny szczegół, Ŝe w powyŜszych wzorach
uŜyto mas o wartościach m1 oraz m2 , a nie m . To oczywiste, bo m
dotyczy masy całego teownika, a tymczasem liczymy jego części. NaleŜy jednak pamiętać, gdyŜ w rutynowych rachunkach moŜna ten szczegół przeoczyć, co doprowadzi do ogromnych błędów. Obliczmy wartości
tych mas. Łatwo to uczynić na podstawie gęstości powierzchniowej. Jeśli cały teownik wykonany jest z jednorodnego materiału, to:
m1 = ρ A1 i m2 = ρ A2 gdzie ρ = m = m
A A1 + A2
i konkretnie:
m1 =
m
m ⋅ 6a ⋅ 2 a
12 a 2 3
A1 =
=m
= m
A1 + A2
6a ⋅ 2a + a ⋅ 8a
20 a 2 5
m2 =
m
m ⋅ a ⋅ 8a
8 a2
2
A2 =
=m
= m
2
A1 + A2
6a ⋅ 2a + a ⋅ 8a
5
20 a
Sprawdźmy jeszcze czy spełniony jest warunek sumy mas, tj.:
3
2
m1 + m2 = m + m = m
5
5
a więc zgadza się. Choć w tym przykładzie widać tę zgodność od razu,
nie zawsze jest to tak oczywiste i sprawdzian taki moŜe uchronić przed
powaŜnymi błędami. Obliczmy więc:
(1)
=
I xc
1 3
9
1 2
1
( 2)
=
m ⋅ 36 a 2 = m a 2 oraz I xc
m ⋅ a2 = m a2 .
12 5
5
12 5
30
i dodajmy otrzymane momenty:
(1)
( 2)
+ I xc
=
I xc = I xc
9 2 1
54 + 1 2 11 2
ma + ma 2 =
ma = ma .
5
30
30
5
Przejdźmy teraz to trudniejszego zadania wyznaczenia momentu I yc .
Jest naturalnie:
(1)
( 2)
I yc = I yc
+ I yc
Strona 43
ROZDZIAŁ 1
ale tym razem nie jest znane połoŜenie osi centralnej yc. Nie moŜna więc
od razu policzyć momentów składowych. MoŜliwe jest jednak wyznaczenie momentów poszczególnych prostokątów względem ich własnych
pionowych osi symetrii yc1 oraz yc2 (patrz teŜ rysunek 1.28.).
y
y c1
yc
y c2
xc
6a
x xc
O
C1
C
d1
a
C2
d2
2a
8a
Rysunek 1.28. Podział teownika z Przykładu 1.10
oraz jego najwaŜniejsze osie
(1)
I yc
1 =
(1)
I yc
1 =
1
1
( 2)
m1 (2 a ) 2 oraz I yc
m2 (8 a) 2 .
2 =
12
12
1 3
1
1 2
32
( 2)
m ⋅ 4 a 2 = m a 2 oraz I yc
m ⋅ 64a 2 =
m a2 .
2 =
12 5
5
12 5
15
Są to jednak momenty względem róŜnych osi i Ŝadnym wypadku nie
wolno ich ze sobą dodawać. Najpierw naleŜy sprowadzić je do wspólnej
osi yc. Dokonamy tego wykorzystując twierdzenie Steinera:
(1)
(1)
2
I yc
= I yc
1 + m1d ( yc1 , yc )
oraz
( 2)
( 2)
2
I yc
= I yc
2 + m2 d ( yc 2 , yc )
,
gdzie d ( yc1 , yc ) i d ( yc 2 , yc ) oznaczają odległości pomiędzy osiami yc
i yc1 oraz yc i yc2 (na rysunku 1.28 oznaczone odpowiednio symbolami d1
i d2). Znajdźmy teraz te odległości. W tym celu naleŜy wyznaczyć
połoŜenie środka masy teownika. Wygodnie to zrobić wprowadzając oś
y wzdłuŜ lewego brzegu teownika i od tej osi mierzyć połoŜenia środków
mas C1, C2 obydwu prostokątów (rysunek 1.28). Łatwo widać, Ŝe:
xc1 = a oraz xc 2 = 6a . Zatem będzie:
Strona 44
GEOMETRIA MAS
xc =
xc1 A1 + xc 2 A2 a ⋅ 12a 2 + 6a ⋅ 8a 2 60a 3
=
=
= 3a
A1 + A2
12a 2 + 8a 2
20a 2
a więc odległości pomiędzy osiami yc i yc1 oraz yc i yc2 są:
d ( yc1 , yc ) = xc − a = 2a i d ( yc 2 , yc ) = 6a − xc = 3a
MoŜemy teraz policzyć momenty względem wspólnej osi yc
1 2 3
13
(1)
(1)
2
I yc
= I yc
ma + m ⋅ 4a 2 = ma 2
1 + m1 ( 2a ) =
5
5
5
( 2)
( 2)
2
I yc
= I yc
2 + m2 (3a ) =
32 2 2
86
ma + m ⋅ 9a 2 = ma 2
15
5
15
i wreszcie je zsumować, otrzymując ostatecznie:
( 2)
=
I yc
13 2 86 2 39 + 86 2 125 2 25 2
ma + ma =
ma =
ma =
ma ,
5
15
15
15
3
co kończy przykład i nasze rozwaŜania.
Strona 45
ROZDZIAŁ 1
Strona 46
2
Statyka
W tym rozdziale:
o
o
o
o
o
o
o
Siły czynne i bierne, zewnętrzne i wewnętrzne
Analityczne warunki równowagi
Szczególne przypadki układu sił
Skrętnik
Tarcie Coulomba
Mechaniczne efekty wywołane tarciem
Przykłady
ROZDZIAŁ 2
2.1. Statyka bez tarcia
Warunek konieczny i wystarczający
równowagi
Statyka jest działem mechaniki zajmującym się stanem równowagi ciał.
Mówimy, Ŝe ciało jest w równowadze jeŜeli jego prędkość wynosi zero:
v=0
(2.1)
i jest to warunek konieczny równowagi. Nie jest to jednak warunek wystarczający. Zerowa prędkość nie gwarantuje bowiem tego stanu w dalszej chwili. Ruszający samochód w chwili początkowej ma właśnie zerową prędkość, ale moment później juŜ nie. Na to aby był to stan
równowagi trwałej potrzeba i wystarcza aby
p=0
(2.1)
gdzie p jest przyspieszeniem ciała. To właśnie z tego drugiego warunku i
II zasady dynamiki Newtona ( p = F / m ) wyprowadza się równania równowagi ciał, pozwalające na ilościowe ujęcie zagadnienia statyki.
PowyŜsze rozumowanie jest bardzo uproszczone, gdyŜ w istocie dotyczy
punktu materialnego i ruchu postępowego (II zas. Newtona). W rzeczywistości sytuacja jest bardziej skomplikowana, gdyŜ w statyce mamy do
czynienia z obiektami o znacznych wymiarach (moŜliwy jest równieŜ
ruch obrotowy) skrepowanych róŜnymi więzami (ograniczeniami) zarówno zewnętrznymi jak i wewnętrznymi.
Rodzaje obciąŜeń i skrępowań (więzów)
układów w równowadze
W analizie równowagi rzeczywiste obiekty modelujemy jako:
Strona 48
•
punkt materialny,
•
układ punktów materialnych,
STATYKA
•
ciało sztywne,
•
układ takich ciał.
Siły, które pojawiają się w analizie dzielimy na:
•
czynne (usiłujące zaburzyć równowagę – mogą to być siły
masowe, tj. cięŜary elementów, oraz siły dodatkowo wprowadzone do układu).
•
bierne (próbujące utrzymać stan równowagi pochodzące od
skrępowań, czyli więzów układu).
Siły bierne dzielimy na:
•
zewnętrzne (od zewnętrznych więzów, takich jak np. podpory),
•
wewnętrzne (od skrępowań wewnętrznych, tj. połączeń
pomiędzy poszczególnymi elementami).
Bardzo dobrze to przedstawia rysunek 2.1. Widzimy na nim typową
drabinę złoŜoną z dwóch belek połączonych przegubowo na górze i
zabezpieczoną liną przed rozsunięciem. KaŜde ramię drabiny ma cięŜar
Q, a dodatkowo jedno z nich obciąŜono dodatkową siłą F.
Wy
Wx Wx
F
Q
Q
Wy
F
Q
Q
S
Rx
S
Rx
Ry
Ry
Rysunek 2.1. Siły czynne i bierne, zewnętrzne i wewnętrzne
Po rozłoŜeniu układu na proste elementy (tzw. uwolnienie z więzów)
pojawiają się wszystkie siły, o których była mowa powyŜej. W tym
przypadku siłami zewnętrznymi czynnymi są: siła F oraz cięŜary ramion
Q. Siłami zewnętrznymi biernymi są reakcje Rx i Ry, natomiast biernymi
Strona 49
ROZDZIAŁ 2
wewnętrznymi Wx, Wy oraz siła napięcia w zabezpieczającej linie S. Siły
wewnętrzne ujawniają się wyłącznie po rozłoŜeniu układu. Tworzą pary
o przeciwnych znakach. Muszą znikać po złoŜeniu układu, gdyŜ w przeciwnym razie byłyby siłami zewnętrznymi (te nie znikają).
Przyjrzymy się teraz na podstawowym rodzajom podpór zewnętrznych,
generujących reakcje zewnętrzne bierne. Przedstawiono je na rysunku 2.2.
Ry
Ry
a)
Rx
R
Rx
R
b)
Ry
Rx
c)
MR
Rysunek 2.2. Rodzaje podpór belek i reakcje, które w nich powstają:
a) podpora stała, b) podpora ruchoma, c) tzw. zamurowanie
Rysunek 2.2a. pokazuje tzw. podporę stałą. Pozwala ona na obrót w jej
miejscu, ale nie na „odrywanie” się danego elementu. Generuje ona reakcje w dwóch prostopadłych kierunkach (np. poziomym i pionowym)
niezaleŜnie od jej usytuowania. Podpora ruchoma (rysunek 2.2b.) daje
tylko jedną reakcję, która jest prostopadła do kierunku ruchu moŜliwego
dla tej podpory. Dlatego kierunek tej reakcji zaleŜy od jej usytuowania.
Trzeci rodzaj zamocowania elementów belkowych to tzw. zamurowanie.
Oznacza ono, Ŝe element w tym miejscu nie moŜe się przesuwać
w Ŝadnym kierunku, ani obracać. Dlatego taka podpora odbiera trzy
stopnie swobody, wytwarzając dwie prostopadłe siły reakcji i jeden moment reakcyjny (rysunek 2.2c.).
Zajmijmy się teraz rodzajem obciąŜeń zewnętrznych czynnych typowych
dla elementów belkowych i nie tylko (patrz rysunek 2.3.).
Strona 50
STATYKA
P [N]
a)
M [Nm]
b)
q [N/m]
c)
Rysunek 2.3. Rodzaje obciąŜeń belek
Najbardziej rozpowszechnionym rodzajem obciąŜenia jest siła skupiona
działająca w dowolnym kierunku w wybranym punkcie elementu belkowego (rysunek 2.3a). Czasem moŜe pojawić się moment skupiony usiłujący skręcić element w danym punkcie (działa mniej więcej jak oburęczny klucz do dociągania połączeń gwintowych). Symboliczne
działanie takiego momentu przedstawia rysunek 2.3b. Równie często
spotykanym obciąŜeniem jest siła działająca nie punktowo, lecz rozłoŜona na pewnej długości. MoŜe to być cięŜar własny elementu lub inna
siła zewnętrzna (np. napór wiatru o róŜnej intensywności) – rysunek
2.3c. W równaniach równowagi takie obciąŜenie ciągłe zastępujemy pojedynczą siłą skupioną, której wartość jest wprost proporcjonalna do
pola powierzchni reprezentującego rzeczywisty rozkład obciąŜenia,
a miejsce jej przyłoŜenia leŜy w środku cięŜkości (geometrycznym) tego
pola.
Redukcja układu sił
RozwaŜmy w tej chwili dowolny przestrzenny układ sił F1, F2, ..., Fi, ...,
Fn jak pokazano na rysunku 2.4. Do punktu przyłoŜenia kaŜdej z nich
poprowadźmy promień wodzący rO1, ..., rOi, ..., rOn.
Strona 51
ROZDZIAŁ 2
z
Fi
rOi
rO1
F1
O
y
rOn
x
Fn
Rysunek 2.4. Dowolny układ sił i promienie ich działania
Obliczmy teraz sumę wszystkich tych sił (czyli wypadkową) nazywając
ją wektorem głównym układu:
n
S=
∑F
(2.1)
i
i =1
oraz moment główny definiując go jako sumę iloczynów wektorowych
promieni wodzących poszczególnych sił i ich samych:
n
MO =
∑r
Oi
× Fi
i =1
(2.2)
ZauwaŜmy, Ŝe w definicji wektora głównego nie ma punktu odniesienia,
czyli ten wektor jest tzw. niezmiennikiem układu sił gdyŜ nie zmieni się
przy zmianie układu współrzędnych, tj. przesunięciu go z punktu O do
na przykład A za pomocą wektora przesunięcia rOA (patrz rysunek 2.5.).
Sytuacja będzie jednak odmienna dla momentu głównego. Teraz dla
punktu A wyniesie on:
n
MA =
∑r
i =1
i nie jest on równy momentowi M O .
Strona 52
Ai
× Fi
(2.3)
STATYKA
z’
z
rAi
A
r Oi
rOA
x’
r Ai
Fi
rOi
y
rOA
O
O
x
Rysunek 2.5. Zmiana połoŜenia układu współrzędnych.
Obliczanie momentu siły względem nowego punktu odniesienia
Z trójkąta wektorów przedstawionych na prawym rysunku 2.5. widać,
Ŝe:
rOi = rAi + rOA
(2.4)
czyli będzie:
n
MA =
∑r
i =1
n
Ai
× Fi =
∑ (r
Oi
i =1
n
− rOA ) × Fi =
∑r
Oi
i =1
M A = M O − rOA × S
n
× F − rOA ×
∑F
i
i =1
(2.5)
a więc wyraźnie moment zmienia swą wartość, a róŜnica między starym
i nowym momentem głównym jest równa wg wzoru (2.5) iloczynowi
wektorowemu wektora przesunięcia rOA i głównego S .
Zastanówmy się teraz czy istnieje jakaś wielkość związana z momentem
głównym, a będąca jednocześnie niezmiennikiem (zaleŜy nam na tym,
gdyŜ szukamy jakichś uniwersalnych parametrów układu sił niezaleŜnych od wyboru układu współrzędnych). Okazuje się, Ŝe taką wielkością
jest rzut momentu głównego na kierunek główny. Rzut taki określony
jest wzorem:
M O( S ) = (M O ⋅ S o ) ⋅ S o
(2.6)
gdzie S o oznacza wersor kierunku wektora głównego S o , tj. jego wektor
jednostkowy ( | S o |= 1 ). Sprawdźmy, Ŝe rzut ten jest w istocie niezmiennikiem. Podstawmy w tym celu do wzoru (2.6) wyraŜenie na moment M A wg (2.5):
Strona 53
ROZDZIAŁ 2
M (AS ) = (M A ⋅ S o ) ⋅ S o = [(M O − rOA × S) ⋅ S o ] ⋅ S o =
= (M O ⋅ S o ) ⋅ S o − [(rOA × S) ⋅ S o ] ⋅ S o = M O( S )
gdyŜ drugi składnik równa się zero. Jest tak dlatego, Ŝe wynikiem iloczynu wektorowego rOA × S jest wektor prostopadły do obydwu składników, z których powstał (taka jest właściwość iloczynu wektorowego),
a więc prostopadły do S i tym samym do S o . Za chwilę jest jednak
mnoŜony skalarnie przez S o , co daje wynik zero, gdyŜ z kolei iloczyn
skalarny wektorów prostopadłych do siebie właśnie taki wynik daje:
rOA × S ⊥ S o ⇒ (rOA × S) ⋅ S o = 0 .
Kolejne mnoŜenie przez S o niczego oczywiście nie zmienia (dalej
pozostaje zero), zatem:
M (AS ) = M O( S )
(2.7)
PoniewaŜ wybór punktu A był zupełnie dowolny, mamy prawo sądzić,
Ŝe właściwość ta zachodzi dla kaŜdego innego punktu. Zilustrujmy tę
sytuację graficznie rysując wektor główny układu sił S , moment główny
M (.) oraz jego rzut M ((.)S ) dla kilku punktów odniesienia (rysunek 2.6.).
KaŜdorazowo otrzymujemy inny wektor momentu, ale jego rzut na
kierunek S pozostaje bez zmian. Zachodzi podejrzenie, Ŝe istnieje taki
punkt odniesienia, dla którego obliczony moment główny od razu jest
swoim rzutem na kierunek główny (punkt W na rysunku 2.6.). Parę
wektorów głównego S i momentu głównego takiego, Ŝe M W = MW(S )
nazywamy skrętnikiem, a oś zdefiniowaną kierunkiem S i punktem W –
osią skrętnika. Pojęcie skrętnika stanowi esencję zagadnienia redukcji
dowolnego układu sił. Działanie rzeczywistego układu dowolnych sił F1,
F2, ..., Fi, ..., Fn daje się zastąpić dwoma wektorami S i M W , które
wywołają ten sam skutek.
Strona 54
STATYKA
S
MO
S
MA
S
MW
(s)
(s)
MB
(s)
MO
MA
S
MB
(s)
MW
O
A
W
B
Rysunek 2.6. Wpływ zmiany połoŜenia układu współrzędnych
na wektor główny i moment główny
Aby zamknąć rozwaŜania na temat redukcji układu sił zastanówmy się
jak znaleźć połoŜenie osi skrętnika. Po pierwsze mamy układ
współrzędnych Oxyz który wybieramy w dogodny dla nas sposób, nie
znając połoŜenia punktu W przez który poszukiwana oś przechodzi.
Niech punkt ten ma współrzędne W = W ( x, y , z ) . Zatem wektor
przesunięcia będzie:
rOW = [ x − 0, y − 0, z − 0] = [ x, y,.z ]
Obliczamy więc najpierw wektor główny S i moment główny M O oraz
)
jego rzut M (S
O . Na podstawie wzoru transformacyjnego moment przy
zmianie układu współrzędnych (2.5) otrzymamy:
rOW × S = M O − M W
PoniewaŜ M (OS ) = M W( S ) oraz MW( S ) = MW mamy:
rOW × S = M O − M O(S ) .
Podstawiając dodatkowo (2.6) ostatecznie otrzymamy
i
x
Sx
j
y
Sy
(S )

k  M Ox   M Ox



(S ) 
z =  M Oy  −  M Oy 
(S ) 
S z  M Oz   M Oz

(2.8)
Prześledźmy te rozwaŜania na konkretnym przykładzie.
Strona 55
ROZDZIAŁ 2
Przykład 2.1
Dany jest przestrzenny układ czterech sił, których kierunki działania
i punktu przyłoŜenia oparto na sześcianie o boku a. KaŜda z tych sił ma
identyczną wartość P (rysunek 2.7.). Zredukować ten układ do skrętnika
i znaleźć równanie jego osi.
z
P
P
P
a
P
y
O
a
a
x
Rysunek 2.7. Przestrzenny układ sił z Przykładu 2.1
Najpierw zdefiniujmy wektory poszczególnych sił P i ich promienie
wodzące. Ponumerujmy w tym celu te siły przyjmujące, Ŝe pierwsza leŜy
wzdłuŜ osi Ox, kolejne dwie wzdłuŜ osi Oy i ostatnia wzdłuŜ Oz:
F1 = [ P,0,0] , F2 = [0,− P,0] , F3 = [0,− P,0] , F4 = [0,0, P] .
Odpowiednie promienie wodzące będą:
r1 = [0,0,0] , r2 = [0, a, a ] , r3 = [a, a, a] , r4 = [a, a,0] .
Obliczmy teraz wektor główny układu sił z rysunku 2.7.
 P   0  0  0  P 
S=
Fi =  0 + − P  + − P  +  0 =  − 2 P 
i =1
 0  0  0  P   P 
4
∑
oraz moment główny:
i
j k
i
j
MO = 0 0 0 + 0 a
P 0 0 0 −P
Strona 56
k
i
j
k
i
j k
a+a a a+a a 0
0 0 −P 0 0 0 P
STATYKA
co daje:
0  Pa   Pa   Pa   3Pa 
M O = 0 +  0 +  0 + − Pa  = − Pa 
0  0 − Pa   0 − Pa 
Wyznaczmy wersor S o kierunku głównego S :
So =
S
|S|
gdzie | S |= S x2 + S y2 + S z2 = P 2 + (−2 P) 2 + P 2 = P 6 , zatem:
So =
[ P,−2 P, P]
P 6
 1
2
1 
=
,−
,

6
6 .
 6
Sprawdźmy, czy spełniony jest warunek wersora | S |= 1 :
2
2
2
 1   2   1 
1 2 1
 +  −
 + 
 =
| S |= 
+ + =1
4 4 4
6  6
 6 
a więc zgadza się. Obliczmy teraz rzut momentu głównego na kierunek
główny zgodnie z (2.6). Najpierw iloczyn
 1
2 1 
M O ⋅ S o = [3Pa,− Pa,− Pa] ⋅ 
,−
,
,
6 6
 6
M O ⋅ So =
3Pa
6
+
2 Pa
6
−
Pa
6
=
4 Pa
6
i dalej:
M O( S ) = (M O ⋅ S o ) ⋅ S o =
4 Pa  1
2 1 
⋅
,−
,
,
6  6
6 6
4
2 
2
M O( S ) =  Pa , − Pa , Pa 
3
3 .
3
Strona 57
ROZDZIAŁ 2
Łatwo sprawdzić, Ŝe rzut wektora momentu na kierunek główny jest
równoległy do samego wektora głównego:
M (OS ) =
2
a ⋅ S ⇒ M O( S ) || S .
3
Na podstawie (2.8) obliczamy:
 2

Pa 

3
i
j
k  3Pa  
4 
x
y
z =  − Pa  − − Pa 
 3 
P − 2 P P  − Pa   2 
− 3 Pa 
co daje:
 7

 3 Pa 
+
2
yP
zP

 

 zP − xP  =  1 Pa  .

  3

− 2 xP − yP   5 
−
Pa
 3 
Dzieląc otrzymane równanie wektorowe przez P i mnoŜąc przez 3 (lub 3 dla uniknięcia ułamków) otrzymamy:
3 y + 6 z = 7a
3z − 3x = a
6 x + 3 y = 5a .
(2.9)
Wiadomo, Ŝe linia prosta w przestrzeni moŜe być przedstawiona jako
część wspólna dwóch przecinających się płaszczyzn, które opisane są
w ogólności równaniem o postaci Ax + By + Cz + D = 0 , czyli tak jak
kaŜde z równań (2.9). Mamy jednak trzy równania, a do opisu osi
potrzeba tylko dwóch. Musimy więc wykazać, Ŝe jedno z nich jest
liniową kombinacją dwóch pozostałych, i te właśnie stanowić będą parę
płaszczyzn, których część wspólna tworzy oś skrętnika. ZauwaŜmy, Ŝe
tak jest w istocie. Odejmując od pierwszego równania z układu (2.9)
podwojone drugie otrzymamy dokładnie równanie trzecie. Jest więc ono
liniową kombinacją pierwszych dwóch i te wybierzmy do opisu osi
skrętnika. Zatem układ:
Strona 58
STATYKA
3 y + 6 z − 7 a = 0

3x − 3z + a = 0
(2.10)
definiuje jednoznacznie równanie osi skrętnika. Narysujmy tę oś. Dla
rysunku przestrzennego jest to dość kłopotliwe, więc dla wygody
znajdźmy dwa przykładowe punkty, przez które ta oś przechodzi.
Przyjmijmy na przykład, Ŝe y = 0 (czyli punkt na płaszczyźnie Oxz).
Wtedy z pierwszego równania (2.10) wynika, Ŝe z = 7a / 6 , a z drugiego,
Ŝe x = 5a / 6 . Postępując analogicznie przy jednoczesnym wyborze np.
z = 0 (czyli punkt na płaszczyźnie Oxy) znajdujemy: x = − a / 3 oraz
y = 7a / 3 . Teraz moŜna narysować oś skrętnika na tle przyjętego układu
współrzędnych. Pokazano ją na rysunku 2.8. razem z naniesionym na tę
oś wektorem głównym i momentem głównym.
z
7
a
6
a
(s)
M
S
3
O
5
a
6
7
a
3
y
x
Rysunek 2.8. Skrętnik i połoŜenie osi skrętnika z Przykładu 2.1
Analityczne warunki równowagi
Wiedząc juŜ, Ŝe dowolny układ sił moŜemy zredukować do pary wektora
głównego i momentu głównego moŜemy juŜ sformułować analityczne
warunki równowagi. W ogólności na to, aby układ pozostawał w równowadze potrzeba i wystarcza Ŝeby:
(S )
S = 0 oraz M O = 0
(2.10)
W układzie ciał o dowolnym kształcie na siły zewnętrzne składają się
siły czynne Fi zaburzające równowagę i bierne reakcji R i utrzymujące
Strona 59
ROZDZIAŁ 2
tę równowagę. Moment główny natomiast jest iloczynem wektorowym
tych sił. Dla dowolnego przestrzennego układu moŜemy zatem sformułować następujące warunki równowagi:
nF
nR
∑ F +∑ R
i
i =1
=0
i
i =1
nF
∑M
Oi (Fi ) +
(2.11)
nR
∑M
i =1
Oi ( R i )
=0
i =1
gdzie M Oi (Fi ) = rOiF × Fi i M Oi (R i ) = rOiR × R i , a rOiF oraz rOiR
oznaczają odpowiednio promienie działania sił zewnętrznych czynnych
i reakcji. WyraŜając (2.11) skalarnie otrzymujemy układ sześciu równań
w postaci:
nF
∑
Fix +
i =1
nF
∑
∑
∑R
ix
=0
i =1
Fiy +
i =1
nF
nR
nR
∑R
iy
=0
(2.12a)
i =1
Fiz +
i =1
nR
∑R
iz
=0
i =1
gdzie liczby n F i n R oznaczają liczbę sił czynnych i biernych reakcji
(które w ogólności mogą się róŜnić) oraz:
nF
∑
M oix ( Fi ) +
i =1
oiy ( Fi )
+
i =1
oix ( Ri )
=0
oiy ( Ri )
=0
oiz ( Ri )
=0
nR
∑M
(2.12b)
i =1
nF
∑M
∑M
i =1
nF
∑M
nR
oiz ( Fi )
i =1
+
nR
∑M
i =1
RozwaŜmy teraz kilka charakterystycznych przypadków szczególnych.
Płaski układ sił równoległych
Tutaj moŜemy tak wybrać układ współrzędnych aby jedna z jego osi
pokrywała się z kierunkiem wszystkich sił (rysunek 2.9.).
Strona 60
STATYKA
y
Fi
x
Rysunek 2.9. Płaski układ sił równoległych
Wtedy równania (2.12) zredukują się do układu dwóch równań –
jednego na równowagę sił i jednego dla zerowania momentów:
nF
nR
∑ F +∑ R
ix
i =1
=0
ix
i =1
nF
∑M
oiz ( Fi )
+
(2.13)
nR
∑M
i =1
oiz ( Ri )
=0.
i =1
Przestrzenny układ sił równoległych
Tym razem siły równoległe mogą wytworzyć niezerowy moment względem dwóch osi. Zgodnie z rysunkiem 2.10., moŜe to być moment względem y i z. Zatem trzeba dodać do układu (2.13) jeszcze jeden warunek na
zerowanie momentu względem y.
nF
∑
Fix +
i =1
nF
∑
nR
∑R
ix
M oiy ( Fi ) +
i =1
nR
∑M
oiy ( Ri )
=0
oiz ( Ri )
= 0.
(2.14)
i =1
nF
∑M
i =1
=0
i =1
oiz ( Fi )
+
nR
∑M
i =1
Strona 61
ROZDZIAŁ 2
z
y
Fi
x
Rysunek 2.10. Przestrzenny układ sił równoległych
Płaski układ sił centralnych
Tworzą go siły skierowane do jednego punktu niezaleŜnie od ich zwrotu
jak pokazano na rysunku 2.11. (taka konfiguracja w przybliŜeniu opisuje
np. Układ Słoneczny, gdzie kaŜda z planet znajduje się pod wpływem
siły grawitacji przyciągającej ją do Słońca niezaleŜnie od miejsca,
w którym się znajduje). Teraz równania równowagi pozbawione są warunku zerowania momentu, gdyŜ ten liczony względem centrum (tj.
punktu do, lub od którego skierowane są siły) jest toŜsamościowo równy
zeru (wektor siły jest zawsze równoległy do jej wektora wodzącego).
Analityczne warunki zatem przewidują zerowanie sił w dwóch kierunkach:
Fi
y
x
Rysunek 2.11. Płaski układ sił centralnych
Strona 62
STATYKA
nF
nR
∑ F +∑ R
ix
ix
i =1
i =1
nF
nR
(2.15)
∑ F +∑ R
iy
i =1
=0
iy
=0.
i =1
Przestrzenny układ sił centralnych. Sytuacja jest podobna do poprzedniej, to znaczy dalej istnieje środek do którego wszystkie siły są skierowane (lub od niego) z tą róŜnicą, Ŝe odbywa się to we wszystkich moŜliwych kierunkach, czyli x, y, z (rysunek 2.12).
z
Fi
y
x
Rysunek 2.12. Przestrzenny układ sił centralnych
Bedzie więc:
nF
nR
∑ F +∑ R
ix
i =1
nF
∑
Fiy +
i =1
nF
∑
i =1
ix
=0
i =1
nR
∑R
iy
=0
iz
=0.
(2.16)
i =1
Fiz +
nR
∑R
i =1
Płaski układ sił. Do naszych rozwaŜań na temat przypadków szczególnych dodać naleŜy płaski układ sił dowolnie skierowanych (byle pozostających na pewnej płaszczyźnie, patrz rysunek 2.13).
Strona 63
ROZDZIAŁ 2
z
y
Fi
x
Rysunek 2.13. Dowolny układ sił płaskich
To wyjątkowo waŜny przypadek, gdyŜ jest on bardzo powszechny w budowie maszyn. Wiele konstrukcji inŜynierskich tworzy właśnie dowolny
układ sił znajdujących się na wspólnej na płaszczyźnie. W tej sytuacji
warunkiem równowagi jest odebranie trzech stopni swobody, tj. moŜliwości ruchu postępowego w kierunku x i y oraz obrotowego wokół osi
z. A więc w tym przypadku otrzymamy dwa równania na zerowanie sił
oraz jedno na moment.
Warunki równowagi dla tego przypadku przedstawia układ równań
(2.17).
nF
nR
∑ F +∑ R
ix
i =1
nF
∑
i =1
nF
∑
i =1
ix
=0
i =1
Fiy +
nR
∑R
iy
=0
(2.17)
i =1
M oiz ( Fi ) +
nR
∑M
oiz ( Ri )
= 0.
i =1
PoniewaŜ, jak wspomniano, to szczególnie waŜny przypadek statyki,
spróbujmy rozwiązać go w praktyce na przykładzie reprezentującym
szeroką klasę tego typu zagadnień.
Przykład 2.2
Belkę o długości 2a połączono w jednym punkcie z równoramiennym
kątownikiem (rysunek 2.14.), którego jedno ramię obciąŜono siłą q równomiernie rozłoŜoną wzdłuŜ tego ramienia. Belkę podparto na jednej
podporze stałej i jednej ruchomej. Obliczyć siły reakcji w tych podporach.
Strona 64
STATYKA
q
45
a
a
Rysunek 2.14. Belka połączona przegubowo z kątownikiem
z Przykładu 2.2
Przede wszystkim na początku analizy przeprowadzamy dekompozycję
układu na poszczególne elementy. Tutaj będzie to kątownik i belka
osobno. Rozdzielenie tych części uwalnia siły wewnętrzne w połączeniu
przegubowym kątownika z belką (dwie składowe) oraz siłą nacisku pomiędzy drugim końcem kątownika i środkiem belki (tylko jedna składowa). Dla kaŜdego z tak wyodrębnionych elementów piszemy równania
równowagi. PoniewaŜ układ jest płaski i dowolny, zgodnie z rozwaŜaniami powyŜej mamy po trzy równania na kaŜdy element – po dwa na
zerowania sil i po jednym na zerowanie momentu. Po dekompozycji
układ przedstawia rysunek 2.15. Rysunek uzupełniono siłami biernymi
zewnętrznymi tj. reakcji w podporach belki oraz zamieniono rzeczywiste
obciąŜenie ciągłe q siłą zastępczą skupioną o wartości równej iloczynowi
intensywności obciąŜenia q i długości ramienia kątownika. Długość tego
ramienia łatwo obliczyć zauwaŜając, Ŝe kątownik tworzy połowę pochylonego kwadratu, którego przekątną stanowi lewa część belki. Jak
wiadomo, przekątna kwadratu o boku a ma długość 2 a , przy czy tym
razem to przekątna ma długość a , zatem bok kwadratu (ramię)
odpowiednio 2a / 2 . Siła zastępcza wynosi zatem:
PZ = q
2a
2
i punkt jej przyłoŜenia dzieli długość tego ramienia na dwie równe części
o długości 2 a / 4 (rysunek 2.15.).
Strona 65
ROZDZIAŁ 2
a
2
2
qa
2
4
0
45
a
A
2
4
Wx
RB
Wy
N
Wy
Wx
N
A
R Ax
a
RAy
2a
Rysunek 2.15. Reakcje i siły wewnętrzne w belce i kątowniku
z Przykładu 2.2
Równania równowagi przybiorą następującą postać. Dla kątownika:
2
cos 45o = 0
2
2
Fy : W y + N − qa
sin 45o = 0
2
2
2
M A : qa
⋅a
− N ⋅a=0
2
4
∑F
x
∑
∑
: Wx − qa
Zwróćmy uwagę na sposób obliczania momentu siły zastępczej względem przegubu A kątownika. Zwykle moment siły w układzie płaskim
jest iloczynem promienia działania tej siły i jej składowej prostopadłej
(patrz lewy obrazek na rysunku 2.16.): M = r ⋅ F⊥ . W przypadku tego
zadania musielibyśmy najpierw policzyć odległość od przegubu do
punktu przyłoŜenia siły zastępczej oraz znaleźć kąt między odcinkiem
łączącym te punkty, a kierunkiem działania PZ . Wymaga to jednak dodatkowych rachunków, których moŜna uniknąć licząc ten sam moment
w inny sposób, przedstawiony po prawej stronie rysunku 2.16.
Strona 66
STATYKA
F
F
α
r
α
F
r
F
O
O
r
Rysunek 2.16. Dwa sposoby obliczania momentu siły
Tym razem w iloczyn wchodzi cała siła i prostopadła składowa
promienia jej działania M = r⊥ ⋅ F . Łatwo pokazać, Ŝe obydwa sposoby
są równowaŜne. Powracając do zadania, tak właśnie obliczono moment
siły zastępczej przedłuŜając kierunek jej działania i rysując odcinek
zaczynający się w punkcie A w kierunku prostopadłym do kierunku PZ
aŜ do przecięcia z linią PZ . Promień działania tej siły zaznaczono
symbolicznym okręgiem na rysunku 2.15.
Równania równowagi dla belki są następujące:
∑F : R −W = 0
∑F : R −W − N + R
∑ M : N ⋅ a − R ⋅ 2a = 0
x
Ax
y
Ay
A
x
y
B
=0
B
Z pierwszej trójki równań (dla kątownika) widać, Ŝe:
2
⋅
2
2
M A : N = qa
⋅
2
2
Fy : W y = qa
⋅
2
∑F
x
∑
∑
: Wx = qa
2
qa
⇒ Wx =
2
2
2
qa
⇒ N=
4
4
2
qa qa qa
− N ⇒ Wy =
−
=
2
2
4
4
i dalej, z kolejnej trójki równań dla belki:
Strona 67
ROZDZIAŁ 2
qa
2
N
qa
M A : RB =
⇒ RB =
2
8
∑F
x
∑
∑F
y
: R Ax = Wx ⇒ R Ax =
: R Ay = W y + N − RB ⇒ R Ay =
qa qa qa 3
+
−
= qa
4
4
8 8
Obliczmy na koniec całkowitą reakcję w podporze A. PoniewaŜ
obliczone składowe są do siebie prostopadłe, reakcja całkowita jest ich
geometryczną sumą:
2
2
1 9
 qa   3 
2
2
R A = R Ax
+ R Ay
=   +  qa  = qa
+
=
4 64
 2  8 
= qa
16 + 9
25 5
== qa
= qa .
64
64 8
2.2. Statyka z uwzględnieniem
tarcia
Zjawisko występowania sił tarcia w przyrodzie, inŜynierii, Ŝyciu codziennym jest tak powszechne, Ŝe traktujemy je jako nieodłączny, niepomijalny fakt w jakościowym i ilościowym opisie wszelkich procesów
zachodzących w rzeczywistości. Jego wszechobecność skłoniła i jednocześnie zmyliła nawet samego Arystotelesa5 do sformułowania czegoś na
kształt I zasady Newtona, Ŝe do utrzymania ciał w ruchu (ze stałą prędkością) cały czas potrzebna jest siła utrzymująca ten ruch. Tak jest
w istocie, jeśli temu ruchowi stale towarzyszy opór, a ten faktycznie występuje niemalŜe zawsze w warunkach z jakimi mamy do czynienia na
5
Arystoteles ze Stagiry (384-322 p.n.e.), jeden z trzech największych filozofów greckich
obok Platona i Sokratesa. PołoŜył ogromne zasługi w astronomii, fizyce, biologii i logice.
NajwaŜniejszym zagadnieniem badanym przez niego (w mechanice) był ruch. Jego zdaniem "nieznajomość istoty ruchu moŜe doprowadzić do nieznajomości przyrody." Pojęcie ruchu u Arystotelesa było znacznie szersze, albowiem obejmowało kaŜdą zmianę:
"Nie ma ruchu poza rzeczami, bo to, co się zmienia, zmienia się zawsze albo substancjonalnie, albo ilościowo, albo jakościowo, albo zmienia swe połoŜenie." Był twórcą koncepcji „złotego środka” jako drogi do osiągnięcia szczęścia jako najwyŜszego dobra.
Strona 68
STATYKA
co dzień. Dopiero Galileusz6 „oderwał” się od tego przyzwyczajenia, zauwaŜając Ŝe gdyby ten opór zniknął ciała nie potrzebowałyby Ŝadnej
siły do utrzymania swego ruchu.
W we współczesnej (Newtonowskiej) mechanice ogólnej tarcie traktujemy jako siłę oporu o pewnej abstrakcyjnej genezie. W samą przyczynę
powstawania sił tarcia mechanika nie wnika, traktując je modelowo,
tj. posługując się ilościowym opisem według pewnego przyjętego modelu matematycznego. Zjawiskiem tarcia w skali mikro, a więc wchodzeniem w szczegóły i powody jego powstawania (mikronierówności,
odkształcalność, adhezja, itp.) zajmuje się odrębna nauka zwana trybologią.
Przyjrzyjmy się modelowemu opisowi tarcia zgodnego z intuicją i codziennym doświadczeniem. Wyobraźmy sobie, Ŝe usiłujemy przesunąć
cięŜki przedmiot spoczywający na szorstkim podłoŜu (rysunek 2.17.).
PrzyłoŜenie niewystarczającej siły F nie spowoduje ruchu tego przedmiotu, gdyŜ przeciwstawiać się mu będzie właśnie siła tarcia T na całej
powierzchni styku obiektu z podłoŜem. Wartość tej siły jest identyczna z
F, w przeciwnym razie nastąpiłby stan nierównowagi i przedmiot zacząłby się poruszać. Gdybyśmy podczas tego prostego doświadczenia
rejestrowali przykładaną do przedmiotu siłę F (mierząc ją np. dynamometrem) i jednocześnie rysowali wykres powstającej siły tarcia w funkcji
tej siły, czyli T = T (F ) otrzymalibyśmy linię prostą (nachyloną pod kątem 45 stopni dla tej samej skali obydwu osi) aŜ do momentu utraty
równowagi. Doświadczenie uczy, Ŝe po osiągnięciu pewnej granicznej
siły F obiekt wreszcie się poruszy się. Siła tarcia osiąga wtedy graniczną
wartość, zwaną tarciem rozwiniętym, i dalej juŜ nie zwiększa się. Nad6
Galileusz, Galileo Galilei (1564-1642), włoski filozof, astronom, twórca nowoŜytnej
mechaniki i astrofizyki. Zwolennik empiryzmu, uznawał naukę za ścisłą tylko wtedy, jeśli jej przedmiot da się mierzyć. W swych poglądach filozoficznych Galileusz występował przeciw spekulatywnemu rozwiązywaniu problemów i zwalczał arystotelizm jako
teoretyczną podstawę przyrodoznawstwa. Niezwykle waŜnym wkładem Galileusza
w dziedzinie mechaniki było ujęcie zjawiska bezwładności. Przeciwstawiało się ono do
starego i błędnego przekonania, Ŝe jeŜeli na ciało nie działają Ŝadne siły to moŜe ono
jedynie pozostać w spoczynku, a poruszanie się ze stałą prędkością musi mieć przyczynę
w postaci zewnętrznego oddziaływania. Galileusz ponadto odkrył prawo ruchu wahadła
(niezaleŜność okresu od amplitudy), sformułował prawo swobodnego spadania ciał (wykazując niezaleŜność przyspieszenia ziemskiego od masy), skonstruował termometr,
zbudował lunetę astronomiczną. Odkrył 4 księŜyce Jowisza – Io, Europę, Kallisto
i Ganimedesa i jako pierwszy stwierdził występowanie faz Wenus. Zjawiska te były silnym argumentem za słusznością teorii Kopernika. Jednak trybunał inkwizycyjny zabronił
głoszenia teorii heliocentrycznej i nauka Galileusza została potępiona przez Kościół
(Galileusz do końca Ŝycia Ŝył pod nadzorem inkwizycji). W październiku 1992, papieŜ
Jan Paweł II uznał, Ŝe Kościół popełnił błąd.
Strona 69
ROZDZIAŁ 2
wyŜka dalej przykładanej siły F „skonsumowana” zostanie przez przyspieszenie przedmiotu. Wyraźnie więc moŜemy rozróŜnić obszar tarcia
nierozwiniętego i rozwiniętego (prawy rysunek 2.17).
T
µN
F
T
F
45
tarcie
nierozwinięte
tarcie
rozwinięte
µ
Rysunek 2.17. Opór tarcia przy przesuwaniu przedmiotu
i wykres jego wartości w funkcji przykładanej siły
Ta ostatnia wartość – jak pokazują inne doświadczenia – jest wprost
proporcjonalna do sił nacisku N stykających się powierzchni i ich
rodzaju (tj. pewnych fizycznych właściwości) ujętych ilościowo pod
postacią tzw. współczynnika tarcia µ, który w modelu zaleŜy wyłącznie
od materiału z jakie te powierzchnie są wykonane.
Nad tym od czego zaleŜy wartość siły tarcia zastanawiał się w XVIII
wieku francuski uczony Coulomb7. Przede wszystkim badał, czy na wartość T ma wpływ siła nacisku rozumiana jako ciśnienie nacisku, tj. cięŜar
obiektu na jednostkę pola powierzchni kontaktu. RozwaŜmy zwykły prostopadłościan o róŜnych bokach a, b, c (rysunek 2.18).
a
b
c
Rysunek 2.18. Prostopadłościan o dowolnych wymiarach a × b × c
7
Charles Augustin de Coulomb (1736-1806), francuski fizyk, członek Francuskiej
Akademii Nauk, kapitan wojsk inŜynieryjnych. Zajmował się teorią maszyn prostych,
opisywał zjawisko tarcia pomiędzy ciałami i oporu ruchu w płynach. Główne jego osiągnięcia pochodzą z zakresu elektrostatyki i magnetyzmu. W 1785 r. sformułował ilościowe prawo dotyczące sił oddziaływania pomiędzy ładunkami elektrycznymi nazwane
jego imieniem. Wprowadził takŜe pojęcie momentu magnetycznego oraz odkrył zjawisko
ekranowania pola elektrycznego.
Strona 70
STATYKA
a
c
F
c
c
T1
a
F
F
T2
T3
b
Rysunek 2.19. Opór tarcia przy przesuwaniu prostopadłościanu
z rysunku 2.18. i leŜącego na róŜnych bokach
Spróbujmy poruszyć ten prostopadłościan przykładając do niego poziomą siłę F kaŜdorazowo zmieniając jego ustawienie i mierząc siłę graniczną tarcia powyŜej której zaczyna się ruch (rysunek 2.19.).
Za kaŜdym razem ciśnienie nacisku jest inne, jednak doświadczenie pokazuje Ŝe zmierzone tarcie pozostaje bez zmian ( T1 = T2 = T3 ).
Coulomb zauwaŜył ponadto, Ŝe siła tarcia nie zaleŜy od prędkości
względnej trących się ciał. Siłę tarcia o takiej właśnie właściwości, Ŝe
zaleŜy wyłącznie od wartości siły nacisku kontaktujących się ciał, a nie
od ciśnienia oraz nie zaleŜy od prędkości względnej tych ciał, lecz od jej
znaku nazywamy tarciem Coulomba, lub tarciem suchym.
T =µN
(2.18)
lub bardziej precyzyjnie:
T = −µ N
w
w
(2.19)
gdzie w / w oznacza wersor (wektor kierunku) prędkości względnej.
Modelową charakterystykę siły tarcia w funkcji prędkości względnej
przedstawia rysunek 2.20.
Jak widać z tej charakterystyki wartość siły tarcia jest albo − µN albo
+ µN zaleŜnie od znaku prędkości względnej w. Problemem pozostanie
jednak wartość T przy w = 0. Teoretycznie kaŜda wartość z zakresu
− µN i + µN jest wtedy moŜliwa. Oznacza to, Ŝe tak przyjęty model
moŜe nastręczać pewnych trudności rachunkowych, lub zupełnie je
uniemoŜliwiać w przypadku opisu warunków równowagi układu z tarciem, w którym tarcie to pozostaje ciągle nierozwinięte. Zagadnienie to
będzie dalej jeszcze omówione i zilustrowane odpowiednim przykładem.
Strona 71
ROZDZIAŁ 2
T
µN
w
µN
Rysunek 2.20. Modelowa charakterystyka tarcia suchego
(tzw. Coulomba)
2.3. Efekty mechaniczne
wywołane tarciem
Obecność tarcia w układzie mechanicznym zdecydowanie odmienia sytuację i warunki równowagi w porównaniu do analogicznego układu mechanicznego pozbawionego tych sił. Pojawiają się nowe zjawiska, które
nie mogą zajść w wyidealizowanym układzie bez tarcia i których w Ŝaden sposób nie moŜna pominąć w analizie.
Pojawienie się obszarów równowagi
Układ mechaniczny pozbawiony sił tarcia pozostaje w równowadze
w jednym, ściśle i jednoznacznie określonym połoŜeniu równowagi wynikającym z rozwiązania równań równowagi. Dotyczy to rozwiązania
w sensie połoŜenia (liniowego lub kątowego) oraz w sensie obciąŜenia.
Na rysunku 2.21. po lewej stronie pokazano masę (wagonik) poruszającą
się po płaskiej poziomej powierzchni bez udziału tarcia (co symbolicznie
podkreślono kółkami pod wagonikiem) oraz zamocowaną do spręŜyny
zamurowanej w obok znajdującej się ścianie. Jest oczywiste, Ŝe w przypadku braku jakichkolwiek sił zewnętrznych oraz przy braku tarcia
połoŜeniem równowagi jest odległość x0 równa dokładnie długości swobodnej spręŜyny. Jakiekolwiek chwilowe zaburzenie tego połoŜenia
przyłoŜeniem niewielkiej siły natychmiast zostaje zniwelowane po ustaniu działania tego zaburzenia i układ wraca do x0 . Sytuacja staje się
zgoła odmienna przy uwzględnieniu tarcia (co pokazano na prawym ryStrona 72
STATYKA
sunku 2.21., gdzie usunięto symboliczne kółka). Teraz połoŜenie x0
nadal jest połoŜeniem równowagi, ale tym razem zaburzenie wywołane
niewielką siłą która spowoduje przesunięcie wagonika o wartość ∆x
pozostanie po ustaniu działania tej siły. Oznacza to, Ŝe spręŜyna jest
nadal nieco napięta (rozciągnięta lub ściśnięta), ale siła tarcia pomiędzy
wagonikiem, a podłoŜem równowaŜy wartość tego napięcia i ciało nadal
pozostanie nieruchome (oczywiście ∆x nie moŜe być dowolnie duŜe).
Wiedząc, Ŝe wartość siły w spręŜynie spiralnej jest liniowo zaleŜna od
ugięcia tej spręŜyny, tj. wynosi Fs = k x , gdzie k oznacza współczynnik
proporcjonalności zwany sztywnością spręŜyny, łatwo obliczyć graniczną wartość rozmycia punktu równowagi ∆x w kaŜdą ze stron moŜliwego zaburzenia.
∆x
x0
x0
k
k
µ
Rysunek 2.21. Wpływ tarcia na połoŜenie równowagi
Siła Fs moŜe co najwyŜej osiągnąć wartość siły tarcia rozwiniętego
Fs ≤ T . Zatem:
Fs max = k ∆x = µ N = µ mg czyli ∆x = µ mg
k
i połoŜenie równowagi stanowić będzie obszar:
µ mg
µ mg 

xrówn ∈  x0 −
, x0 +
.
k
k 

Sytuacja ma się podobnie w kontekście obciąŜenia. JeŜeli do utrzymania
stanu równowagi potrzeba przyłoŜenia równowaŜącej siły P, to jej wartość przy braku tarcia w układzie osiąga jednoznaczną wartość. Dla
przykładu przedstawionego na rysunku 2.22. cięŜar odwaŜnika P potrzebny do utrzymania wagonika o cięŜarze Q poruszającego się po
równi pochyłej bez tarcia wynosi:
P = S = Q sin α
Strona 73
ROZDZIAŁ 2
gdzie S jest siłą napięcia w linie, natomiast Q sin α składową cięŜaru
wzdłuŜ równi, czyli siłą ściągająca wagonik w dół.
S= P
Q
Q
P
N
α
Rysunek 2.22. ObciąŜenie P utrzymujące ciało Q w równowadze
(bez tarcia)
Zatem minimalny cięŜar utrzymujący układ w równowadze wyniesie:
Pmin = Q sin α − µ Q cos α = Q (sin α − µ cos α ) .
Ale zauwaŜmy teŜ, Ŝe nieco większa wartość cięŜaru odwaŜnika P takŜe
zapewni równowagę aŜ do momentu, gdy stanie się on na tyle cięŜki, Ŝe
w końcu sam będzie przyczyną utraty stanu równowagi. W takim przypadku za cięŜki odwaŜnik zacznie poruszać się w dół, ciągnąc wagonik
ku górze, a siła tarcia pomiędzy wagonikiem a równią zacznie działać
w przeciwną stronę (patrz środkowy obrazek na rysunku 2.23.). Teraz
cięŜar odwaŜnika osiąga wartość maksymalną:
Pmax = Q sin α + T , a więc Pmax = Q(sin α + µ cos α ).
Wszystkie wartości cięŜaru odwaŜnika pomiędzy Pmin a Pmax zapewnią
równowagę układu, a więc tworzą obszar równowagi w sensie dopuszczalnego obciąŜenia. Przypomnijmy, Ŝe przy braku tarcia tylko jedna
wartość P = Q sin α zapewniała ten stan.
Problem statycznej niewyznaczalności
Utrata jednoznaczności warunków równowagi powoduje problem wyznaczania wszelkich sił (w tym reakcji) danego układu dopóki znajduje
się on w obszarze dopuszczalnych rozwiązań (a nie w sytuacjach skrajnych). RozwaŜmy belkę utwierdzoną z jednej strony na podporze stałej
i ruchomej. W przypadku idealnych podpór (bez tarcia – górny rysuStrona 74
STATYKA
nek 2.24.) pojawiają się trzy niewiadome reakcje, które daje się łatwo
obliczyć z równań równowagi, których dla układu płaskiego jest dokładnie trzy. Mówimy o takiej sytuacji, Ŝe zadanie jest statycznie wyznaczalne. Problem się pojawia, gdy uwzględnimy siłę tarcia w podporze
ruchomej (dolny rysunek 2.24.), a sama belka nadal pozostaje w równowadze. Mamy ciągle trzy równania, lecz tym razem cztery niewiadome
siły reakcji. Nie jest bowiem prawdą, Ŝe moŜna dodać równanie T = µ R
gdyŜ to ostatnie jest dopiero spełnione gdy dochodzi do pełnego poślizgu
w tej podporze. Dopóki tak nie jest układ pozostaje statycznie niewyznaczalny i nie da się go rozwiązań w ramach klasycznego sformułowania
mechaniki.
Ry
P
R
P
R
Rx
Ry
Rx
T ≠ µR
Rysunek 2.24. Statyczna niewyznaczalność wywołana obecnością tarcia
nierozwiniętego w podporze ruchomej belki
Dwoistość utraty stanu równowagi
Układ mechaniczny poddany działaniu sił zewnętrznych przewiduje
tylko jeden scenariusz utraty stanu równowagi pod ich wpływem. Jest to
przesunięcie. Spójrzmy, Ŝe obiekt z lewego rysunku 2.25. przesunie się
pod wpływem sił F niezaleŜnie od tego w jaki sposób i w którym miejscu jest ona przyłoŜona. Jeśli jednak usunąć by rolki spod tego obiektu i
uwzględnić tarcie na powierzchni styku z szorstkim podłoŜem, łatwo sobie wyobrazić, Ŝe nisko przyłoŜona siła F spowoduje w istocie przesunięcie obiektu, ale istnieje taka wysokość przyłoŜenia F, dla której
(i powyŜej) obiekt przewróci się, a więc utraci stan równowagi
w zupełnie odmienny sposób. Obecność tarcia powoduje zatem, Ŝe stan
równowagi układu moŜe zajść w dwojaki sposób (stąd „dwoistość”
w tytule podrozdziału).
Strona 75
ROZDZIAŁ 2
Obliczmy wysokość h, powyŜej której nastąpi jakościowa zmiana
w scenariuszu utraty równowagi dla prostego elementu z rysunku 2.25,
którego cięŜar wynosi Q, natomiast szerokość a. RozwaŜmy równowagę
momentu względem punktu przewracania się:
Fh − Q
a
=0.
2
Siła F równowaŜona jest tarciem T, natomiast cięŜar Q naciskiem N.
a
F
F
Q
Q
h
N
N
T
µ
Rysunek 2.25. Utrata równowagi poprzez przewrócenie obiektu
Do przewrócenia zajdzie wtedy, gdy siła tarcia nie przekracza wartości
tarcia rozwiniętego (nie dochodzi do poślizgu), czyli T < µ N . PoniewaŜ
F = T oraz N = Q będzie więc:
F =Q
co daje warunek przywracania: h >
Strona 76
a
< µQ ,
2h
a
.
2µ
STATYKA
Samohamowność i zakleszczenie
RozwaŜmy dowolny układ mechaniczny poddany działaniu sił masowych Q
oraz sił zewnętrznych F. JeŜeli układ ten pozostaje
w równowadze dla pewnego zakresu sił F, powiedzmy Fmin i Fmax , to
mówimy o:
•
samohamowności wtedy gdy Fmin=0,
•
zakleszczeniu gdy Fmax →∝.
Q2
Q2
Fmin = 0
α
Q1
µ1
µ3
µ2
F max
µ3
8
µ2
Q1
α
µ1
Rysunek 2.26. Zjawisko samohamowności i zakleszczenia w układzie
dwóch klinów o róŜnych kątach ukosowania
Sytuację ilustruje rysunek 2.26. Na lewym obrazku układ dwóch klinów
pozostanie w równowadze mimo ustąpienia siły podtrzymującej tę równowagę. Zachodzi to dla małego kąta ukosowania klinów α, dla którego
tarcie samodzielnie utrzyma kliny w bezruchu (klin górny nie wypchnie
dolnego). I odwrotnie, odpowiednio duŜy kąt uniemoŜliwi próbę wypchnięcia górnego klina siłą przykładaną do klina dolnego. W tym drugim przypadku siła tarcia rośnie szybciej niŜ składowa pionowa nacisku
pomiędzy klinami. W technice zachodzi wiele sytuacji, w których wykorzystuje się zjawiska samohamowności i zakleszczenia. Na przykład połączenia gwintowe opierają się na śrubie, która pod własnym cięŜarem
nie wkręci się w gwintowany otwór (który w pewnym sensie jest spiralnym zwinięciem powierzchni współpracujących klinów), natomiast zjawisko zakleszczenia w zapadkach tarciowych blokujących jeden kierunek ruchu, a takŜe – częściowo – w starych, lecz bardzo efektywnych
hamulcach bębnowych posiadających dwie szczęki współbieŜne (tzw.
układ duplex).
Strona 77
ROZDZIAŁ 2
Tarcie opasania
Istnienie sił oporów tarcia pozwala na skonstruowanie prostego mechanizmu pozwalającego przekazywać moment napędowy na pewną odległość za pomocą stosunkowo prostego elementu pośredniczącego. Mowa
tu o bardzo powszechnie stosowanych w technice przekładniach pasowych, które skutecznie przenoszą moment napędowy silnika na dalsze
podzespoły maszyny (o ile nie zaleŜy nam zbytnio na precyzji przenoszenia tego momentu jak np. w układzie rozrządu lub systemie wyrównowaŜania sił drugiego rzędu w 4-cylindrowych silnikach spalinowych,
gdzie kluczowe jest utrzymanie precyzji w kątowym ustawieniu współpracujących elementów).
Do przeniesienia napędu z jednego koła pasowego na drugie potrzebne
jest uŜycie pasa i napięcie go pewnym naciągiem wstępnym Sb (tzw. siła
bierna). W bezruchu, w kaŜdej części pasa siła ta pozostaje taka sama.
Sytuacja się zmienia, gdy koło napędowe zaczyna przekazywać moment
obrotowy podzespołowi odbierający ten moment (tj. generujący pewien
moment oporowy), rysunek 2.27.
Sb
Sc
M0
Sb
ω
Sb
Rysunek 2.27. Przekładnia pasowa i siły naciągu w pasach
przy przekładni w spoczynku i pracującej
Obecność właśnie momentu oporowego „zasilającego” część maszyny
odbierającej moment z silnika powoduje róŜnicę w siłach napięcia pasa
od strony napędzającej i biernej, utrzymującej naciąg pasa. Część aktywna musi być obciąŜona większą siłą, której iloczyn z promieniem
koła odbierającego napęd równowaŜy moment oporowy M0. Zachodzi
pytanie o maksymalną zdolność transmisji momentu poprzez przekładnię
pasową, czyli jaki największy moment napędowy moŜe ona przenieść.
Aby znaleźć odpowiedź na to podstawowe inŜynierskie pytanie rozwaŜmy równowagę wycinka pasa jak pokazano na rysunku 2.28. Siła
bierna Sb wzrasta wzdłuŜ obwodu koła na całym obszarze przylegania
pasa do koła nazywanego kątem opasania β osiągając „na wyjściu”
wartość siły czynnej Sc.
Strona 78
STATYKA
dϕ
2
S + dS
β
Sc
dϕ
dϕ
dN
dT
Sb
dϕ
2
Rysunek 2.28. Napędzane koło pasowe, kąt opasania i układ sił
w elementarnym wycinku pasa
Równania równowagi elementarnego wycinka pasa (lewy rysunek 2.28.)
są następujące:
dϕ
dϕ
− (S + dS )sin
=0
2
2
dϕ
dϕ
Fy : (S + dS )cos
− S cos
− dT = 0
2
2
∑F
x
∑
: dN − S sin
co po rozwinięciu i podstawieniu, Ŝe sin dα = dα oraz cos dα = 1 daje:
∑F
∑F
dϕ
dϕ
dϕ
−S
− dS
=0
2
2
2
y : S + dS − S − dT = 0
x
: dN − S
a to z kolei przy pominięciu tzw. małej wyŜszego rzędu, tj. iloczynu
dS dϕ / 2 prowadzi do równań:
∑F
∑F
x
: dN = S dϕ
y
: dS = dT
i razem z uzupełniającym wyraŜeniem na tarcie rozwinięte,
tj. dT = µ dN prowadzi ostatecznie do zaleŜności róŜniczkowej:
dT = dS = µ S dϕ ,
która po rozdzieleniu zmiennych wygląda następująco:
Strona 79
ROZDZIAŁ 2
dS
= µ dϕ .
S
Całkując obustronnie to równanie w granicach od Sb do Sc po lewej
stronie dla siły S oraz od 0 do β po stronie prawej dla kąta opasania ϕ
otrzymamy:
Sc
∫
Sb
β
dS
= µ dϕ
S 0
∫
co daje:
β
S
ln S Sc = µϕ 0
b
czyli ln S c − ln S b = µ β , albo ln
Sc
= µ β . W rezultacie:
Sb
Sc
= eµ β .
Sb
Maksymalny moment napędowy jaki moŜe przenieść przekładnia pasowa jest iloczynem róŜnicy siły czynnej i biernej oraz promienia koła
części maszyny odbierającej napęd, czyli:
(
)
M 0 = (Sc − Sb ) r = Sb r e µ β − 1 .
Na zakończenie naszych rozwaŜań dotyczących równowagi układów
z tarciem rozwiąŜmy dwa typowe zadania, które pomogą zilustrować typowe problemy, jakie moŜna spotkać w praktyce inŜynierskiej.
Przykład 2.3
O pionową ścianę oparto drabinę o cięŜarze Q i długości l ustawioną
pod kątem a względem podłogi. Współczynniki tarcia drabiny
w punktach styku ze ścianą i podłogą wynoszą odpowiednio µ1 i µ2 (rysunek 2.29.). Na drabinie zawieszono dodatkowy cięŜar P w pewnej odległości s od podłogi (moŜe to być np. wspinający się człowiek o takim
cięŜarze). Obliczyć tę odległość, która nie spowoduje jeszcze utraty
równowagi drabiny.
Strona 80
STATYKA
T1
N1
µ1
B
l
s
P
l/2
P
Q
Q
α
N2
α
A
T2
µ2
Rysunek 2.29. Zadanie z drabiną z Przykładu 2.3 i układ siły
do analizy stanu równowagi
RozwaŜmy układ sił pokazanych po uwolnieniu więzów na prawym rysunku 2.29. i opiszmy je warunkami równowagi w kierunku poziomym,
pionowym oraz momentu względem wybranego punktu, np. A:
∑F : N −T = 0
∑F :T − P − Q + N = 0
l
∑ M :Q 2 cosα + Ps cosα − T l cosα − N l sin α = 0
1
x
2
1
y
2
1
A
1
PoniewaŜ zaburzenie równowagi (obsuwanie drabiny) zachodzi poprzez
jednoczesny poślizg w obydwu punktach styku, to wolna zapisać, Ŝe:
T1 = µ1 N1 oraz T2 = µ 2 N 2 .
Z równania na moment, po podzieleniu go przez l cosα szybko obliczamy odległość s;
Q
s
+ P − µ1 N1 − N1 tgα = 0
2
l
.
l 
Q
s =  N1 ( µ1 + tgα ) − 
2
P
Pozostaje teraz wyznaczyć wartość nacisku N1. Dokonujemy tego
z dwóch pierwszy równań równowagi:
∑F
∑F
x
: N1 − µ 2 N 2 = 0
y
: µ1 N1 + N 2 = P + Q
Strona 81
ROZDZIAŁ 2
skąd:
N1 = µ 2
P+Q
.
1 + µ1 µ 2
Ostatecznie, odległość s na jakiej moŜna bezpiecznie umieścić cięŜar P
wyniesie:
s=
l 
P+Q
Q
( µ1 + tgα ) −  .
µ 2
P  1 + µ1 µ 2
2
ZauwaŜmy na koniec, Ŝe otrzymany wynik moŜe mieć wartość ujemną
(w nawiasie kwadratowym mamy odejmowanie), co oznaczać będzie, Ŝe
drabina sama się osunie pod własnym cięŜarem zanim zawiesimy na niej
jakikolwiek inny oraz, Ŝe obliczone s moŜe być większe od l, co z kolei
oznaczać będzie, Ŝe cięŜar P moŜna umieścić nawet na górnym końcu
drabiny, i to z pewnym zapasem bezpieczeństwa.
Przykład 2.4
Walec o cięŜarze Q i promieniu r spoczywa na szorstkim podłoŜu będąc
jednocześnie dociskany płytą o takim samym cięŜarze i długości równej
średnicy walca (rysunek 2.30.). Do pionowej średnicy walca przyłoŜono
poziomą siłę F na pewnej wysokości h. Obliczyć wartość tej siły, która
jest potrzebna do poruszenia walca i narysować jej wykres w funkcji
wysokości jej przyłoŜenia wiedząc, Ŝe współczynniki tarcia pomiędzy
walcem a płytą i podłoŜem są takie same (µ).
Aby rozwiązać to zadanie, rozłóŜmy układ na poszczególne (dwie) części ujawniając w ten sposób siły wewnętrzne (rysunek 2.31). Napiszmy
następnie równania równowagi dla płyty i walca. Nie ma jednak potrzeby formułować równań na równowagę sił w kierunku poziomym
i pionowym dla płyty jeśli nie zaleŜy nam na obliczeniu reakcji w podporze płyty. Wystarczy jedno równanie na moment względem właśnie
tego punktu:
∑M
A
:Q r − N1r = 0
,
co daje natychmiast wartość nacisku w punkcie styku płyty z walcem:
N1 = Q .
Strona 82
STATYKA
r
r
Q
A
µ
r
Q
F
h
µ
Rysunek 2.30. Walec na szorstkim podłoŜu wyciągany spod płyty
poziomą siłą F przykładaną do pionowej średnicy walca na róŜnych
wysokościach h (Przykład 2.4)
Z równań sił dla walca wiemy, Ŝe:
∑F
∑F
x
: F − T1 − T2 = 0
y
: − N1 + N 2 − Q = 0
.
Z drugiego równania obliczamy szybko nacisk walca na podłoŜe:
N 2 = Q + N1 = Q + Q = 2Q . MoŜna by teraz ulec wraŜeniu, Ŝe zadanie
jest juŜ praktycznie zrobione, zwaŜywszy Ŝe z równania pierwszego widzimy, Ŝe F = T1 + T2 . Wystarczyłoby teraz podstawić T1 = µ N1 oraz
T2 = µ N 2 otrzymując wynik F = µ Q + µ 2Q = 3µ Q . Jest to jednak niedopuszczalne uproszczenie! OtóŜ zaburzenie równowagi w rozwaŜanym
przykładzie polega na poruszeniu walca, które nie musi zajść poprzez
jednoczesny poślizg w jego obydwu punktach styku. W jednym z nich
moŜe dojść do toczenia, a w drugim do poślizgu. Wszystko zaleŜy od
tego jak wysoko przyłoŜono siłę F.
Strona 83
ROZDZIAŁ 2
r
Ry
Q
A
Rx
T1
N1
N1
T1
B
Q
r
T2
F
h
C
N2
Rysunek 2.31. Analiza sił w zadaniu z Przykładu 2.4
Łatwo sobie wyobrazić, Ŝe bardzo nisko przyłoŜona siła (blisko podłogi)
spowoduje poślizg walca w dolnym punkcie (C na rysunku 2.31) oraz
jego odtaczanie w punkcie górnym (pod płytą – B na rysunku 2.31).
I odwrotnie – wysoko przyłoŜona siła F wywoła poślizg pod płytą
i toczenie po podłodze. Jeśli taka moŜliwość moŜe mieć miejsce musimy
to wziąć pod uwagę unikając uproszczonego zapisu, Ŝe T1 = µ N1 oraz
T2 = µ N 2 . Wolno tak napisać tylko w tym punkcie, w którym tarcie
osiąga wartość rozwiniętą, a więc dochodzi do pełnego poślizgu. Tam
gdzie występuje tocznie wiemy jedynie, Ŝe T < µ N , ale na pewno nie
T = µ N . Jak zatem rozwiązać ten problem? OtóŜ naleŜy rozwaŜyć dwa
odmienne przypadki:
1. Siła F przyłoŜono „nisko”. Wyraz „nisko” ujęto w cudzysłów,
gdyŜ jeszcze nie wiemy co precyzyjnie oznacza to sformułowanie. Znamy jego znaczenie jakościowe – to taka sytuacja, Ŝe
walec doznaje poślizgu w dolnym punkcie styku, natomiast odtacza się spod płyty. Nie wiemy jednak jak to wygląda ilościowo, tj. dla jakiego zakresu h tak właśnie będzie się działo.
Traktujemy więc tę sytuację jako załoŜenie. Jeśli tak, to prawdą
jest, Ŝe:
Strona 84
STATYKA
T2 = µ N 2 oraz T1 ≠ µ N1 ,
czyli: T2 = 2 µ Q . Rozpatrując następnie równowagę momentów
walca względem punktu, w którym dochodzi do tocznia (tj.
punktu B, w którym nie potrafimy obliczyć wartości siły tarcia,
co przy takim wyborze obliczania momentu przestaje stanowić
problem), otrzymamy:
∑M
B
: FN (2r − h) − T2 ⋅ 2r = 0 ,
gdzie FN siłę F przyłoŜono „nisko”. ZwaŜywszy, Ŝe T2 = 2 µ Q ,
mamy:
FN =
4µ Q r
.
2r − h
2. Sytuacja odwrotna – sił F przyłoŜona „wysoko”. Teraz dochodzi
do tocznia walca po podłoŜu i wyślizgiwania się spod płyty,
a więc:
T1 = µ N1 oraz T2 ≠ µ N 2 , czyli: T1 = µ Q ,
i, konsekwentnie, pisząc równanie równowagi momentów
względem punktu C otrzymamy:
∑M
C
: FW ⋅ h − T1 ⋅ 2r = 0
czyli:
FW =
2µ Q r
.
h
Co oczywiste, zamiana sytuacji 1. „poślizg na dole, toczenie na górze”
w przypadek 2. „poślizg na górze, toczenie na dole”, musi zajść przez
chwilowy stan przejściowy oznaczający poślizg w obydwu punktach
styku (jednoczesne toczenie nie jest moŜliwe). Zajdzie to dla pewnej
konkretnej wysokości hgr przyłoŜenia siły F. Jak obliczyć tę wysokość
oznaczającą granicę stosowalności wzorów na FN i FW? Po prostu porównując te wzory. Zabieg ten oznacza, Ŝe dopuszczamy właśnie poślizg
w obydwu punktach styku walca, bo kaŜdy z nich był wyprowadzony dla
pojedynczych takich przypadków. Ich równość dopuszcza zatem poślizg
na dole i górze:
Strona 85
ROZDZIAŁ 2
h = hgr ⇔ FN = FW ,
czyli:
4µ Q r
2µ Q r
2
=
⇒ hgr = r ,
2r − hgr
3
hgr
a więc w zakresie (licząc od podłoŜa) h od zera do dwóch trzecich r
dochodzi do poślizgu między walcem a podłoŜem i stosujemy wzór na
FN, dla h=2r/3 walec ślizga się w obydwu punktach styku (obydwa
wzory są słuszne), natomiast powyŜej 2r/3 toczy po podłodze ślizgając
pod płytą – stosujemy wzór na FW.
Przed narysowaniem wykresu siły F w funkcji wysokości h warto obliczyć wartości F w kilku charakterystycznych punktach:
h = 0.
F = FN =
2
h = r.
3
F = FN =
2
h = r.
3
F = FW =
4µ Q r
4µ Q r
=
= 2µ Q ,
2 r − h h =0
2r
4µ Q r
4µ Q r
=
= 3µ Q ,
4r
2r − h h = 2 r
3
3
lub:
2µ Q r
h
2
h= r
3
=
2µ Q r
= 3µ Q ,
2r
3
a więc się zgadza, i dalej:
h = r.
h = 2r.
F = FW =
2µ Q r
h
F = FW =
2µ Q r
h
=
h =r
2µ Q r
= 2µ Q ,
r
=
h =2 r
2µ Q r
= µQ .
2r
Krzywe FN = FN (h) i FW = FW (h) przedstawiają hiperbole klasy
a /(b − x) oraz c / x , gdzie x oznacza symbolicznie zmienną (czyli h),
natomiast a, b, c są stałymi (tak jak we wzorach na FN i FW ). Ostatecznie,
wykres będzie wyglądał następująco (rysunek 2.32.).
Strona 86
STATYKA
F
3µQ
2µQ
µQ
h
0
2r/3
r
2r
Rysunek 2.32. Wykres siły potrzebnej do poruszenia walca
z Przykładu 2.4 w funkcji wysokości przyłoŜenia siły F
Strona 87
ROZDZIAŁ 2
Strona 88
3
Kinematyka punktu
W tym rozdziale:
o
o
o
o
o
Opis połoŜenia punktu
Równania ruchu i toru
Prędkość punktu
Promień krzywizny toru
Przyspieszenie punktu
ROZDZIAŁ 3
3.1. Opis połoŜenia,
równania ruchu
Wstęp
Pojęcie punktu w mechanice jest bardzo wygodne i znakomicie nadaje
się takŜe do opisu ruchu rzeczywistych obiektów dalece odbiegających
od wyidealizowanej koncepcji punktu geometrycznego (nieskończenie
małego) jeśli tylko obiekty takie poruszają się ruchem postępowym (rysunek 3.1.), w którym nie ma ruchu obrotowego.
A
B
A’
B’
Rysunek 3.1. Ruch postępowy – trajektorie dowolnych punktów ciała
(np. AA’ i BB’) mają identyczny kształt
Punktem moŜemy równieŜ modelować ciała, których wymiary i kształt
nie mają znaczenia dla celów analizy mającej charakter ogólny (np. ruch
odległego samolotu, rakiety, satelity, itp.) opisującej gdzie dany obiekt
znajduje się, jak szybko porusza, w którą stronę, itd. i nie zaleŜy nam na
szczegółowych informacjach o połoŜeniu konkretnych jego elementów
lub przestrzennej konfiguracji.
PołoŜenie punktu i równania ruchu
Do jednoznacznego opisu połoŜenia punktu potrzeba trzech współrzędnych. ZaleŜnie od potrzeb i wygody mogą to być współrzędne kartezjańskie (prostokątne), cylindryczne, biegunowe, lub jakiekolwiek inne. Po
Strona 90
KINEMATYKA PUNKTU
wprowadzeniu abstrakcyjnego układu współrzędnych w miejscu obserwatora połoŜenie punktu określa tzw. wektor wodzący r, którego składowe odpowiadają współrzędnym danego obserwowanego punktu (rysunek 3.2. dla układu kartezjańskiego).
z
tor punktu
r
O
P(x,y,z)
bieŜące połoŜenie
i eń
om y
pr dz ąc
o
w
y
x
Rysunek 3.2. Opis połoŜenia punktu we współrzędnych prostokątnych
r = OP = [ x − 0, y − 0, z − 0] = [ x, y , z ]
Podczas ruchu względem obserwatora punkt P zmienia swe połoŜenie.
KaŜda współrzędna tego punktu, a więc składowa wektora wodzącego
staje się funkcją czasu
x = x(t )
y = y (t ) lub r = r (t )
z = z (t )
(3.1)
Równania te, będące jawną zaleŜnością od czasu nazywamy równaniami
ruchu.
Równania toru
Zaznaczając połoŜenia punktu w kolejnych chwilach czasu kreślimy
drogę po jakiej się on porusza, zwaną torem lub trajektorią punktu.
Równanie toru nie jest zatem funkcją czasu, lecz w ogólności równaniem
pewnej krzywej. W przestrzeni moŜe ona być opisana jako przecięcie
dwóch powierzchni opisanych równaniami
f1 ( x , y , z ) = 0
i
f 2 ( x, y, z ) = 0 , a więc jest funkcją współrzędnych. Naturalnie, równanie
toru jest moŜliwe do wyprowadzenia na podstawie znanych równań
Strona 91
ROZDZIAŁ 3
ruchu (zaleŜnych od czasu), gdyŜ znając połoŜenie punktu w kaŜdej
chwili łatwo odtworzymy ślad, po którym się poruszał. Odwrotny zabieg
– znając trajektorię wyznaczamy równania ruchu – oczywiście nie jest
moŜliwy (z kształtu drogi nie wynika połoŜenie, w którym ktoś lub coś
aktualnie się znajduje). Równania ruchu mają więc charakter fundamentalny dla analizy i są podstawą do określania toru punktu. Równanie toru
wynika bezpośrednio z równań ruchu punktu i otrzymuje się je poprzez
eliminację czasu.
Przykład 3.1
ZałóŜmy, Ŝe punkt porusza się na płaszczyźnie i dane są jego równania
ruchu
(dla
uproszczenia
w
czasie
bezwymiarowym):
x (t ) = 1 − t , y (t ) = 2t + 3 .Wyznaczyć równanie toru i narysować go.
Ze względu na liniowe zaleŜności współrzędnych połoŜenia od czasu,
zadanie te jest wyjątkowo proste. Eliminujemy czas np. z równania na
„x” i wstawiamy do drugiego na „y”:
x =1− t ⇒ t =1− x
y = 2t + 3 ⇒ y = 2(1 − x) + 3 = −2 x + 5
Otrzymaliśmy równanie prostej y = −2 x + 5 . Narysujmy ją znajdując
dwa punkty: x = 0 ⇒ y = 5 oraz y = 0 ⇒ x = 5 / 2 . Czy jednak cała
prosta reprezentuje tor rozwaŜanego punktu? OtóŜ tor zawiera pewien
kontekst fizyczny – chwila t = 0 determinuje początkowe połoŜenie
punktu, a upływający czas (nigdy ujemny: t ≥ 0 ) narzuca kierunek
ruchu, czyli właściwy tor. W tym przypadku połoŜenie początkowe
wypada w miejscu określonym współrzędnymi x0 = x(0) = 1 − 0 = 1 oraz
y0 = y (0) , tj. y0 = 2 ⋅ 0 + 3 = 3 , a więc punkt (1,3) . Sprawdźmy teraz,
w którą stronę będzie się odbywał ruch z upływającym (rosnącym)
czasem t. Czas jest funkcją wyłącznie rosnącą (↑) , a więc coraz większe
t oznacza coraz mniejszą wartość x (↓) , bo x (t ) = 1 − t (odejmujemy
coraz więcej) oraz rosnącą wartość y (tu dodajemy):
t↑ ⇒ x↓ ∧ y↑
Teraz moŜemy w pełni zidentyfikować tor punktu. Jest to półprosta o
równaniu y = −2 x + 5 dla zakresu x ∈ (−∞ ,1] jak pokazano na
rysunku 3.3.
Strona 92
KINEMATYKA PUNKTU
u
u
nkt r uch
k
pu
tor r une
i k ie
y
5
4
połoŜenie
początkowe
3
2
1
5
2
O
1
2
x
3
4
5
Rysunek 3.3. Ilustracja do przykładu 3.1
Przykład 3.2
Narysować tor punktu, którego ruch (płaski) opisano równaniami:
x (t ) = 2 sin t , y (t ) = cos 2t .
Tym razem eliminację czasu moŜna przeprowadzić wykorzystując znaną
toŜsamość trygonometryczną: cos 2t = 1 − 2 sin 2 t . PoniewaŜ sin t = x / 2 ,
to natychmiast otrzymujemy y = 1 − 2( x / 2) 2 , czyli równanie paraboli
y = 1 − x 2 / 2 . ZauwaŜmy, Ŝe punkt początkowy ma współrzędne
x (0) = 2 ⋅ sin 0 = 0 oraz y (0) = cos 2 ⋅ 0 = cos 0 = 1 , tj. (0 ,1) – na
„szczycie” paraboli, a kierunek ruchu określa zachowanie funkcji sin t
i cos 2t , z których pierwsza jest rosnąca, a druga malejąca dla
początkowych wartości t. RozwaŜany punkt „zjeŜdŜa” zatem po prawej
gałęzi paraboli, lecz nie ona cała reprezentuje tor tego punktu. Zwróćmy
uwagę, Ŝe obydwie funkcje harmoniczne sin t i cos 2t oscylują wokół
wartości ± 1 , nigdy ich nie przekraczając. A więc punkt nie moŜe
„ześliznąć” się po paraboli do nieskończoności. Jego maksymalna
wartość
x
to
minimalna
x(π / 2) = 2 sin(π / 2) = 2 ,
x(3π / 2) = 2 sin(3π / 2) = −2 . W tych miejscach rzędna kaŜdorazowo
wyniesie y (π / 2) = cos π = −1 i y (3π / 2) = cos 3π = −1 . Ostatecznie
torem punktu jest fragment paraboli o równaniu y = 1 − x 2 / 2 dla zakresu
x ∈ [−2,2] , z punktem początkowym (0 ,1) , początkowym kierunkiem
ruchu – w prawo, charakterem ruchu – oscylacyjnym (rysunek 3.4.).
Strona 93
ROZDZIAŁ 3
y
tor punktu
i kierunek
ruchu
1
połoŜenie
początkowe
2
2
2
1
O
1
x
2
1
Rysunek 3.4. Ilustracja do przykładu 3.2
Nie zawsze jest moŜliwe uzyskanie jawnej postaci równań toru na
podstawie równań ruchu. Takim przykładem jest później analizowana
cykloida oraz wiele innych krzywych znanych z geometrii róŜniczkowej.
Z równań cykloidy x = t − sin t , y = 1− cos t nie da się wyrugować
czasu i tym samym nie da się wyrazić toru jako funkcji y = y ( x ) .
W takich przypadkach mówimy, Ŝe równania ruchu x = x (t ) i y = y (t )
są parametrycznymi równaniami toru, gdzie czas t jest parametrem.
Strona 94
KINEMATYKA PUNKTU
3.2. Krzywizna toru,
promień krzywizny
Jednym z waŜniejszych parametrów geometrycznych opisujących kształt
toru jest jego krzywizna. Jest to miara „intensywności” zmiany kierunku,
czyli orientacji mierzonej kątem linii stycznej do toru na jednostkę
długości, w której ta zmiana zachodzi.
∆ϕ
y
∆s
B
∆ϕ = ϕ2 ϕ1
A
O
ϕ1
x
ϕ2
Rysunek 3.5. Krzywa płaska (tor) i podstawowe parametry
niezbędne do obliczania krzywizny
Średnia wartość krzywizny na odcinku AB (rysunek 3.5.) wynosi:
k sr =
∆ϕ
∆s
(3.2)
Chcąc obliczyć krzywiznę w konkretnym punkcie (np. A), obliczamy
granicę ilorazu róŜnicowego (3.2), ostatecznie otrzymując pochodną:
k = lim
B→ A
∆ ϕ dϕ
=
∆ s ds
(3.3)
W przypadku toru płaskiego, którego równanie ma znaną jawną postać
y = y ( x ) moŜemy na podstawie definicji (3.3) wykorzystać bezpośrednio równanie toru do obliczenia jego krzywizny dla dowolnego argumentu x. Wiemy, Ŝe:
Strona 95
ROZDZIAŁ 3


2
 

 d x  
(d s )2 = (d x )2 + (d y )2 = 1 +  d y  (d x )2
d s = 1 + y '2 d x
ponadto tangens kąta nachylenia krzywej jest równy pochodnej y ' ,
zatem:
tgϕ = y ' ⇒ ϕ = arctg y '
oraz:
dy '
dx
1
dx
y' '
dϕ = d(arctg y ') =
dy ' =
=
dx
2
2
1 + y'
1 + y'
1 + y '2
co ostatecznie daje:
k=
y' '
dx
1 + y '2
dϕ
y' '
=
=
2
ds
1 + y ' d x 1 + y '2
(
(3.4)
)
3
2
Wzór ten jest słuszny dla torów płaskich i pod warunkiem, Ŝe znane jest
równanie krzywej w postaci y = y ( x ) . Jak jednak wspomniano na końcu
poprzedniego podrozdziału, istnieją sytuacje (cykloida), w których opis
toru zadany jest parametrycznie. Wtedy wzór (3.4) jest bezuŜyteczny.
Jak zatem obliczyć krzywiznę w takich przypadkach? Znamy przecieŜ
równania ruchu x = x (t ) i y = y (t ) . Obliczmy potrzebne róŜniczki jeszcze raz:


2
 dy 
+  
 dt   d t 
(d s )2 = (d x )2 + (d y )2 =  d x 
2

 (d t )2 = x& 2 + y& 2 (d t )2

(
)
d s = x& 2 + y& 2 dt
dy 




dy 
dt 
y& 


 = d arctg
dϕ = d (arctg y ') = d arctg
= d arctg 


d
x
dx 
x& 




d
t


Strona 96
KINEMATYKA PUNKTU
 y& 
dy& ⋅ x& − y& ⋅ dx&
d 
x&
x& 2
dϕ =   2 =
=
2
 y& 
 y& 
1+  
1+  
 x& 
 x& 
 dy&
dx& 
 ⋅ x& − y& ⋅ d t
d
t
dt 
&y& ⋅ x& − y& ⋅ &x&

= 2
dt
2
2
x& + y&
x& + y& 2
i wreszcie:
k=
dϕ
=
ds
&y& ⋅ x& − y& ⋅ &x&
dt
x& 2 + y& 2
x& + y& dt
2
2
=
&y& ⋅ x& − y& ⋅ &x&
(x&
2
+
(3.5)
)
3
y& 2 2
Widać wyraźnie, Ŝe róŜniczkując równania ruchu względem parametru
(czasu) i wstawiając kombinacje tych pochodnych do wzoru (3.5) natychmiast otrzymujemy wartości krzywizny toru w dowolnej chwili.
Promieniem krzywizny w punkcie nazywamy promień okręgu wpisanego do krzywej w tym punkcie (rysunek 3.6.). Okrąg wpisany to okrąg
mający z krzywą wspólną styczną i największy moŜliwy promień,
tj. taki. przy którym pozostaje styczny w tym punkcie i nie przecina jej.
KaŜdy większy okrąg przetnie tor juŜ w co najmniej dwóch miejscach i
przestaje być okręgiem wpisanym.
A
O1
O2
ρ
A’
O3
Rysunek 3.6. Okręgi styczne do krzywej w punkcie A.
Tylko okrąg O2 definiuje poprawnie promień krzywizny
(O1 jest za mały, O3 przecina tor juŜ w dwóch punktach A i A’)
Strona 97
ROZDZIAŁ 3
A
ρ
1
ρ3 = ∝
C
ρ
2
B
Rysunek 3.7. Przykładowy tor i krzywizny w kilku wybranych punktach
(w punkcie C, tzw. punkcie przegięcia, promień krzywizny osiąga
nieskończoną wartość czyli brak krzywizny).
Na koniec zwróćmy uwagę na prostą zaleŜność między krzywizną toru,
a promieniem krzywizny. Widać ją od razu na rysunku 3.8.
O
ρ
ds
dϕ
Rysunek 3.8. RóŜniczka łuku toru
Długość elementarnego wycinka toru wynosi d s = ρ dϕ , czyli
ρ = ds / dϕ . Przywołując definicję krzywizny (3.3) otrzymujemy
natychmiast prostą zaleŜność:
ρ=
Strona 98
1
k
(3.6)
KINEMATYKA PUNKTU
3.3. Prędkość punktu
Prędkość punktu oznacza zmianę połoŜenia w czasie (intensywność,
szybkość tej zmiany) i w sposób oczywisty odnosi się do ilorazu róŜnicowego wektora wodzącego, który tę zmianę opisuje.
z
B
A
∆r
tor
r (t + ∆t)
r (t)
y
O
x
Rysunek 3.9. Zmiana połoŜenia punktu na torze w czasie ∆t
Prędkość średnia na łuku AB wynosi:
v sr =
∆r
∆t
natomiast prędkość chwilowa w punkcie A będzie granicą:
v = lim
B→ A
∆r
r (t + ∆t ) − r (t ) dr
= lim
=
∆t ∆ t →0
∆t
dt
(3.7)
czyli pochodną wektora wodzącego względem czasu. PoniewaŜ składowe wektora wodzącego są określone równaniami ruchu, mamy:
 x(t )   x&  vx 
dr d 
=
y (t ) =  y&  = v y 
v=
dt dt 
 z (t )   z&   vz 
(3.8)
i wartość (moduł) prędkości wyniesie:
v =| v |= v x2 + v 2y + v z2 = x& 2 + y& 2 + z& 2
(3.9)
Strona 99
ROZDZIAŁ 3
znając więc równania ruchu bardzo łatwo obliczamy wartości
prędkości punktu w dowolnej chwili czasu. Zwróćmy uwagę jeszcze na
pewną waŜną własność wektora prędkości. Na rysunku 3.10. wyraźnie
widać, Ŝe kolejne (coraz mniejsze przy obliczaniu granicy) przyrosty
wektora wodzącego zbliŜają się do kierunku stycznego w punkcie A
ostatecznie z nim się zbiegając.
B3
A
c zn
s ty
e
kc i
pun
aw
A
B2
B1
∆r3 ∆r ∆r
2
1
tor
Rysunek 3.10. Przyrosty wektora wodzącego ∆ri przy obliczaniu granicy
Oznaczając wersor kierunku stycznego, tj. wektor jednostkowy tego kierunku (wektor o długości 1) jako t moŜemy zapisać, Ŝe:
v = v⋅t
(3.10)
jako, Ŝe kaŜdy wektor jest iloczynem swojego wersora określającego
kierunek i modułu determinującego wartość. To bardzo waŜna właściwość wektora prędkości – jest on zawsze styczny i tylko styczny do toru.
Znajomość wartości prędkości w kaŜdym momencie, tj. v = v(t )
w pewnym skończonym przedziale czasu od chwili początkowej t0 do
końcowej t1 pozwala obliczyć całkowitą drogę przebytą przez punkt
w tym czasie po zadanym torze. ZauwaŜmy:
2
2
2
 dx   d y   dz 
v =   +   +   =
 dt   dt   dt 
(d x )2 + (d y )2 + (d z )2
dt
=
ds
(3.11)
dt
a więc d s = v dt i v = v(t ) , czyli:
t1
s = ∫ v(t ) dt
t0
Strona 100
(3.12)
KINEMATYKA PUNKTU
3.4. Przyspieszenie punktu
Przyspieszenie określa zmianę prędkości punktu zachodzącą w czasie.
Na podstawie analogicznego rozumowania jak w przypadku definicji
prędkości, średnie przyspieszenie w skończonym przedziale czasu ∆t
będzie ilorazem róŜnicowym przyrostu (zmiany) prędkości i tego czasu:
p sr =
∆v
∆t
natomiast przyspieszenie chwilowe granicą tego ilorazu, czyli:
∆v
v (t + ∆t ) − v (t ) d v
= lim
=
∆ t →0 ∆ t
∆ t →0
dt
∆t
p = lim
(3.13)
a zwaŜywszy, Ŝe v = d r / d t , przyspieszenie jest drugą pochodną wektora wodzącego r :
 &x&
d v d  dr  d 2 r  
p=
=  =
= &y&
dt dt  dt  dt 2  
 &z&
(3.14)
i jego wartość bezwzględna wyniesie:
p =| p |=
p x2 + p 2y + p z2 = &x&2 + &y&2 + &z&2
(3.15)
a więc jest pierwiastkiem sumy kwadratów drugich pochodnych równań
ruchu.
Przeanalizujmy teraz jaki kierunek ma wektor przyspieszenia pamiętając,
Ŝe wektor prędkości jest wyłącznie styczny do toru:
p=
dv d
dv
dt
= (v t ) =
t+v
dt d t
dt
dt
(3.16)
co jest zwykłą konsekwencją obliczania pochodnej iloczynu. Wersor t
ma wprawdzie stałą wartość, ale jego kierunek moŜe zmieniać się w czasie, co powoduje Ŝe pochodna d t / d t nie musi być zerowa. ZauwaŜmy
więc od razu, Ŝe przyspieszenie ma dwie składowe. Pierwsza z nich ma
Strona 101
ROZDZIAŁ 3
podobnie jak prędkość kierunek styczny do toru (iloczyn pochodnej modułu v i wersora t we wzorze 3.16). Przyspieszenie to nazywamy stycznym i oznaczamy pt:
pt =
dv
dv d  2
t czyli wartość: pt =
=  x& + y& 2 + z& 2 

dt
dt d t 
(3.17)
Aby zidentyfikować drugi składnik w (3.16), zbadajmy czym jest pochodna wersora kierunku stycznego d t / dt . Na pewno moŜna zapisać,
Ŝe:
d t d t dϕ d s d t
=
=
kv
dt dϕ d s dt dϕ
jeśli pamiętamy o definicji krzywizny (3.3) i wzorze na moduł prędkości
(3.11). Pozostaje kwestia pochodnej wersora stycznego względem kierunku określonego kątem ϕ . Po pierwsze stwierdzamy, Ŝe musi być ona
wektorem prostopadłym do t, gdyŜ:
2
2
dt 2
dt
dt 2 d 1 d
, ale t = 1 = 1, czyli
= 2t
=
=
(const ) = 0
dt
dϕ
dt dϕ dϕ
skoro
dt
dt 2
dt
= 0 to 2t
= 0 , czyli t ⋅
=0
dt
dϕ
dϕ
iloczyn skalarny dwóch niezerowych wektorów wynosi zero jeśli są one
do siebie prostopadłe:
t⊥
dt
=0
dϕ
(3.18)
Bardzo dobrze to widać na uproszczonym przypadku płaskiego toru (rysunek 3.11.), gdzie widać, Ŝe t = [t x , t y ] = [| t | cos ϕ , | t | sin ϕ ] . PoniewaŜ
to
i,
konsekwentnie,
pochodna
| t |= 1 ,
t = [cosϕ , sin ϕ ]
d t / dϕ = [− sin ϕ , cosϕ ] . Jak zatem łatwo zauwaŜyć składowa „x” pochodnej wektora stycznego d t / dϕ ma długość kładowej „y” samego
wersora t (tj. t y ) i przeciwny zwrot, natomiast składowa i przeciwny
zwrot, natomiast składowa „y” pochodnej d t / dϕ jest równa wartości t x
z zachowaniem zwrotu.
Strona 102
KINEMATYKA PUNKTU
ek
ru n
kie czn y
y
t
s
y
ty
t
wersor
styczny
ϕ
tor
tx
x
ϕ
O
Rysunek 3.11. Rozkład wersora stycznego na kierunki bazowe x i y
dla trajektorii płaskiej
Widać, Ŝe odpowiada to obrotowi tx i ty (oraz w konsekwencji całego
wersora t) o 90° w lewo, co pozostaje w zgodzie z warunkiem (3.18).
dt
dϕ
y
y
ek
r un y
ki e c zn
sty
dt
dϕ
t
ty
dt
dϕ
ϕ
x
tx
tor
wersor
styczny
x
ϕ
ek
run lny
kie rm a
no
O
Rysunek 3.12. Składowe wersora stycznego i jego pochodnej
Nowy wektor d t / dϕ ma takŜe długość 1:
2
2
 dt   dt 
dt
=   +   =
dϕ
 dt  x  dt  y
(− sin ϕ )2 + (cos ϕ )2
= sin 2 ϕ + cos 2 ϕ = 1
a więc sam jest wersorem, lecz tym razem kierunku prostopadłego do
stycznej. Kierunek ten (i wersor) nazywamy normalnym:
n=
dt
, n ⊥t
dϕ
(3.19)
Strona 103
ROZDZIAŁ 3
Powróćmy teraz do analizy wektora przyspieszenia danego wzorem
(3.16) i przyjrzyjmy się drugiemu składnikowi. Wiemy juŜ, Ŝe:
d t d t dϕ d s
dt
=
= n k v , czyli v = n k v 2
dt dϕ d s d t
dt
i wyraźnie widać, Ŝe składnik ten ma kierunek prostopadły (normalny)
i nazywany jest oczywiście przyspieszeniem normalnym:
pn = n k v2 = n
v2
ρ
czyli wartość: pn =
v2
ρ
(3.20)
kie ru n
e
norma k
ln y
gdzie k oznacza krzywiznę, natomiast ρ − promień krzywizny (patrz
wzór 3.6). Całkowite przyspieszenie jest sumą geometryczną składowych p = p t + p n , a poniewaŜ są one do siebie prostopadłe (rysunek 3.13.),
p
ek
run
ki e czny
sty
z
pn
na
zy z zna
szc tyc
p ł a i śl e s
śc
O
pt
tor
y
x
Rysunek 3.13. Składowe przyspieszenia punktu i ich orientacja
względem toru
to wartość przyspieszenia całkowitego (wypadkowego, 3.17) jest pierwiastkiem sumy kwadratów przyspieszenia stycznego i normalnego:
p=
2
pt + pn
2
(3.21)
Odnotujmy jeszcze ciekawy fakt, Ŝe pojawienie się przyspieszenia
normalnego w ogóle nie jest związane ze zmianą prędkości. Wzór
pn = v 2 / ρ jest wyraŜeniem algebraicznym (nie róŜniczkowym), a więc
Strona 104
KINEMATYKA PUNKTU
obecność przyspieszenia normalnego wynika jedynie z faktu poruszania
się (niezerowej prędkości) po zakrzywionym torze. Ruch po prostej
(k = 0 , ρ = ∞) nie spowoduje pojawienia się pn ( pn = 0) , natomiast
ruch po krzywej wywoła przyspieszenie skierowane prostopadle do toru
(rysunek 3.13.), zawsze ku środkowi okręgu wpisanego do tego toru.
Z tego powodu często określa się tę składową przyspieszenie dośrodkowym.
Na zakończenie rozwaŜań dotyczących kinematyki punktu rozwaŜmy
przykład wymagający zastosowania i obliczenia niemalŜe wszystkich
wielkości związanych z ruchem punktu i omawianych w tym rozdziale.
Przykład 3.3
Koło o promieniu r toczy się bez poślizgu ze stałą prędkością v0 po nieruchomym płaskim podłoŜu. Wyznaczyć prędkość, przyspieszenie oraz
promień krzywizny toru punktu poruszającego się na obwodzie tego koła
(rysunek 3.14.). ZałoŜyć, Ŝe w chwili początkowej punkt ten leŜy
w miejscu styku koła z podłoŜem. Obliczyć ponadto całkowitą drogę
przebytą przez ten punkt jeŜeli koło wykona jeden pełny obrót.
r
v0
v0
v0
O
Rysunek 3.14. Ilustracja do przykładu 3.3
Aby rozpocząć jakiekolwiek rachunki potrzebujemy znać równania ruchu, tj. funkcje połoŜenia punktu znajdującego się na obwodzie danego
koła w czasie. W tym celu wprowadźmy układ współrzędnych Oxy
i dokonajmy obrotu koła o pewien kąt ϕ − rysunek 3.15.
Strona 105
ROZDZIAŁ 3
r
B
ϕ
yc
C
O
D
xc
A
Rysunek 3.15. Analiza geometryczna połoŜenia punktu na obwodzie
toczącego się koła, w dowolnej chwili określonej obrotem o kąt ϕ
Szukamy współrzędnych punktu C. Z rysunku 3.15 widać, Ŝe:
xc = OA − CD
yc = BA − BD
∩
OA = AC
BA = r
CD = CB sin ϕ = r sin ϕ
BD = CB cos ϕ = r cos ϕ
Po obrocie o kąt ϕ , koło przemieszcza się na odcinku OA równym (brak
poślizgu) łukowi AC tego koła. Wiedząc, Ŝe długość łuku jest równa
∩
iloczynowi promienia koła i kąta, tj. AC = rϕ , piszemy:
xc = rϕ − r sin ϕ
yc = r − r cos ϕ
(3.22)
Są to parametryczne równania cykloidy. PoniewaŜ równania ruchu są
funkcją czasu dokonujemy w nich odpowiedniej zamiany zmiennych.
Koło (tj. jego środek) porusza się ze stałą prędkością v0 . W przypadku
ruch ze stałą prędkością jej wartość jest równa zwykłemu ilorazowi
przebytej drogi i czasu potrzebnego na jej pokonanie. ZałóŜmy, Ŝe koło
obróciło się o kąt ϕ w czasie t. W tym samy czasie przebyło drogę OA
∩
równą łukowi AC = rϕ . Zatem prędkość v0 wyniesie:
v0 =
Strona 106
OA
t
=
rϕ
v t
stąd ϕ = 0
t
r
(3.23)
KINEMATYKA PUNKTU
co po podstawieniu do (3.22) daje ostatecznie jawną postać równań
ruchu punktu C:
v0 t
r
v
t

yc (t ) = r 1 − cos 0 
r 

xc (t ) = v0 t − r sin
(3.24)
Do obliczenia prędkości potrzebujemy pierwszych pochodnych równań
ruchu (3.24):
v0 t v0
v t
⋅ = v0 − v0 cos 0
r r
r
v t v 
v t

y& c = r  0 + sin 0 ⋅ 0  = v0 sin 0
r
r
r


x&c = v0 − r cos
Całkowita prędkość punktu C wyniesie v = x&c 2 + y& c 2 , zatem:
2
2
v t 
v t

v 2 =  v0 − v0 cos 0  +  v0 sin 0  =
r  
r 

v t
v t
v t
2
2
2
v0 − 2v0 v0 cos 0 + v0 cos 2 0 + v0 sin 2 0 =
r
r
r
v t
v t
v t

v0 2 1 − 2 cos 0 + cos 2 0 + sin 2 0  =
r
r
r 

v t 
v t


= v0 2 1 − 2 cos 0 + 1 = 2v0 2 1 − 2 cos 0 
r
r 



albo: v = 4v0
2
2
v t
v0 t
1 − 2 cos 0
r .
r czyli v = 2v
0
2
2
1 − 2 cos
WyraŜenie pod pierwiastkiem przypomina pewną znaną toŜsamość
trygonometryczną:
cos 2α = 1 − 2 sin 2 α ⇒ sin 2 α =
Podstawiając α =
1 − cos 2α
α 1 − cos α
albo sin 2 =
.
2
2
2
v0 t
otrzymujemy wyraŜenie:
r
Strona 107
ROZDZIAŁ 3
v0 t
r = sin 2 v0 t
2
2r
1 − cos
a zatem prędkość punktu C będzie:
v = 2v 0 sin
v0 t
2r
(3.25)
Prędkość (jej wartość) ma oczywiście znak dodatni, stąd symbol wartości bezwzględnej we wzorze (3.25).
Wyznaczmy teraz przyspieszenie. Tym razem potrzeba drugich pochodnych równań ruchu (3.24):
2
v0
v t
sin 0
r
r
2
v0
v0 t
&y&c =
cos
r
r
&x&c =
Sumując kwadraty tak obliczonych wielkości, otrzymujemy:
4
p 2 = &x&c 2 + &y&c 2 =
4
v0  2 v0 t
v t v
sin
+ cos 2 0  = 02 .
2 
r
r  r
r 
Zwróćmy uwagę na ciekawą własność punktu poruszającego się na obwodzie koła toczącego się ze stała prędkością – posiada on stałe przyspieszenie całkowite:
p=
v0 2
r
(3.26)
Kolejnym zadaniem w przykładzie jest wyznaczenie promienia krzywizny toru rozwaŜanego punktu. MoŜemy skorzystać ze wzoru (3.5) na
krzywiznę toru opisanego parametrycznymi równaniami ruchu lub bezpośrednio z definicji wartości przyspieszenia normalnego (3.20):
ρ=
v2
pn
Znamy juŜ przyspieszenie całkowite. Obliczmy najpierw przyspieszenie
styczne wg (3.17), a potem wykorzystajmy (3.21):
Strona 108
KINEMATYKA PUNKTU
pt =
dv d 
v t
=  2v0 sin 0
d t d t 
2r
2

v t v
v
v t
 = 2v0 cos 0 ⋅ 0 = 0 cos 0
2
r
2
r
r
2r

2
pn
2
v 2  v 2
v t
= p − pt =  0  −  0 cos 0
2r
 r   r
2
2
pn =
2
2
  v0 2  
2 v0 t 
 =

  r  1 − cos 2r 
 

v0 2
v t
sin 0
r
2r
i wreszcie promień krzywizny:
2

v t
v t
2
 2v0 sin 0 
4v0 sin 2 0
2
2r 
v

2r = 4r sin v0 t
ρ=
=
= 2
2
pn
2r
v0
v0 t
v0
v0 t
sin
sin
r
2r
r
2r
Widać na przykład, Ŝe w punkcie styku koła z podłoŜem (czyli w chwili
początkowej t = 0 ) promień krzywizny wynosi zero, jego maksymalna
wartość to 4r (funkcja | sin(.) | osiąga wartość co najwyŜej 1).
Ostatnim zadaniem jest obliczenie całkowitej drogi przebytej przez
punkt poruszający się po cykloidzie przy zatoczeniu jednego pełnego obrotu koła tworzącego tę cykloidę. Samo koło (jego środek) przebywa
wtedy drogę równą obwodowi, tj. 2π r , natomiast długość krzywej
stanowiącej pojedynczy łuk cykloidy (rysunek 3.16.) jest na pewno
większa. Policzmy, ile dokładnie wynosi?
s =?
r
2πr
Rysunek 3.16. Pojedynczy łuk cykloidy powstały po jednym pełnym
obrocie toczącego się koła
Jak juŜ wspomniano, obliczenie całkowitej drogi (nie mylić z całkowitą
zmianą połoŜenia) przebytej w danym skończonym czasie sprowadza się
Strona 109
ROZDZIAŁ 3
do scałkowania wartości modułu prędkości danego punktu – wzór (3.12).
W tym przykładzie będzie:
t1
T
∫
∫
s = v (t ) d t = 2v0 sin
0
t0
v0 t
dt
2r
gdzie górna granica T oznacza czas potrzebny na wykonanie przez koło
toczące się ze stałą prędkością v0 pełnego obrotu (czyli zakreślenia kąta
ϕ = 2π ). Najprościej obliczyć tę całkę zamieniając zmienne – z czasu
na kąt obrotu, gdyŜ od razu znamy wartość górnej granicy całki.
Z wyraŜenia (3.23) wiemy, Ŝe:
ϕ=
v0 t
v t ϕ
rϕ
r
czyli 0 =
oraz t =
i d t = dϕ
r
v0
v0
2r 2
2π
będzie więc s = 2v0
∫
0
sin
ϕ r
2 v0
2π
∫
d ϕ = 2r sin
0
ϕ
2
d ϕ . PoniewaŜ w prze-
dziale ϕ ∈ (0,2π ) funkcja sin ϕ / 2 jest nieujemna, to w obliczeniach
całki moŜna pominąć symbol wartości bezwzględnej. I wtedy:
2π
2π
2r 
ϕ
ϕ
s = 2r ∫ sin d ϕ =  − cos  = 4r [− cos π + cos 0] =
1 
2
2 0
0
2
= 4r [− (−1) + 1)] = 8r
Całkowita długość pojedynczego łuku cykloidy wynosi 8r .
Strona 110
`
4
Dynamika punktu
W tym rozdziale:
o
o
o
o
o
o
o
Druga zasada dynamiki
Zagadnienie proste i odwrotne
Pęd, kręt, zasady zmienności i zachowania
Praca i moc
Energia kinetyczna, zasada zmienności energii
Pole potencjalne sił i energia potencjalna
Zasada zachowania energii mechanicznej
ROZDZIAŁ 4
4.1. Druga zasada dynamiki
Dynamika stanowi centralny punkt rozwaŜań mechaniki. Zajmuje się
analizą ruchu, ale nie traktuje go jako procesu o abstrakcyjnej genezie
jak w przypadku kinematyki, lecz bada zjawiska przyczynowo-skutkowe
w nim zachodzące. Dynamika odpowiada na pytanie skąd się bierze
ruch, a przedmiotem jej badań jest ilościowy opis tego ruchu. Fundamentalnym prawem, na które się przy tym powołuje jest jeden
z aksjomatów mechaniki (przyjętym jako pewnik, nie dowodzonym), tj.
druga zasada dynamiki Newtona. Mówi ona, Ŝe jeŜeli na punkt materialny (to jest taki, który posiada pewną skończoną masę m) działa niezrównowaŜona siła F, to punkt ten porusza się z jednostajnym przyspieszeniem p wprost proporcjonalnym do tej siły w kierunku jej działania
(jeśli jest swobodny) i odwrotnie proporcjonalnym do masy.
W rozumieniu drugiej zasady Newtona8, masa stanowi więc miarę trudności wprawiania ciała w ruch postępowy. Czasem w Ŝargonie inŜynierskim mówi się, choć nieprecyzyjnie, o oporze bezwładności. Postać drugiej zasady dynamiki jest następująca:
p=
F
m
(4.1)
PrzemnaŜając przyspieszenie p przez masę uzyskujemy najbardziej
powszechną formę tej zasady stosowanej przy układaniu i
rozwiązywaniu równań ruchu:
mp=F
(4.2)
Równanie (4.2) jest właśnie deterministycznym ujęciem zasady przyczynowo-skutkowej. Przyczyna (prawa strona 4.2), tj. obecność siły F
(lub układu sił) wywołuje skutek, tj. ruch ujęty pod postacią przyspieszenia p po lewej stronie tego równania. Widać, Ŝe podstawowe prawo
dynamiki (i mechaniki w ogóle) ma charakter róŜniczkowy, a nie alge8
Isaac Newton (1643-1727) sformułował tę zasadę w 1687 r. w swym słynnym dziele
„Philosophiae Naturalis Principia Mathematica”. TamŜe zawarł równieŜ prawo
powszechnego ciąŜenia. Oryginalna wersja drugiej zasady dynamiki brzmi Mutationem
motus proportionalem esse vi motrici impressae, et fieri secundum lineam rectam qua vis
illa imprimitur, co tłumaczy się „zmiana ruchu jest proporcjonalna do przyłoŜonej siły
poruszającej i odbywa się w kierunku prostej, wzdłuŜ której siła jest przyłoŜona.”
Strona 112
DYNAMIKA PUNKTU
braiczny. Wymaga dwukrotnego całkowania względem czasu (przyspieszenie jest drugą pochodną wektora połoŜenia) zanim ten ruch zostanie
ostatecznie i jednoznacznie określony. Nie zawsze jest to moŜliwe w
pełni analitycznie. Istnieją zagadnienia, w których postać sił wyklucza
znalezienie funkcji pierwotnych i tym samym zamkniętego rozwiązania
o jawnej postaci r = r (t ) . W takich przypadkach pozostają do dyspozycji
jedynie metody przybliŜone lub numeryczne.
Problem znajdowania ruchu na podstawie znajomości sił i ich dwukrotnego całkowania nazywamy zagadnieniem odwrotnym dynamiki i jest
ono podstawowym zadaniem mechaniki. KaŜde całkowanie wprowadza
stałą, a więc do jednoznacznego ustalenie ruchu (rozwiązania) wymagane jest ustalenie dwóch warunków początkowych na prędkość i połoŜenie w chwili t = 0 .
v (0) = v 0
(4.3)
r (0) = r0
czyli w istocie 6 warunków skalarnych:
v x (0) = x& (0) = v0 x
v y (0) = y& (0) = v0 y
x(0) = x0
v z (0) = z& (0) = v0 z
z ( 0) = z 0
y ( 0) = y 0
(4.4)
Tak jest w zasadzie dla punktu swobodnego, którego ruch nie jest skrępowany Ŝadnymi ograniczeniami (punkt taki ma 3 stopnie swobody odpowiadające ruchowi w 3 kierunkach x, y i z. W Ŝyciu codziennym obserwujemy jednak, Ŝe na ogól obiekty poruszają się po jakichś z góry
narzuconych powierzchniach lub torach (np. statek na powierzchni
wody, pociąg na szynach, tłok silnika w cylindrze, itp.), które determinują zakres obszaru, w którym ruch moŜe się odbywać. Ograniczenia te
nazywamy więzami i są one w szczególności funkcjami przedstawiającymi fizyczny kształt tych ograniczeń9. Dodatkowo, obecność więzów
9
Więzy takie nazywamy geometrycznymi. W rzeczywistości postać więzów moŜe być bardziej
skomplikowana i zaleŜna nie tylko od połoŜenia, ale i od prędkości (kierunku ruchu). Takie więzy
nazywamy kinematycznymi, wśród który dodatkowo mogą istnieć postacie nie dające się scałkować,
zwane więzami nieholonomicznymi (właśnie takie występują przy opisie ruchu toczącego się koła,
np. roweru, a takŜe sań, czy łyŜwiarza). Szczegółowe rozwaŜania na ten temat wykraczają poza
zakres niniejszego opracowania, natomiast zainteresowany Czytelnik znajdzie więcej informacji na
ten temat w licznych monografiach dotyczących mechaniki, np. ksiąŜkach S. Banacha (Mechanika,
PWN 1956), R. Gutowskiego (Mechanika analityczna PWN 1971), W. Rubinowicza
i W. Królikowskiego (Mechanika teoretyczna, PWN 1980) i wielu innych podręczników
uniwersyteckich.
Strona 113
ROZDZIAŁ 4
powoduje pojawienie się dodatkowych sił będących reakcją oddziaływań
pomiędzy punktem materialnym, a powierzchnią lub linią więzów zmuszających go do takiego, a nie innego ruchu. Zatem dla punktu nieswobodnego pełny zestaw równań określających ruch punktu ma postać:
mp = F + R
f1 ( x, y , z ) = 0
(4.5)
f 2 ( x, y , z ) = 0
Równania (4.5) dotyczą ruchu punktu o 1 stopniu swobody, gdyŜ funkcje f1 i f 2 opisują pewne abstrakcyjne powierzchnie w przestrzeni, których część wspólna zakreśla narzucony tor istniejący realnie (a więc
pewną krzywą f1 ∩ f 2 − stąd tylko 1 stopień swobody − wzdłuŜ tej
krzywej). Ruchowi będzie nieodłącznie towarzyszyć siła reakcji R, gdyŜ
ten sam punkt uwolniony od więzów najprawdopodobniej poruszałby się
zupełnie inaczej pod wpływem tej samej siły czynnej F, a to właśnie R
„zmusza” go do ruchu po zadanej trajektorii.
Na zakończenie wstępnych rozwaŜań warto jeszcze wspomnieć o tzw.
zagadnieniu prostym dynamiki polegającym na wyznaczaniu siły F
powodującej obserwowaną zmianę połoŜenia na podstawie znajomości
równań ruchu r = r (t ) . Zagadnienie to w istocie jest proste (choć oczywiście nazwa „proste” pochodzi od znaczenia „wprost”, a nie „łatwo”)
poniewaŜ sprowadza się jedynie do dwukrotnego róŜniczkowania równań ruchu, przemnoŜenia przez masę i znalezienia wypadkowej:
Fx = m&x&
Fy = m&y&
Fz = m&z&
F = [ Fx , Fy , Fz ]
i wartość tej siły:
F = Fx 2 + Fy 2 + Fz 2 = m &x&2 + &y&2 + &z&2 .
W dalszej części zajmować się będziemy wyłącznie zagadnieniem odwrotnym rozwaŜając kilka najwaŜniejszych przypadków szczególnych.
Strona 114
DYNAMIKA PUNKTU
4.2. Zagadnienie odwrotne
dynamiki
W tym podrozdziale omówionych zostanie kilka podstawowych przypadków występujących w dynamice z podziałem na kategorie w zaleŜności od typu prawej strony równania Newtona (4.2), czyli rodzaju
działającej siły. KaŜdorazowo dokonana będzie ocena moŜliwości uzyskania analitycznego rozwiązania w postaci ogólnej oraz przykład rachunkowy ilustrujący proces tzw. Stawiana zadania dynamiki i jego
rozwiązywania. Postawienie zadania dynamiki to identyfikacja problemu
i zapisanie odpowiedniego róŜniczkowego równania ruchu (II zasady
Newtona). Wymaga ono wprowadzenia układu współrzędnych, analizy
kierunku i wartości wszystkich sił działających na dany punkt w dowolnym połoŜeniu (nigdy początkowym, końcowym, ani jakimkolwiek charakterystycznym, np. najwyŜszym, połoŜeniu, itp.) oraz ustalenia warunków początkowych. Tak zapisane równania (4.2) z jawną postacią prawej strony oraz warunki (4.3) jednoznacznie formułują zagadnienie odwrotne dla danego problemu. Otrzymanie analitycznego rozwiązania
w drodze całkowania (jeśli to w ogóle moŜliwe) jest juŜ odrębną kwestią, podobnie jak zastosowanie otrzymanego rozwiązania do konkretnego celu, który bezpośrednio z tego rozwiązania nie musi wynikać.
Wspomniany podział będzie zdeterminowany rodzajem siły działającej
na punkt. RozwaŜone zostaną przypadki siły stałej, zaleŜnej od czasu,
zaleŜnej od prędkości oraz od połoŜenia. Jest oczywiste, Ŝe istnieją sytuacje, gdzie siły zaleŜą od kilku tych czynników jednocześnie i na ogół
takie leŜą w centrum zainteresowań mechaniki i inŜynierii, choć przewaŜnie dają się rozwiązać jedynie na drodze numerycznej.
Siły stałe: F = const
To najprostszy przypadek zagadnienia odwrotnego. Nie stanowi on problemu w znajdowaniu analitycznej formy rozwiązania. Tutaj mamy:
mp = F ⇒
dv F
F
=
⇒ dv = d t
dt m
m
Strona 115
ROZDZIAŁ 4
czyli
F
∫ dv = m ∫ d t
gdyŜ F = const i wychodzi przed całkę. Otrzymu-
jemy szybko:
v=
F
t+C
m
gdzie stałą C (wektor) natychmiast wyznaczamy z warunku początkowego na prędkość v (0) = v 0 :
v0 =
F
⋅ 0 + C ⇒ C = v0
m
a więc:
v=
PoniewaŜ v =
dr
, to
dt
F
t + v0
m
F
∫ dr = m ∫ t d t + v ∫ d t i ostatecznie:
0
r (t ) =
F t2
+ v 0 t + r0
m 2
gdzie r0 jest połoŜeniem początkowym wynikającym z drugiego warunku r (0) = r0 .
Przykład 4.1
Punkt materialny wyrzucono z prędkością początkową v0 pod kątem α
w jednorodnym polu grawitacyjnym g w kierunku wzgórza nachylonego pod kątem β . Obliczyć zasięg rzutu, tj. jak daleko punkt upadnie
licząc od miejsca rzutu w kierunku wzgórza. Opory ruchu pominąć.
Przykład ten stanowi klasyczny problem rzutu ukośnego, analizowanego
juŜ w programie fizyki szkoły średniej. Uznajmy jednak w tej chwili, Ŝe
nie znamy Ŝadnych gotowych wzorów z tamtego kursu i postawmy zadanie dynamiki. W miejscu początku ruchu (wyrzutu) wprowadźmy
układ współrzędnych prostokątnych Oxy i narysujmy fragment toru
punktu z zaznaczeniem wszystkich sił działających na niego (rysunek 4.1.). ZauwaŜmy, Ŝe tu występuje tylko jedna siła – cięŜkości, skierowana zawsze w dół, o stałej wartości mg. Fakt, Ŝe punkt porusza się
Strona 116
DYNAMIKA PUNKTU
takŜe w kierunku poziomym nie wynika z obecności jakiejkolwiek siły,
lecz warunku początkowego na prędkość. Rzeczywiście, zanim punkt
został wyrzucony naleŜało go wcześniej rozpędzić (np. pocisk w lufie
karabinu, lub kamień w procy, czy ręku), lecz to zupełnie inny problem
opisany zupełnie innymi równaniami ruchu. Nas interesuje ruch od momentu wyrzucenia punktu (czyli wtedy, gdy pocisk opuszcza lufę, lub
kamień odrywa się od procy, czy ręki) – znamy pole sił, w którym ruch
zachodzi oraz warunki początkowe (prędkość, połoŜenie). Pamiętajmy
aby nie „mieszać” ze sobą zupełnie oddzielnych zagadnień, zdając sobie
jednocześnie sprawę, Ŝe łączą je tzw. warunki zgodności rozwiązań
(tj. prędkość i połoŜenie końcowe przykładowego pocisku w lufie stanowią parametry początkowe dla naszego zadania).
y
v0
mg
α
O
s=?
β
x
Rysunek 4.1. Ilustracja do Przykładu 4.1
Powróćmy do przykładu. RóŜniczkowe równanie ruchu (4.2) będzie
miało w tym przypadku postać:
m p = mg
lub skalarnie:
m px = 0

m &x& = 0

⇒

m p y = −m g 
m &y& = − m g 
Mamy dwa równania (ruch płaski) i zgodnie z rysunku 4.1. odnotowujemy w nich brak sił w kierunku „x”, natomiast cięŜar mg zapisujemy
poprzedzony znakiem „minus” poniewaŜ zwrot tej siły jest przeciwny do
załoŜonego kierunku osi „y”. Sformułujmy teraz warunki początkowe,
takŜe rozpisując je na składowe (skalarnie) – rysunek 4.2.
Strona 117
ROZDZIAŁ 4
y
v0
v0y
α
O
x
v0x
Rysunek 4.2. Prędkość i połoŜenie początkowe w Przykładzie 4.1
Widać, Ŝe x& (0) = v0 x = v0 cos α i y& (0) = v0 y = v0 sin α . PołoŜenie to
oczywiście x (0) = 0 i y (0) = 0 . Matematyczny model układ został więc
ostatecznie zdefiniowany, a zadanie dynamiki postawione:
&x& = 0
&y& = − g
x& (0) = v 0 cos α
y& (0) = v 0 sin α
x (0 ) = 0
y (0) = 0
Znajdźmy jego rozwiązanie. Równania róŜniczkowe są wyjątkowo proste, a w dodatku rozprzęŜone. MoŜne je całkować niezaleŜnie:
&x& =
d x&
= 0 ⇒ d x& = 0 ⋅ d t ⇒
dt
∫ d x& = 0 ⋅ ∫ d t
⇒ x& = 0 + C
z warunku początkowego na prędkość będzie:
x& (0) = v0 cos α , a z drugiej strony x& (0) = 0 + C , czyli C = v0 cos α
a zatem stała całkowania C to po prostu prędkość początkowa punktu
w kierunku „x”. Prędkość ta (tj. w kierunku poziomym) utrzymuje się
stała przez cały czas trwania ruchu punktu:
x& = v0 cosα .
I dalej:
Strona 118
DYNAMIKA PUNKTU
x& =
dx
= v0 cos α ⇒ d x = v0 cos α ⋅ d t ⇒
dt
∫ dx = v
0
∫
cos α ⋅ d t
gdyŜ v0 oraz α to parametry stałe i wychodzą przed całkę. Jest więc:
x = v0 cos α ⋅ t + D , gdzie D jest kolejną stałą. Wynosi ona zero, bo
x (0) = 0 , a z drugiej strony x (0) = v0 cos α ⋅ 0 + D = 0 + D , stąd D = 0 .
Otrzymaliśmy w ten sposób pierwsze równanie ruchu określające jawną
zaleŜność współrzędnej x od czasu:
x (t ) = v0 cos α ⋅ t
(4.6)
Teraz przejdziemy do równania na „y”:
&y& =
d y&
= − g ⇒ d y& = − g ⋅ d t ⇒
dt
∫ d y& = − g ∫ d t
⇒ y& = − g t + B
poniewaŜ g = const . Z warunku początkowego na prędkość w kierunku
pionowym otrzymujemy:
y& (0) = v0 sin α , a z drugiej strony y& (0) = − g ⋅ 0 + B , czyli B = v0 sin α ,
co daje rozwiązanie na prędkość: y& = − g t + v0 sin α . Całkując drugi raz
po czasie, mamy:
y& =
∫
dy
= − g t + v0 sin α ⇒ d y = (− g t + v0 sin α ) ⋅ d t
dt
∫
∫
d y = − g t d t + v0 sin α ⋅ d t = − g
t2
+v0 sin α ⋅ t + A
2
oraz warunek początkowy y (0) = 0 , z którego szybko otrzymujemy, Ŝe
02
+ v0 sin α ⋅ 0 + A , czyli 0 = 0 + 0 + A skąd natychmiast
2
A = 0 . Ostatecznie:
y (0) = 0 = − g
y (t ) = − g
t2
+ v0 sin α ⋅ t
2
(4.7)
Równania (4.6) i (4.7) stanowią kompletny opis ruchu rozwaŜanego
punktu i są jednocześnie parametrycznymi równaniami toru. Właśnie za
pomocą toru będzie najprościej wyznaczyć miejsce uderzenia punktu o
wspomniane w treści wzgórze. Miejsce to będzie reprezentowane punkStrona 119
ROZDZIAŁ 4
tem przecięcia otrzymanej trajektorii z linią prostą odzwierciedlającą zarys zbocza. Linia ta ma równanie (w ogólności) y = ax + b , ale w tym
przypadku b = 0 (przechodzi przez początek układu współrzędnych), natomiast a = tgβ , czyli
y = x ⋅ tgβ
(4.8)
Trajektorię wyrzuconego punktu uzyskamy z równań (4.6) i (4.7) poprzez eliminację czasu. Z (4.6) mamy:
t=
x
v0 cos α
co po podstawieniu do (4.7) daje:
2

x 


α 
v
cos
x
0

y ( x) = − g
+ v0 sin α ⋅
2
v0 cos α
y ( x) = − g
2v02
x2
+ x tgα
cos 2 α
(4.9)
Jak widać z (4.9) jest odwrócona parabola, a więc wynik dobrze znany
dla rzutu ukośnego w jednorodnym polu grawitacyjnym przy braku oporów ruchu. Punkty przecięcia paraboli z linią prostą opisującą zarys
wzgórza wyznacza układ równań:

x2
+ x tgα
 y = −g 2
2v0 cos 2 α

 y = x ⋅ tgβ

Porównując stronami i wyciągając zmienną x przed nawias otrzymujemy:


x
− x g 2
− tgα + tgβ  = 0
2
 2v0 cos α

skąd dostajemy dwa rozwiązania (rysunek 4.3.):
Strona 120
DYNAMIKA PUNKTU
x1 = 0
x2 =
tgα − tgβ
2v 2 cos 2 α ( tgα − tgβ )
= 0
x
g
g 2
2
2v0 cos α
trajektoria punktu
y
(parabola)
U
s
O x
1
li nia
wzgó
r za
x
β
x2
Rysunek 4.3. Miejsca przecięcia trajektorii punktu z linią wzgórza
Miejsce upadku U leŜy w odległości s, która jak łatwo zauwaŜyć na rysunku 4.3., wynosi:
x2
x
x
= 2 = cos β ⇒ s = 2
OU
s
cos β
i ostatecznie:
s=
2v02 cos 2 α ( tgα − tgβ )
g cos β
(4.10)
co kończy przykład. ZauwaŜmy, Ŝe w przypadku upadku na poziomą
powierzchnię ( β = 0) otrzymujemy z (4.10) doskonale znany wzór na
zasięg w rzucie ukośnym:
sβ = 0
2v 2 cos 2 α ( tgα − tg 0) 2v02 cos 2 α ⋅ tgα
= 0
=
=
g cos 0
g
sβ = 0 =
2v02
2v02 cos 2 α ⋅
sinα
cosα
g
cos α ⋅ sinα v0
=
sin 2α .
g
g
2
Strona 121
ROZDZIAŁ 4
Przykład 4.2
Punkt materialny ślizga się bez tarcia po paraboli o równaniu y = ax 2
w jednorodnym polu grawitacyjnym g . Wyznaczyć róŜniczkowe równanie ruchu tego punktu.
Jest to przykład ruchu nieswobodnego, tj. ruchu z więzami, gdzie na
pewno wystąpią siły reakcji. W przypadku tzw. więzów idealnych (bez
tarcia) wektory sił reakcji są zawsze prostopadłe do linii (lub powierzchni) więzów. Układ współrzędnych z zaznaczeniem wszystkich sił
dla analizowanej sytuacji pokazano na rysunku 4.4.
y
R
g
Ry
α
Rx
y = ax
2
mg
α
x
O
Rysunek 4.4. Ilustracja do Przykładu 4.2
RóŜniczkowe równania ruchu zrzutowane na osie x i y są następujące:
m&x& = − Rx
m&y& = R y − mg
gdzie Rx = R cos α , R y = R sin α . Naturalnie kąt α nie jest w tym przypadku stały, lecz zmienia się wraz ze zmianą połoŜenia punktu na paraboli. Tangens tego kąta określa wartość pochodnej y względem x w danym punkcie:
tgα = y ' =
( )
dy d
=
ax 2 = 2ax
dx dx
MoŜna teŜ wyrazić składowe reakcji Rx i Ry w funkcji zmiennej x.
Z trygonometrii wiadomo, Ŝe:
Strona 122
DYNAMIKA PUNKTU
tgα
sinα =
1
oraz cos α =
1 + tg α
2
1 + tg 2α
zatem:
Rx = R
2ax
1
oraz R y = R
1 + 4a x
2 2
1 + 4a 2 x 2
.
Równania ruchu będą więc miały postać:
m&x& = − R
2ax
1 + 4a 2 x 2
1
m&y& = R
− mg
1 + 4a 2 x 2
(4.11)
PrzemnóŜmy teraz drugie z równań (4.11) przez 2ax i dodajmy obydwa
stronami. Uzyskamy wtedy prosty wynik:
m&x& + m&y& ⋅ 2ax = − mg ⋅ 2ax
w ten sposób pozbywając się niewiadomej reakcji R. Teraz naleŜy wyeliminować pochodną &y& , tj. wyrazić ją w funkcji x. Pamiętając, Ŝe jest to
pochodna względem czasu, a nie „x” będzie:
y = ax 2 ⇒ y& = 2axx& ⇒ &y& = 2ax& 2 + 2ax&x&
a zatem:
(
)
m&x& + m 2ax& 2 + 2ax&x& 2ax + mg ⋅ 2ax = 0
Dzieląc przez m i porządkując otrzymamy ostatecznie:
(
)
&x& + 2a 2 x x& 2 + x&x& + 2 gax = 0
(
)
(
)
&x& 1 + 4a x + 2ax 2ax& 2 + g = 0
2 2
(4.12)
Jest to silnie nieliniowe równanie róŜniczkowe drugiego rzędu
i uzyskanie jego rozwiązania w postaci analitycznej nie jest w ogóle
moŜliwe. Na rysunku 4.5. pokazano rozwiązanie x = x (t ) uzyskane
w drodze numerycznej dla danych m = 1 kg, połoŜenie początkowe
x0 = 1 m, prędkość początkowa – zero, współczynnik paraboli a = 1 m-1.
Na tym samym rysunku z prawej strony przedstawiono obliczeniową
Strona 123
ROZDZIAŁ 4
wartość siły reakcji działającej na punkt (i wzajemnie – punktu na paraboliczny tor). W pewnych obliczeniach inŜynierskich wartość tej reakcji
moŜe mieć znaczenie kluczowe (np. ruch pociągu). Wartość R znaleziono na podstawie pierwszego z równań (4.11) po wstawieniu &x&
z drugiego (4.12). Daje to następującą zaleŜność:
R=m
2ax& 2 + g
1 + 4a 2 x 2
Rysunek 4.5. Numeryczne rozwiązanie równania ruchu (4.12)
i reakcja między punktem, a torem (linią więzów)
Siły zaleŜne od czasu F = F(t)
Siły zaleŜne od czasu zwykle odzwierciedlają oddziaływania wymuszone, pochodzące od napędów maszyn i obiektów (silniki) oraz siłami
będącymi konsekwencją przyłoŜonych wymuszeń (np. siły bezwładności
od niewyrównowaŜonych wirujących wałów). Całkowanie tego zagadnienia odbywa się wprost (przyspieszenie jest przecieŜ pochodną względem czasu), na ogół nie przysparza większych trudności. Równanie ruchu tym razem ma postać:
dv
= F (t )
dt
1
dv =
F(t ) d t
m
1
v=
F(t ) d t + C( v 0 )
m
m
∫
∫
(4.13)
∫
gdzie stała całkowania jest oczywiście funkcją prędkości początkowej.
Tak otrzymane wyraŜenie (ostatnie z równań 4.13) podlega ponownemu
całkowaniu, z którego otrzymujemy:
Strona 124
DYNAMIKA PUNKTU
v=
dr
⇒ d r = vd t , r = v ( t ) d t
dt
∫
czyli
r (t ) =
1
m
∫ (∫ F(t ) d t ) d t + C( v ) t + D(r )
0
0
(4.14)
gdzie stała D wynika z warunku na połoŜenie początkowe r (0) = r0 .
Przykład takiego zagadnienia zostanie rozpatrzony na końcu tego podrozdziału razem siłami zaleŜnymi od połoŜenia (Przykład 4.6).
Siły zaleŜne od prędkości F = F(v)
To bardzo rozpowszechniony w przyrodzie i technice przypadek. Siły
zaleŜne od prędkości to wszelkie opory ruchu. Nawet tarcie suche, które
zgodnie z prawem Coulomba nie zaleŜy od wartości prędkości, to jednak
zaleŜy od jej kierunku:
T = −µ N t = −µ N
v
v
(4.15)
gdzie v / v oznacza wersor styczny do toru t, a wektor siły tarcia jest
zawsze do niego przeciwnie skierowany. MoŜna więc powiedzieć, Ŝe
tarcie zaleŜy od prędkości w potędze zero. Jeśli ta zaleŜność będzie dotyczyć prędkości w potędze jeden, czyli F ~ v (opór wprost proporcjonalny do prędkości), to mówimy wtedy, Ŝe jest to tzw. opór wiskotyczny:
F = − k v t = −k v
v
= −k v
v
(4.16)
gdzie k jest współczynnikiem proporcjonalności zaleŜnym od kształtu
ciała i rodzaju medium, w którym się porusza. Opory wiskotyczne spotykamy podczas ruchu w płynach przy laminarnym przepływie (umiarkowane prędkości), np. w tłumikach (amortyzatorach) drgań (elementach
zawieszeń pojazdów).
Inny bardzo powszechny rodzaj sił zaleŜnych od prędkości to opór aerodynamiczny, który jest wprost proporcjonalny do kwadratu v : F ~ v 2
(i oczywiście skierowany przeciwnie do wektora v ):
Strona 125
ROZDZIAŁ 4
F = −k v 2 t = −k v 2
v
= −k v v
v
(4.17)
Jak wiadomo, jest to ogromna przeszkoda dla pojazdów w osiąganiu duŜych prędkości i główny czynnik odpowiedzialny za zuŜycie energii.
Za jej przyczyną szybko-bieŜne pojazdy przybierają upodobniony opływowy kształt aby ograniczać skutki obecności tej siły. Dla pojazdów
samochodowych wartość oporu aerodynamicznego oblicza się ze wzoru:
F=
1
cx ρ A v 2
2
(4.18)
gdzie
c x jest współczynnikiem oporów zaleŜnym od kształtu nadwozia,
ρ − gęstością powietrza przy unormowanym ciśnieniu i temperaturze
(1.23 kg/m3),
A − polem przekroju poprzecznego pojazdu,
v − prędkością pojazdu wyraŜoną w km/h.
Ta właśnie siła narzuca limit na maksymalną prędkość jaką moŜe osiągać samochód z klasycznym napędem na koła poniewaŜ siły tarcia pomiędzy oponą, a podłoŜem nie wystarczają juŜ do pokonania sił oporu
powietrza, który bardzo szybko wzrasta z kwadratem coraz większej
prędkości. Siła napędowa samochodu zaleŜy od przyczepności koła do
podłoŜa i masy pojazdu. Posiadając nawet nieograniczoną moc silnika,
koła po prostu nie „przeniosą” tego napędu wpadając po prostu w poślizg.10
10
Najszybszym samochodem z napędem na koła był Challenger I wyposaŜony
w 4 silniki Pontiaca o łącznej pojemności 26800 cm3 i mocy 2400 KM. 9 września 1960r.
Amerykanin Mickey Thompson (1928-1988) uzyskał na nim prędkość 654 km/h, ale rekord ten nie został oficjalnie uznany, gdyŜ z zasady pojazd ma przejechać w dwie strony
wytyczonej trasy, a do rekordu liczy się średnią. Na skutek awarii skrzyni biegów
Thompson nie mógł powtórzyć próby w drugą stronę. Oficjalny rekord pozostał więc
w rękach Anglika Johna Rhodesa Cobba (1899-1952), który w 1947 r. jadąc po dnie wyschniętego słonego jeziora Bonneville (w stanie Utah, USA) osiągnął prędkość 634 km/h
(średnia w dwie strony). Kierował samochodem Napier-Railton-Mobile rozpędzonym
przez dwa silniki lotnicze Napier Lion Aero o łącznej pojemności 47 litrów i mocy
2500 KM. Taka była granica moŜliwości samochodów z klasycznym napędem na koła.
Dalsze próby bicia rekordów dotyczyły juŜ napędu odrzutowego, gdzie koła pełniły
jedynie rolę nośną pojazdu. Obecny rekord naleŜy do Andy Greena (1962- ), brytyjskiego
pilota RAF, który jadąc 15 października 1997 r. na pustyni Black Rock (Nevada, USA)
bolidem SSC Thrust przekroczył barierę dźwięku na lądzie uzyskując 1229 km/h. Pojazd
był napędzany silnikami odrzutowymi Rolls Royce Spey Mk 205, które normalnie
uŜywane są w myśliwcach McDonnel F-4 Phantom II. Ich moc wynosi 108000 KM, a do
Strona 126
DYNAMIKA PUNKTU
Warto jeszcze zaznaczyć, Ŝe kaŜdy opór jest siłą zaleŜną od prędkości,
natomiast nie kaŜda siła będąca jej funkcją musi być oporem
mechanicznym. Przykładem jest tzw. siła Lorentza11 działająca na
ładunek elektryczny q poruszający z prędkością v w polu magnetycznym
o indukcji B. Siła ta wynosi:
F = q v×B
(4.19)
i jest np. siłą powodującą odchylanie wiązki elektronów w oscyloskopach i telewizorach CRT, a takŜe siłą działającą na przewód elektryczny
umieszczony w polu magnetycznym (silniki elektryczne).
RozwaŜmy w tej chwili ogólny przypadek zagadnienia odwrotnego,
w którym siła zaleŜy od prędkości:

d x&
= Fx ( x& , y& , z& ) 
dt


d y&
m
= Fy ( x& , y& , z&)
dt


d z&
m
= Fz ( x&, y& , z&) 
dt

m
m
dv
= F( v) ⇒
dt
(4.20)
Bezpośrednie całkowanie takich równań w ogólności nie jest moŜliwe na
drodze analitycznej. Weźmy pod uwagę uproszczony przypadek, gdy
równania róŜniczkowe (4.20) ruchu rozprzęgają się:
uzyskania ciągu ponad 20 ton potrzebują spalić 18 litrów paliwa na sekundę. Jego
dokonanie, zdaje się wyczerpywać pogoń za nowymi rekordami, gdyŜ po przekroczeniu
prędkości dźwięku wymiar dalszych prób poprawiania tego rekordu będzie z zasady
kosmetyczny. Przypomnijmy, Ŝe w lotnictwie do historii przeszedł wyczyn Chucka
Yeagera, który 14 października 1947 r. przekroczył barierę dźwięku lecąc samolotem
eksperymentalnym Bell X-1 z napędem rakietowym. Dla świata techniki i cywilizacji
w ogóle oznaczało to otwarcie nowej ery…
11
Hendrik Antoon Lorentz (1853-1928) – fizyk holenderski zajmujący się teorią
elektromagnetyzmu, laureat Nagrody Nobla (1902) za prace na temat zjawiska
rozszczepiania widma w polu magnetycznym (razem z Pieterem Zeemanem), autor
słynnej transformacji Lorentza stanowiącej fundament Szczególnej Teorii Względności
Einsteina (1905).
Strona 127
ROZDZIAŁ 4

d x&
= Fx ( x& ) 
dt


d y&
m
= F y ( y& ) 
dt


d z&
m
= Fz ( z&) 
dt

m
oraz przeanalizujmy pierwsze z nich. Rozdzielając zmienne otrzymamy:
m
d x&
∫ F ( x&) = ∫ d t
x
czyli
t=m
d x&
∫ F ( x& ) + C (v
0x )
(4.21)
x
Oznaczmy wynik całkowania w (4.21) (o ile istnieje) jako pewną funkcję
Φ x = Φ x (x& ) . Wtedy:
t = m Φ x ( x& ) + C (v0 x )
JeŜeli funkcja Φ x (x& ) jest odwracalna (choćby przedziałami), to wtedy:
x& =
x (t ) =
d x& 1 −1
= Φ x (t ; v0 x )
dt m
1
Φ −x 1 (t ; v0 x ) d t + D ( x0 ) .
m
∫
(4.22)
Jednak szanse na uzyskanie analitycznego wyniku w postaci (4.22) są
zwykle niewielkie i ograniczają się tylko do pewnych klas zagadnień.
RozwaŜmy dwa takie przypadki.
Przykład 4.3
Metalową kulkę o objętości V zanurzono w wodzie i swobodnie puszczono. Kulka tonąc rozpędza się ale szybko ten ruch jest hamowany oporem (wiskotycznym) wody. Znając gęstość materiału kulki ρ oraz wody
ρ 0 obliczyć maksymalną, tj. graniczną prędkość tonącej kulki. Przyjąć,
Ŝe współczynnik oporów ruchu wynosi k.
Strona 128
DYNAMIKA PUNKTU
O
Fop
Wyp
mg
y
Rysunek 4.6. Ilustracja do Przykładu 4.3
Istnienie takiej granicznej prędkości łatwo przewidzieć skoro siłą napędową jest tutaj nadwyŜka cięŜaru ponad wypór wody, a więc siła o stałej
wartości, natomiast przeciwstawiający się opór cały czas rośnie z prędkością. W pewnym momencie zrówna się z siłą „napędzającą”, a to –
zgodnie z I zasadą dynamiki – oznacza juŜ ruch ze stałą (w tym przypadku maksymalną) prędkością. Przyjrzyjmy się całej sytuacji na rysunku 4.6.
Zgodnie z tym rysunkiem i wprowadzonym układem współrzędnych
róŜniczkowe równanie ruchu w kierunku „y” ma postać:
m &y& = m g − Wyp − Fop
gdzie siła W yp jest cięŜarem wypartej przez kulkę wody i wynosi:
W yp = ρ 0 g V
gdzie V oznacza objętość kulki (i wypartej wody). Masa samej kulki
wynosi m = ρ V , natomiast siła oporu Fop = k v . Będzie:
ρ V &y& = ρ V g − ρ 0 V g − k v
ρ
k
&y& = g − g 0 − v
ρ V
gdzie oczywiście, wobec ruchu prostoliniowego, v = &y& , a więc:
Strona 129
ROZDZIAŁ 4
 ρ  k
d y&
= g 1 − 0  − y&
dt
ρ  V

 ρ 
k
Dla uproszczenia wprowadźmy stałe a = g 1 − 0  oraz b = y&
V
ρ 

i zapiszmy:
d y&
= a − b y& .
dt
co po rozdzieleniu zmiennych daje równanie:
d y&
∫ a − b y& = ∫ d t
którego rozwiązaniem jest:
1
− ln a − b y& = t + C
b
przy czym warunek początkowy na prędkość, zgodnie z treścią
przykładu, jest zerowy: y& (0) = 0 , a zatem:
1
1
− ln a − 0 = 0 + C ⇒ C = − ln a
b
b
i wtedy:
1
1
− ln a − b y& = t − ln a
b
b
1
− (ln a − b y& − ln a ) = t
b
1 a − b y&
− ln
=t
b
a
Wyznaczmy funkcję odwrotną do ostatniej z (4.23):
ln
Strona 130
a − b y&
a
= −b t ⇒
a − b y&
a
= e − b t ⇒ a − b y& = a e − b t
(4.23)
DYNAMIKA PUNKTU
i
opuszczając symbol wartości bezwzględnej, tj. przyjmując:
a − b y& = a − b y& (druga moŜliwość a − b y& = −(a − b y& ) ) nie spełnia
warunku początkowego), otrzymujemy:
b y& = a − a e − b t ⇒ y& =
(
)
a
1 − e−b t .
b
(4.24)
Prędkość maksymalna tonącej kulki to granica wyraŜenia (4.24) przy
czasie dąŜącym do nieskończoności:
v gr = lim
t →∞
(
)
(
a
a
1 − e − b t = 1 − lim e − b t
t →∞
b
b
)
PoniewaŜ funkcja e −b t maleje do zera, to:
 ρ 
g 1 − 0 
ρ  g V  ρ0 
a
=
1 − 
czyli v gr = 
v gr =
k
b
k 
ρ 
V
Widać, Ŝe dla ρ = ρ 0 prędkość ta wyniesie zero (ciało o gęstości wody
zawisa w niej).
Przykład 4.4
Pocisk wystrzelono z prędkością początkową v0 pionowo do góry
w jednorodnym polu grawitacyjnym. Obliczyć maksymalną wysokość
na jaką się wzniesie uwzględniając opory aerodynamiczne.
UłóŜmy róŜniczkowe równanie ruchu posługując się rysunkiem 4.7.
Strona 131
ROZDZIAŁ 4
y
v
g
mg
Fop
v0
O
Rysunek 4.7. Ilustracja do Przykładu 4.4
Równanie to będzie miało następującą postać:
m &y& = − m g − Fop
gdzie siła oporu powietrza wynosi:
Fop = k v 2 = k y& 2
więc:
m &y& = − m g − k y& 2 .
(4.25)
Warunek określający maksymalną wysokość jest w zasadzie warunkiem
na prędkość (tj. jej zerowanie), co moŜna zapisać zdaniem:
y = ymax ⇔ y& = 0
(4.26)
ZauwaŜmy zatem, Ŝe nie ma potrzeby rozwiązywania równania (4.25)
w dziedzinie czasu, lecz wystarczy do uzyskania Ŝądanego wyniku związek pomiędzy przemieszczeniem y , a prędkością y& aby bezpośrednio
zastosować warunek (4.26) i znaleźć ymax . W tym celu zastosujmy przekształcenie umoŜliwiające eliminację zmiennej czasowe z równania ruchu (4.25):
Strona 132
DYNAMIKA PUNKTU
&y& =
d y& d y& d y d y&
=
⋅
=
⋅ y&
dt d y dt d y
(4.27)
i wtedy przybierze ono postać:
m y&
(
d y&
= − m g + k y& 2
dy
)
Rozdzielając zmienne oraz całkując otrzymamy:
m
y& d y&
∫ m g + k y&
2
∫
=− dy
Całkę po lewej stronie łatwo obliczyć stosując podstawienie:
m g + k y& 2 = u



du
2
d m g + k y& = d (u )  ⇒ y& d y& =
2k
2 k y& d y& = d u



(
)
i wtedy:
m
∫
du
2k
= − dy ⇒
u
∫
m
2k
∫
du
=− dy
u
∫
co natychmiast daje rozwiązanie:
m
ln | u |= − y + C
2k
Powracając do starej zmiennej y& :
(
)
m
ln m g + k y& 2 = − y + C
2k
gdzie opuszczono symbol wartości bezwzględnej z racji, Ŝe argument
pod logarytmem zawsze jest dodatni. Podstawiając warunek początkowy
y& (0) = v0 , otrzymujemy:
(
)
m
2
ln m g + k v0 = 0 + C
2k
Strona 133
ROZDZIAŁ 4
i dalej, po podstawieniu C:
(
(
)
m
m
2
ln m g + k y& 2 = − y +
ln m g + k v0
2k
2k
)
co daje:
2
y=
m m g + k v0
ln
2k m g + k y& 2
Korzystając teraz z warunku (4.26) mamy ostateczne:
ymax =
2
2
m m g + k v0
m  k v0 
ln
=
ln1 +
2k
mg + 0
2k 
m g 
(4.28)
Sprawdźmy wynik (4.28) przy załoŜeniu, Ŝe ruch odbywa się bez
oporów. Oznacza to, Ŝe k = 0 . Bezpośrednie podstawienie tej wartości
do rozwiązania (4.28) nie załatwia jednak sprawy gdyŜ napotykamy się
0
na nieoznaczoność typu
(bo ln 1 = 0 ). Ale moŜemy obliczyć granicę
0
korzystając z reguły d’Hospitala12:
2
lim ymax
k →0
 k v 2 
d 
 m ln1 + 0 
d k 
m g 

= lim
k →0
d
[2k ]
dk
lim ymax = lim
k →0
12
k →0
v0
mg
m
2
kv
1+ 0
mg
= lim
k →0
2
v0 2
 kv 2 
2 g 1 + 0 
mg 

=
v0 2
2g
Guillaume François Antoine de l'Hospital (1661–1704) - matematyk francuski, uczeń
Johanna Bernoulliego (1667–1748) i Gottfrieda Wilhelma Leibniza (1646–1716).
W 1696 wydał podręcznik rachunku róŜniczkowego, w którym znajduje się tzw. reguła
de l'Hospitala. Faktycznie jej autorem jest Bernoulli. Sam l'Hospital nigdy nie twierdził,
Ŝe jest odkrywcą tej metody, jednakŜe opublikował ją bez skonsultowania się
z Johannem Bernoullim.
Strona 134
DYNAMIKA PUNKTU
czyli wynik dobrze znany dla rzutu pionowego z początkową prędkością
v0 przy pominięciu oporów ruchu.
Siły zaleŜne od połoŜenia F = F(r)
MoŜna zasadniczo rozróŜnić tutaj dwa charakterystyczne przypadki: siły
spręŜystości oraz grawitacji dla duŜych odległości (ruch planet, satelitów, itp.). RozwaŜmy najprostszy element spręŜysty – spręŜynę śrubową
o długości swobodnej l0 . Ugięcie jej (podczas rozciągania lub ściskania)
jest liniową funkcją przykładanej siły dopóki nie dojdzie do odkształceń
plastycznych lub „siadania” na własnych zwojach.
F
F+
u
α
O
F-
FF=0
F+
l0
u
Rysunek 4.8. Wykres siły w spręŜynie w funkcji jej ugięcia
Ugięcie spręŜyny to róŜnica jej bieŜącej długości i długości swobodnej,
przy której jest nie napięta. Z wykresu na rysunku 4.8. widać, Ŝe proporcjonalność siły F od ugięcia u łatwo zapisać prostym wzorem:
F =ku
(4.29)
gdzie tym razem k oznacza stałą określającą sztywność spręŜyny zaleŜną
od jej cech konstrukcyjnych (materiałowych i geometrycznych). SztywStrona 135
ROZDZIAŁ 4
ność ta jest tangensem nachylenia prostej na wykresie (rysunek 4.8.) i
jest tym większa im „mocniejsza” spręŜyna. Fizyczna interpretacja
sztywności k odpowiada sile F potrzebnej do zmiany długości spręŜyny
o 1 m. Jednostką sztywności jest N/m.
Przykład 4.5
Ciało (wagonik na kółkach) poruszające się bez tarcia po płaskiej poziomej powierzchni znajduje się pod działaniem harmonicznie zmiennej
siły o amplitudzie F0 i częstości zmian v ( F (t ) = F0 sin v t ).
x
F(t) = F0 sinvt
Fs
Fs
Rysunek 4.9. Ilustracja do Przykładu 4.5
Ciało jest zamocowane do pionowej nieruchomej ściany za pośrednictwem spręŜyny o znanej sztywności k . Zakładając, Ŝe w chwili początkowej spręŜyna jest nie napięta (połoŜenie równowagi) i prędkość
ciała wynosi zero, wyznaczyć ruch tego ciała oraz maksymalną amplitudę jego oscylacji.
To jest właśnie przykład zagadnienia odwrotnego, w którym siły zewnętrzne jednocześnie zaleŜą od połoŜenia (spręŜyna) i czasu (wymuszenie harmoniczne). Na ciało wychylone o pewną wartość „x” działają
siły jak pokazano na rysunku 4.9.
W konsekwencji, róŜniczkowe równanie ruchu będzie następujące:
m &x& = − Fs + F (t ) gdzie F (t ) = F0 sin v t oraz Fs = k u
Tutaj przemieszczenie ciała jest toŜsame z ugięciem spręŜyny:
u≡x
zatem:
Strona 136
DYNAMIKA PUNKTU
m &x& = − k x + F0 sin v t albo m &x& + k x = F0 sin v t
(4.30)
Dzieląc (4.30) przez m i wprowadzając oznaczenia
k
F
= ω 02 oraz 0 = q0
m
m
otrzymujemy:
&x& + ω 02 x = q0 sin v t
(4.31)
ze znanymi warunkami początkowymi: x (0) = 0 i x& (0) = 0 . Jak widać
równanie (4.31) jest równaniem róŜniczkowym drugiego rzędu, liniowym, o stałych współczynnikach, niejednorodnym. Najpierw znajdźmy
rozwiązanie ogólne równania jednorodnego x0 (t ) :
&x&0 + ω 02 x0 = 0
Przewidując jego rozwiązanie w postaci wykładniczej
a więc:
x0 (t ) = e rt ,
r 2 e rt + ω 02 e rt = 0
oraz dzieląc je przez e rt (które nigdy nie jest zerem) otrzymujemy
równanie charakterystyczne:
r 2 + ω 02 = 0
którego pierwiastki są zespolone, sprzęŜone: r1, 2 = ± ω 0 i rozwiązanie
ogólne równania jednorodnego przyjmuje postać:
~ −ω t ~ + ω t
x0 (t ) = C1 e 0 + C2 e 0
(4.32)
~
~
gdzie stałe C1 i C2 oznaczono tyldą „~” dla podkreślenia, Ŝe muszą to
liczby zespolone, gdyŜ tylko takie pomnoŜone przez zespolone funkcje
±ω t
e 0 mogą dać wartość przemieszczenia „x”, które jest liczbą rzeczywistą. Istnieje alternatywna postać równania (4.32) poniewaŜ funkcje
±ω t
e 0 mają swoją reprezentację trygonometryczną, tj. są kombinacją
funkcji harmonicznych sin ω 0 t i cos ω 0 t . Przedstawienie rozwiązania
Strona 137
ROZDZIAŁ 4
(4.32) w dziedzinie liczb i funkcji rzeczywistych wyglądać będzie wtedy
następująco:
x0 (t ) = C1 cos ω 0 t + C2 sin ω 0 t
(4.33)
gdzie C1 i C2 ∈ ℜ i taka postać zostanie przyjęta do dalszej analizy. Zaznaczmy w tym miejscu, Ŝe x0 (t ) reprezentuje ruch swobodny ciała (bo
nie uwzględnialiśmy do tej pory wymuszenia F0 sin v t ) i niezaleŜnie od
wartości stałych C1 i C2 jest to ruch oscylacyjny (harmoniczny ze
względu na obecność funkcji sin ω 0 t i cos ω 0 t ). Częstość tych oscylacji określa wartość ω 0 = k / m . Dlatego teŜ, wielkość tę nazywamy
częstością drgań własnych układu. Drugą częstością występującą w tym
zadaniu jest częstość siły wymuszającej v , która jest zupełnie niezaleŜna
od ω 0 . Zbadajmy teraz jak to wymuszenie wpływa na ruch badanego
ciała. W tym celu przewidujemy rozwiązanie szczególne równania niejednorodnego w postaci:
xs (t ) = B sin v t
(4.34)
i wstawiamy do (4.31), co daje:
− B v 2 sin v t + Bω 02 sin v t = q0 sin vt
(
)
B ω 02 − v 2 sin v t = q0 sin vt
wobec czego poszukiwana stała wyniesie:
B=
q0
ω − v2
2
0
Całkowite rozwiązanie zagadnienia jest sumą obydwu składowych rozwiązań, a zatem:
x (t ) = x0 (t ) + xs (t )
czyli:
x(t ) = C1 cos ω 0 t + C2 sin ω 0 t +
Strona 138
q0
sin v t
ω − v2
2
0
(4.35)
DYNAMIKA PUNKTU
Obliczmy teraz stałe całkowania C1 i C2 wykorzystując załoŜone zerowe warunki początkowe. Podstawiając otrzymamy:
x(0) = 0 = C1 cos 0 + C2 sin 0 +
q0
sin 0 ⇒ C1 = 0
ω − v2
2
0
x& (0) = 0 = −C1 ω 0 sin 0 + C2ω 0 cos 0 +
q0
0 = C2ω 0 +
q0 v
cos 0
ω 02 − v 2
v
ω0
q0 v
⇒ C2 = − 2
2
2
ω0 − v
ω 0 − v2
Rozwiązanie ma zatem postać:
− q0
x (t ) =
v
ω0
ω −v
2
0
2
sin ω 0 t +
q0
sin v t
ω − v2
2
0
q0
x (t ) =
ω0
ω − v2
2
0
(ω
0
sin v t − v sin ω 0 t
)
(4.36)
Wyraźnie widać, Ŝe rozwiązanie ma charakter oscylacyjny. Zbadajmy teraz jaka jest największa moŜliwa amplituda tych oscylacji w funkcji częstości wymuszenia. W tym celu zastąpmy wyraŜenie w nawiasie
w (4.36) pojedynczą funkcją harmoniczną o częstości wymuszenia v
i nieznanej amplitudzie A. Wprowadźmy teŜ pojęcie róŜnicy częstości
własnej i wymuszenia ∆v = v − ω 0 . Wtedy ω 0 = v − ∆v oraz:
ω 0 sin v t − v sin ω 0 t = ω 0 sin v t − v sin (v − ∆v ) t
(4.37)
Niech prawa strona (4.37) będzie równa funkcji harmonicznej
o częstości v i amplitudzie A oraz fazie δ (do wyznaczenia):
ω 0 sin v t − v sin (v − ∆v ) t = A sin (v t + δ )
(4.38)
Rozwijając funkcje sin( . ) w (4.38) otrzymujemy:
Strona 139
ROZDZIAŁ 4
ω 0 sin v t − v sin v t cos ∆v t − v sin ∆v t cos v t =
= A sin v t cos δ + A sin δ cos v t
Przyrównując następnie odpowiednie mnoŜniki przy funkcjach sin v t
oraz cos v t po obydwu stronach otrzymujemy:
sin v t : ω 0 − v cos ∆v t = A cos δ
cos v t : v sin v t = A sin δ
(4.39)
Podnosząc obydwa równania (4.39) do kwadratu i sumując, mamy:
ω 20 − 2ω 0 v cos ∆v t + v 2 cos 2 ∆v t + v 2 sin 2 ∆v t = A2 cos 2 δ + A2 sin 2 δ
Wykorzystując toŜsamość trygonometryczną sin 2 ( . ) + cos 2 ( . ) = 1 otrzymujemy:
ω 20 − 2ω 0 v cos ∆v t + v 2 = A2
a zatem rozwiązanie (4.36) moŜemy przedstawić w postaci:
q0
x (t ) =
ω 20 − 2ω 0 v cos ∆v t + v 2
ω0
ω 02 − v 2
sin (v t + δ )
(4.40)
Widać, Ŝe przy niezerowej róŜnicy częstości wymuszenia i własnej
∆v ≠ 0 , oprócz samych oscylacji od składnika sin (v t + δ ) , amplituda
całej odpowiedzi x (t ) ulega modulacji (z powodu obecności funkcji
cos ∆v t o okresie 2π / ∆v = 2π / v − ω 0 w 4.40). Największa wartość tej
amplitudy podczas modulacji przypadnie na chwile, gdy iloczyn ∆v t
będzie osiągał wartości π , 3π , 5π , ..., (2n − 1)π , ..., tj. wtedy gdy
funkcja cos ∆v t osiąga wartość minus 1. Wtedy:
q0
xmax =
Strona 140
ω0
ω 20 − 2ω 0v(−1) + v 2
ω 02 − v 2
sin (v t + δ )
DYNAMIKA PUNKTU
q0
xmax =
ω 20 + 2ω 0v + v 2
ω0
ω 02 − v 2
(ω
q0
xmax =
ω0
2
0
ω 02 − v 2
(ω
sin (v t + δ )
(ω + v )
ω0
ω0 0
=
sin (v t + δ ) =
(ω 0 + v )(ω 0 − v ) sin(v t + δ )
ω 02 − v 2
q0
xmax
+ v)
sin (v t + δ )
0
+ v)
q0
q0
xmax =
(ω
ω0
0
− v)
sin (v t + δ )
Funkcja sin (v t + δ ) osiąga maksymalną wartość równą jeden, zatem największa amplituda oscylacji ciała wyniesie po prostu:
q0
Amax =
ω0
ω0 − v
gdzie dodano symbol wartości bezwzględnej, gdyŜ z zasady amplituda
jest wielkością dodatnią.
ZauwaŜmy, Ŝe jeŜeli częstość wymuszenia v jest równa częstości drgań
własnych układu, tj. v = ω 0 , to zgodnie z powyŜszą zaleŜnością amplituda osiąga wartość nieskończoną. Zjawisko to nazywamy rezonansem.
W układach rzeczywistych ostry (nieskończenie wielki) rezonans nie
występuje ze względu na zawsze istniejące opory ruchu, które go tłumią,
ale gwałtowny (i nierzadko niebezpieczny) wzrost amplitudy drgań występuje.
Na rysunku 4.10. pokazano wykres maksymalnej amplitudy oscylacji
w funkcji częstości wymuszenia.
Strona 141
ROZDZIAŁ 4
Amax
q0
ω0
2
Ο
v
ω0
Rysunek 4.10. Zjawisko rezonansu w układzie z Przykładu 4.5
Przejdźmy teraz do ogólnych rozwaŜań na temat rozwiązywania zagadnienia odwrotnego dynamiki z siłami zaleŜnymi od połoŜenia. W Przykładzie 4.5. siła spręŜystości jest oddziaływaniem liniowym. ale tak nie
musi być zawsze. W ogólności będzie:

d x&
= Fx ( x, y, z ) 
dt


d y&
m
= Fy ( x , y , z ) 
dt


d z&
m
= Fz ( x, y , z ) 
dt

m
m
dv
= F (r ) ⇒
dt
(4.41)
Podobnie jak poprzednio, zajmijmy się uproszczoną wersją, gdy równania (4.41) rozprzęgają się:
m
d x&
= Fx ( x) ,
dt
m
d y&
= Fy ( y ) ,
dt
m
d z&
= Fz ( z )
dt
(4.42)
Od razu widać, Ŝe całkowanie nie jest moŜliwe, bowiem kaŜde z równań
(4.42) ma aŜ trzy rodzaje zmiennych: czas, połoŜenie i prędkość, a zatem
ich rozdzielenie nie jest moŜliwe. NaleŜy tutaj zastosować zabieg analogiczny do (4.27) aby pozbyć się czasu. Przeanalizujmy pierwsze
z równań (4.42):
Strona 142
DYNAMIKA PUNKTU
d x&
= Fx ( x )
dt
d x& d x
m
= Fx ( x)
d x dt
d x&
m x&
= Fx ( x)
dx
m
Teraz moŜemy juŜ rozdzielić zmienne:
m x& d x& = Fx ( x) d x
i scałkować:
∫
∫
m x& d x& = Fx ( x ) d x
2
m
x&
= Fx ( x) d x + C (v0 x )
2
∫
∫ F ( x ) d x + C (v
x& =
x
0x )
i dalej, skoro x& = d x / d t
dx
∫
= dt
Fx ( x ) d x + C (v0 x )
czyli:
t=
∫
dx
∫
Fx ( x) d x + C (v0 x )
+ D ( x0 )
(4.43)
Jeśli całka po prawej stronie (4.43) istnieje to znaczmy ją (łącznie ze
stałą D) jako pewną funkcję Ψ i wtedy:
t = Ψ ( x ; v0 x , x0 )
a jeśli ta funkcja jest odwracalna, to rozwiązaniem będzie:
x(t ) = Ψ −1 (t ; v0 x , x0 )
Podsumujmy powyŜsze rozwaŜania następującym przykładem.
Strona 143
ROZDZIAŁ 4
Przykład 4.6
Z powierzchni Ziemi wystrzelono pocisk z prędkością początkową v0
w kierunku promieniowym.
y
Fc
hmax
ymax
v0
g
O
R
Rysunek 4.11. Ilustracja do Przykładu 4.6
Wiedząc, Ŝe siła przyciągania jest odwrotnie proporcjonalna do odległości pomiędzy środkami mas dwóch oddziaływujących ze sobą ciał13,
obliczyć maksymalną wysokość na jaką wzniesie się wystrzelony pocisk
ponad powierzchnię Ziemi. Promień Ziemi przyjąć jako R (6371 km),
przyspieszenie ziemskie na powierzchni g (9.81 m/s2). Opory ruchu pominąć.
13
Jest to treścią prawa powszechnego ciąŜenia sformułowanego przez Newtona w 1687
mm
(w Principia Mathematica). Jego postać jest następująca F = −G 1 3 2 r
r
m
m


 F = G 1 2 2  , gdzie G oznacza uniwersalną stałą grawitacji, która wynosi
r 

6.6726 × 10 −11 m3/(kg· s2). Czwarte miejsce po przecinku tej stałej wyznaczono dopiero
1982 r. Jest to jedna z najmniej dokładnie określonych stałych w fizyce doświadczalnej
ze względu na słabość oddziaływania grawitacyjnego.
Strona 144
DYNAMIKA PUNKTU
Przeanalizujmy sytuację jak pokazano na rysunku 4.11. Przede wszystkim, jako zasadę naleŜy przyjąć, Ŝe w przypadku sił zaleŜnych od połoŜenia najbardziej dogodnie jest wprowadzić układ współrzędnych
w miejscu od którego dana siła jest mierzona (tu od środka Ziemi), a nie
– jak dotychczas – od miejsca, w którym zaczyna się ruch. To umoŜliwia
bezpośrednie zastosowanie wzoru na siłę w najprostszej formie bez konieczności wprowadzania nowych zmiennych.
Jedyną siłą działającą na punkt podczas wznoszenia jest siła cięŜkości
FC skierowana pionowo w dół (rysunek 4.11.), której wartość nie wynosi jednak mg (tj. z g równym 9.81 m/s2) poniewaŜ siła ta maleje
z kwadratem odległości od środka Ziemi:
Fc ~ 1 tutaj r ≡ y
r2
zatem Fc =
k
y2
gdzie symbolem k oznaczono stałą proporcjonalności. Zostanie ona później wyznaczona z warunku brzegowego. Równanie ruchu będzie więc:
m &y& = − Fc
m &y& = −
k
y2
(4.44)
Zgodnie z uwagami dotyczącymi równań (4.42) usuwamy zmienną czasową jak następuje:
m
d y&
k
d y& d y
k
=− 2 ⇒ m
=− 2
dt
d y dt
y
y
⇒ m y&
d y&
k
=− 2
dy
y
co umoŜliwia łatwe rozdzielenie zmiennych i całkowanie:
∫
m y& d y& = − k
dy
∫y
2
co daje:
m
 1
y& 2
= − k  −  + C
2
 y
Warunki początkowe są następujące:
y ( 0) = R ,
y& (0) = v0
Strona 145
ROZDZIAŁ 4
Zatem:
2
m
2
v0
k
v
k
= +C ⇒ C =m 0 −
2
R
2
R
i rozwiązanie szczególne będzie wtedy:
Punkt osiąga maksymalna wysokość wtedy, gdy jego prędkość wynosi
zero – patrz warunek (4.26) w podobnym zadaniu (Przykładzie 4.4). Zatem podstawiając y& = 0 w (4.45) otrzymujemy związek na ymax :
0=−
2
k
y max
+m
v0
k
−
2
R
skąd:
2kR
2k − mv0 2 R
y max =
Maksymalna wysokość ponad powierzchnię Ziemi będzie:
hmax = y max − R czyli h =
max
2
mv0 R 2
2k − mv0 2 R
(4.46)
Obliczmy teraz ile dokładnie wynosi stała proporcjonalności k na podstawie warunku brzegowego, który mówi, Ŝe na powierzchni Ziemi
przyspieszenie wynosi g (dla ścisłości minus g). Warunek ten moŜna zapisać tak:
y = R ⇒ &y& = − g
Wstawmy go do równania ruchu (4.44):
m(− g ) = −
2
k
co daje k = mgR
2
R
a następnie do rozwiązania (4.46):
2
hmax =
Strona 146
2
mv0 R 2
v0 R
=
2
2
2
2mgR − mv0 R 2 gR − v0
DYNAMIKA PUNKTU
Na zakończenie obliczmy jeszcze taką prędkość początkową, przy której
wyrzucony pocisku nigdy z powrotem nie spadnie na Ziemię (odleci
w nieskończoność). ZauwaŜmy:
2
hmax → ∞ ⇔ 2 gR − v0 → 0
2
czyli jeśli v0 = 2 gR , tj. v0 = 2 gR , to punkt „uwolni się” od pola grawitacyjnego Ziemi. Prędkość tę nazywamy drugą prędkością kosmiczną.
Wynosi ona ( g = 9.81 m/s2, R = 6371 km):
vII = 2 ⋅ 9.81 ⋅ 6371 ⋅ 10 3 = 11180.3 m/s
czyli ok. 11.2 km/s.
4.3. Zasada zmienności pędu
i krętu
Pęd
Pojęciem pędu („ilością ruchu” jak nazywał go Newton) nazywamy iloczyn masy punktu materialnego i jego prędkości. Jest więc wielkość
wektorowa i, tak jak prędkość, pęd pozostaje zawsze styczny i tylko
styczny do toru.
B = mv
(4.47)
i składowe:
Bx = m v x = m x&
By = m v y = m y&
Bz = m v z = m z&
Pojęcie pędu jest bardzo przydatne w mechanice i ułatwia rozwiązywanie wielu zagadnień dynamiki (zwłaszcza dla układu wielu punktów
materialnych).
Strona 147
ROZDZIAŁ 4
Zbadajmy teraz jak wygląda jedno z waŜniejszych twierdzeń mechaniki
– prawo zmienności pędu. Pod pojęciem zmienności mamy na myśli
zmianę w czasie reprezentowaną przez pochodną:
d
d
dv
B& = (m v ) = m ( v ) = m
= mp
dt
dt
dt
Jak łatwo widać po prawej stronie pojawia się iloczyn masy i przyspieszenia, czyli – zgodnie z II zasadą dynamiki Newtona – siła działająca na
punkt. Zasada zmienności pędu jest więc niczym innym jak podstawową
zasadą dynamiki (i mechaniki w ogóle).
B& = F
(4.48)
lub dla punktu nieswobodnego:
B& = F + R
Zasada zmienności pędu mówi zatem, Ŝe pochodna pędu jest równa sumie sił zewnętrznych działających na dany punkt. Jest to tzw. wersja
róŜniczkowa tej zasady. UŜywa się teŜ jej wersji całkowej, która jest następująca:
dB
= F + R ⇒ dB = Fdt + R dt ⇒
dt
B2
t2
t2
B1
t1
t1
∫dB = ∫Fdt + ∫ R dt
∆B = B 2 − B1 = J F + J R
(4.49)
gdzie J (.) oznacza całki sił zewnętrznych (czynnych i biernych), zwane
impulsami tych sił.
t2
∫
t2
JF = Fdt ,
JR = R dt
t1
t1
∫
(4.50)
Zgodnie z tą zasadą, skończony przyrost pędu ∆B jest równy impulsowi
sił działających na punkt wg definicji (4.50). W szczególnym przypadku,
gdy punkt jest swobodny, a siła zewnętrzna ma wartość stałą, to:
t2
t2
t1
t1
∆B = F d t = F d t = F(t2 − t1 ) = F∆t
∫
Strona 148
∫
(4.51)
DYNAMIKA PUNKTU
Iloczyn siły i skończonego przyrostu czasu nazywa się popędem siły
(czyli przyrost pędu jest równy popędowi siły).
Z drugiej strony, łatwo moŜna wyobrazić sobie sytuację, gdy na dany
punkt nie działają Ŝadne siły (np. stan niewaŜkości) lub się równowaŜą
(choćby w jakimś wybranym kierunku, jak np. w pionie dla pojazdu
poruszającego się po poziomej jezdni). Wtedy, jeśli F + R = 0 , to
B& = 0 , czyli
B = const
(4.52)
co jest treścią szczególnego przypadku zasady zmienności pędu, tj.
zasady zachowania pędu – jeśli na dane ciało nie działają Ŝadne siły
(we wszystkich, lub wybranych kierunkach), lub się równowaŜą, to pęd
tego ciała pozostaje niezmienny (w kaŜdym, lub wybranym kierunku).
PoniewaŜ pęd jest iloczynem masy i prędkości, to warunek (4.52) wobec
stałości masy punktu materialnego oznacza stałą jego prędkość
( v = const, tzn. stałość wektora prędkości, czyli wartości i kierunku ruchu). Zasada zachowania pędu jest zatem równowaŜna I zasadzie dynamiki Newtona. Widać wyraźnie jak pojęcie pędu łączy obydwie te zasady.
Kręt
W pewnych szczególnych sytuacjach, jak np. ruch po okręgu, czy dowolnej krzywej stoŜkowej, bardzo wygodnym pojęciem do analizy jest
nie sam pęd punktu, lecz jego moment. W mechanice momentem pewnej
wielkości (wektorowej) nazywamy iloczyn wektorowy promienia wodzącego (połoŜenia) i tej wielkości. Znamy juŜ ze statyki pojęcie momentu siły, tym razem wprowadźmy pojęcie momentu pędu, zwanego
krętem (K 0 ) . Z definicji będzie to:
K 0 = M 0 (B ) = r × B
(4.53)
gdzie indeks „0” przy K i M oznacza, Ŝe wielkość ta jest obliczana
względem konkretnego punktu, tj. początku układu współrzędnych
w tym przypadku.. Kręt zaleŜy od wyboru punktu odniesienia i naleŜy
o tym pamiętać przy zmianie układu współrzędnych (nie jest niezmiennikiem). Zobaczmy teraz jak wygląda pochodna krętu względem czasu
dla punktu swobodnego:
Strona 149
ROZDZIAŁ 4
& = d K 0 = d (r × B ) = d (r × mv ) = d r × mv + r × m d v
K
0
dt
dt
dt
dt
dt
& = v × mv + r × mp
K
0
PoniewaŜ wektor v jest równoległy do samego siebie i równieŜ do
iloczynu mv (masa jako skalar zmienia jedynie długość, nie kierunek
v ), to – z własności iloczynu wektorowego stwierdzamy, Ŝe wyraŜenie
v × mv = 0 , natomiast oczywiście mp = F . Stąd:
& = r×F
K
0
a przecieŜ iloczyn wektorowy promienia wodzącego i siły jest niczym
innym jak momentem tej siły. Zatem:
& = M (F )
K
0
0
(4.54)
& = M (F) + M (R ) dla punktu nieswobodnego. Zasada zmiennolub K
0
0
0
ści krętu (wersja róŜniczkowa) mówi więc, Ŝe pochodna krętu względem
danego punktu odniesienia jest równa momentowi sił zewnętrznych
(czynnych i biernych) względem tego punktu.
W przypadku szczególnym, gdy siły znikają, zerują się takŜe momenty,
& = 0 . To
wtedy: F = 0 i R = 0 ⇒ M 0 (F ) = 0 i M 0 (R ) = 0 , czyli K
0
oznacza, Ŝe
K 0 = const
a więc jeśli na dany punkt nie działają momenty sił zewnętrznych, to kręt
tego punktu pozostaje stały, co stanowi zasadę zachowania krętu.
Istnieje ciekawy przypadek, kiedy siły zewnętrzne wcale nie znikają,
a jednak kręt jest stały wobec zerowania się momentu tych sił. To przypadłego układu sił centralnych, w którym niezaleŜnie od połoŜenia siła
zawsze jest skierowana ku temu samemu punktowi (rysunek 4.12.).
ZauwaŜmy, Ŝe dla dowolnego połoŜenia i siła Fi ≠ 0 ale zawsze ri || Fi ,
czyli ri × Fi = 0 , a więc M 0 (F ) = 0 . Właśnie taka sytuacja zachodzi dla
planet krąŜących wokół Słońca (grawitacja jest tutaj źródłem sił central-
Strona 150
DYNAMIKA PUNKTU
nych). Stwierdzamy zatem, Ŝe kręt kaŜdej planety układu słonecznego
pozostaje stały14.
r1
F1
O
F3
F2
r2
r3
Rysunek 4.12. Ruch punktu w centralnym polu sił
4.4. Praca, moc, energia
Praca
Definicja pracy mechanicznej znana jest juŜ z kursu fizyki w szkole podstawowej, gdzie określa się ją iloczynem siły działającej na ciało
i przemieszczenia tego ciała. W istocie nie jest to zwykły iloczyn, gdyŜ
siła moŜe się zmieniać podczas ruchu ciała, a ponadto pracę wykonuje
tylko ta składowa, która jest do przesunięcia równoległa. Pracę mechaniczną siły F przy zmianie połoŜenia z punktu A do B nazywamy zorientowaną całkę krzywoliniową:
W=
∫ F dr
(4.55)
AB
14
Jest to toŜsame z drugim prawem Keplera (1571-1630), wg którego prędkość polowa
planety krąŜącej po elipsie jest stała, co z kolei oznacza, Ŝe im bliŜej Słońca dana planeta
się znajduje, tym szybciej wokół niego krąŜy.
Strona 151
ROZDZIAŁ 4
gdzie dr jest elementarną zmianą połoŜenia, a iloczyn skalarny „załatwia” sprawę równoległości siły do przesunięcia ( F ⊥ dr ⇒ dW = 0 ).
Praca jest wielkością skalarną, a jej jednostką dŜul [J],
1 J=1 Nm (kgm2/s2). W szczególnym przypadku, gdy F = const i przemieszczenie ciała odbywa się w jednym ustalonym kierunku moŜna uŜyć
uproszczonej formuły:
W = F ⋅ s ⋅ cos ∠(F, s)
gdzie s jest całkowitym przemieszczeniem ciała, a kąt ∠(F, s) jest stałym kątem między kierunkiem zmiany połoŜenia, a kierunkiem działania
siły. W najprostszym przypadku kąt ten moŜe wynosić zero (tak działa
np. siła napędowa pojazdu w ruchu prostoliniowym) i praca wtedy wyrazi się worem W = F s .
Moc
Definicja pracy (4.55) w Ŝaden sposób nie odnosi się do czasu. Proces
wykonywania tej samej pracy moŜe odbywać się długo lub krótko,
a i tak nie zmieni to jej wartości. Jak uczy doświadczenie, zwłaszcza
w technice, to czy praca wykonana zostanie szybko lub wolno ma kolosalne znaczenie. Dlatego wprowadza się pewną skalarną wielkość, która
definiuje tempo realizacji pracy, a więc zaleŜy od tego jak szybko dany
proces zachodzi. Wielkością tą jest moc, będącą z definicji ilością pracy
wykonanej w jednostce czasu. A zatem moc średnia Psr to iloraz pracy
∆W wykonanej w skończonym przedziale czasu ∆ t :
Psr =
∆W
∆t
P=
dW
dt
i wreszcie moc chwilowa:
(4.56)
jest pochodną pracy względem czasu. Jednostką mocy jest wat, czyli
dŜul na sekundę:
[W] =
Strona 152
[J ] [kg ⋅ m 2 ]
=
[s]
[s 3 ]
DYNAMIKA PUNKTU
Współcześnie bardzo często wyraŜa się moce w kilowatach
(1kW=1000W), niezaleŜnie czy są to urządzenia pobierające moc (silniki
elektryczne, AGD), czy ją wytwarzające (np. silniki spalinowe15).
Wyprowadźmy jeszcze na koniec inną formułę na obliczenie mocy,
równie przydatne w dynamice maszyn:
P=
F dr
dr
dW
ale d W = F dr zatem P =
=F
=Fv
dt
dt
dt
a więc moc chwilowa jest iloczynem skalarnym siły działającej na dany
obiekt i bieŜącej jego prędkości.
Energia kinetyczna
Wyobraźmy sobie prostą sytuację. Do swobodnego punktu materialnego
o masie m przykładamy siłę F. Co się wtedy dzieje? Zgodnie z II zasadą
dynamiki punkt zaczyna się poruszać w kierunku tej siły ze stałym przyspieszeniem. Punkt więc przemieszcza się liniowo z coraz większą prędkością. W kaŜdej chwili przemierza coraz większe odległości. I cały czas
działa siła F. Rośnie więc bilans pracy „włoŜonej” do układu (F pozostaje constans, ale rośnie przemieszczenie s). Co jest skutkiem wykonywania coraz większej pracy? Łatwo stwierdzić – ruch, a bardziej precyzyjnie coraz większa prędkość i pęd. Ale co tak naprawdę zwiększamy
wykonując w sposób ciągły pracę? Nie moŜemy porównywać bezpośrednio z pracą ani prędkości, ani pędu, ani przyspieszenia bo to są zupełnie inne wielkości opisane zupełnie innymi jednostkami. Musi to
więc być pewna wielkość, która z jednej strony odnosi się do skutku
działania siły, a z drugiej mieć tę samą jednostkę co praca jeśli interesuje
nas na co ostatecznie ta praca zostaje zamieniona. Zobaczmy jak moŜemy wyrazić pracę siły F przyłoŜonej do punktu materialnego m na nieskończenie małym przemieszczeniu d r :
d W = F dr , poniewaŜ v = dr to d r = v d t i d W = F v d t
dt
ponadto, z drugiej zasady Newtona, siła F nadaje ciału przyspieszenie p
i jest równa iloczynowi mp, czyli:
15
Choć nadal w branŜy samochodowej panuje przywiązanie do definicji konia
mechanicznego (KM), który oznacza moc potrzebną o podniesienia ciała o masie 75 kg
na wysokość 1 metra w ciągu 1 sekundy. Po krótkich przeliczeniach łatwo stwierdzić, Ŝe
1 KM=0.74 kW, lub 1 kW=1.36 KM.
Strona 153
ROZDZIAŁ 4
d W = m p v d t , ale p = d v więc d W = m d v v d t
dt
dt
a zatem d W = m v d v . Skończona praca wykonana w pewnym czasie (na
pewnym przemieszczeniu i przy konsekwentnie rosnącej prędkości)
będzie:
∫
∫
dW = d W = m v d v = m
v2
v2
=m
2
2
gdyŜ kwadrat wektora jest równy kwadratowi jego modułu. Otrzymaliśmy pewną wielkość skalarną, równowaŜną wykonanej pracy i odnoszącą się do skutku tej pracy, czyli efektu zwiększenia prędkości. Wielkość
tę nazywamy energią kinetyczną i oznaczamy Ek:
1
Ek = m v 2
2
(4.57)
Określa ona skumulowany efekt pracy siły zewnętrznej, jeśli tym efektem jest ruch.
MoŜna teŜ przyjąć inny sposób rozumowania – wprowadzić pojęcie
energii Ek jako definicję (4.57) i na jej podstawie dojść do pojęcia pracy:
1
1
1
dv
m v 2 = m v 2 ⇒ d Ek = m v dv = m v dv = m
vdt =
2
2
2
dt
= m p v d t = m p dr = F d r = d W
Ek =
d Ek = d W ⇒
∫ d E = ∫ dW
k
⇒ ∆ Ek = ∆ W
(4.58)
czyli, Ŝe skończony przyrost energii kinetycznej punktu jest równy pracy
∆ W wykonanej przez siłę zewnętrzną na pewnym skończonym przemieszczeniu. Sformułowanie (4.58) nosi nazwę zasady zmienności energii kinetycznej. Jest ona bardzo uŜyteczna w dynamice jeśli interesują
nas stany krańcowe ruchu punktu materialnego, a nie sam proces między
nimi zachodzący.
Przykład 4.7
Cegłę o masie m znajdującą się na płaskiej poziomej i szorstkiej powierzchni uderzono nadając jej początkową prędkość v0 . Uwzględniając
Strona 154
DYNAMIKA PUNKTU
tarcie (współczynnik µ ), obliczyć odległość jaką ta cegła przebędzie aŜ
do zatrzymania (rysunek 4.13).
Ten problem da się oczywiście rozwiązać poprzez analizę zagadnienia
odwrotnego przy F = const , gdzie siłą zewnętrzną F jest siła tarcia T
hamująca ruch. Wymagać to będzie postawienia zadania dynamiki
(sformułowania równań róŜniczkowych, warunków początkowych) oraz
jego rozwiązania (całkowanie) z zastosowaniem odpowiednich operacji
prowadzących do obliczenia drogi s. Spójrzmy jednak na ten problem
zupełnie inaczej, rozwaŜając dwie sytuacje skrajne – początkową ( v0 )
i końcową (bezruch po przebyciu drogi s).
1
V0
V
2
V0
V= 0
mg
T
N
s = ?
Rysunek 4.13. Ilustracja do Przykładu 4.7
Zgodnie z (4.58) mamy:
∆ Ek = ∆ W
gdzie Ek 2 = 0 i Ek1 =
czyli
Ek 2 − Ek 1 = W12
1
2
m v0 , natomiast praca:
2
W12 = − F s = −T s = − µ m g s
a znak „−„ pojawia się wobec działania siły tarcia w przeciwną stronę do
przemieszczenia ∠(T, s) = 180 o , cos ∠(T, s) = −1 . Podsumowując,
otrzymujemy natychmiast:
2
0−
v
1
2
m v0 = − µ m g s ⇒ s = 0
2
2µ g
W przypadku działania sił stałych (nie ma wtedy potrzeby całkowania
pracy, bo jest zwykły iloczyn) zasada ta jest bardzo efektywna.
Strona 155
ROZDZIAŁ 4
Pole potencjalne i energia potencjalna
Polem potencjalnym sił nazywamy obszar w przestrzeni, w którym istnieje pewna funkcja połoŜenia V = V ( x, y , z ) , zwana dalej potencjałem,
taka, Ŝe jej gradient jest równy sile działającej na punkt materialny
umieszczony w tym polu:
F = − grad V
(4.59)
Znak „ − ” w (4.59) oznacza, Ŝe są to siły przyciągające (jak np. grawitacji). Operator gradientu przyporządkowuje polu skalarnemu wielkość
wektorową reprezentującą wartość i kierunek wzrostu potencjału. Oblicza się ją następująco:
grad V = ∇V = i
∂V
∂V
∂V  ∂V ∂V ∂V 
+j
+k
=
,
,
∂x
∂y
∂ z  ∂ x ∂ y ∂ z 
(4.60)
Pole potencjalne jest bezwirowe, gdyŜ:
i
∂
rot F = ∇ × ∇V =
∂x
∂V
∂x
j
∂
∂y
∂V
∂y
k
∂
∂z
∂V
∂z
 ∂ 2V
∂ 2V 
−


 ∂ y2 ∂ z ∂ z2∂ y  0
∂ V   
 ∂ V
=
−
= 0 (4.61)
∂z ∂x ∂x∂z   
 2
 0
2
 ∂ V − ∂ V   
∂x∂ y ∂ y ∂x 


i warunek (4.61) jest warunkiem koniecznym pola potencjalnego. RóŜnicę potencjału w danym połoŜeniu ( x, y, z ) i potencjału w pewnym
punkcie odniesienia ( x0 , y0 , z0 ) nazywamy energią potencjalną:
E p = V ( x, y , z ) − V ( x0 , y0 , z0 )
(4.62)
Sprawdźmy teraz jak zmienia się energia potencjalna i od czego ta
zmiana zaleŜy:
d E p = d[V ( x, y, z ) − V ( x0 , y0 , z0 )] = d V ( x, y , z )
poniewaŜ V ( x0 , y0 , z 0 ) =const.
Strona 156
DYNAMIKA PUNKTU
d E p = d V ( x, y , z ) =
∂V
∂V
∂V
dx+
dy+
dz
∂x
∂y
∂z
 ∂V
∂V
∂V
d E p =  i
+j
+k
∂y
∂z
 ∂x

 ⋅ (i d x + j d y + k d z )

a więc d E p = grad V ⋅ d r i wobec (4.58) d E p = −F ⋅ d r czyli:
d E p = − dW
(4.63)
ZauwaŜmy interesujący fakt, Ŝe przyrost energii potencjalnej jest równy
elementarnej pracy wykonanej dla punktu materialnego („włoŜonej”,
a nie wykonanej przez ten punkt z racji znaku „ − ” w (4.63)). Konsekwencją toŜsamości (4.63) jest bardzo ciekawe twierdzenie. RozwaŜając nieco wcześniej kwestię przyrostu energii kinetycznej d Ek ,
stwierdziliśmy jest on równy pracy siły F na elementarnym przemieszczeniu d r . Jeśli przyjąć, Ŝe siła ta ma pochodzenie potencjalne
(jest siłą potencjalną, a nie wymuszeniem zewnętrznym) to spełnimy warunek (4.59) prowadzący do wzoru (4.63), a wtedy:
d Ek = d W oraz d E = − d W
p
(
)
czyli d Ek + d E p = 0 i d Ek + E p = 0 , co oznacza, Ŝe w polu potencjalnym sumaryczny przyrost energii kinetycznej i potencjalnej jest zero,
czyli całkowita energia pozostaje stała:
Ek + E p = const.
(4.64)
PowyŜszy wniosek nazywamy zasadą zachowania energii mechanicznej
E = Ek + E p . Pamiętajmy, Ŝe jest ona słuszna tylko wtedy, gdy siły działające na dany punkt mają charakter potencjalny (4.59), a więc zasada ta
obowiązuje wyłącznie przy załoŜeniu braku obecności sił oporu oraz
zewnętrznych wymuszeń, tj. sił zaleŜnych od prędkości i czasu.
Do zamknięcia rozwaŜań nad energią potencjalną wyprowadźmy formułę pozwalającą ją obliczyć dla przypadku sił spręŜystości. W przypadku jednorodnego pola grawitacyjnego energia potencjalna wyraŜa się
bardzo dobrze znanym wzorem E p = mgh , gdzie h oznacza wysokość
nad poziomem Ziemi (lub innym poziomem odniesienia), natomiast powszechność stosowania elementów spręŜystych w technice domaga się
Strona 157
ROZDZIAŁ 4
umiejętności sprawnego obliczania E p w układach zawierających takie
elementy.
Tak jak skumulowanym efektem pracy jest energia kinetyczna w przypadku ruchu ciała, tak praca zamieniana jest na energię potencjalną przy
zmianie połoŜenia. Wiemy, Ŝe siła spręŜystości jest wprost proporcjonalna do ugięcia spręŜyny (4.29) wobec czego praca i przyrost energii
potencjalnej wyniesie:
F = k u , d W = F du , d E p = d W
Całkując, otrzymujemy:
F = k u , d W = F du , d E p = d W
∫
∫
∫
∫
∫
E p = d E p = d W = F du = k u du = k u du = k
u2
2
a więc energia potencjalna skumulowana przy ugięciu elementu spręŜystego o wartość „u” w stosunku do długości swobodnej tego elementu
jest wprost proporcjonalna do kwadratu jego ugięcia.
Ep =
Strona 158
1 2
ku .
2
(4.65)
`
5
Bryła sztywna
W tym rozdziale:
Wstęp
Kinematyka bryły
Prędkość i przyspieszenie w ruchu płaskim
Dynamika bryły
Energia kinetyczna
o Pęd, kręt, równania dynamiki bryły sztywnej
o
o
o
o
o
ROZDZIAŁ 5
5.1. Kinematyka bryły
Opis połoŜenia
Bryłą sztywną nazywamy ciało o dowolnym kształcie i skończonych
wymiarach oraz masie, takie, w którym odległość pomiędzy dwoma dowolnie wybranymi punktami pozostaje stała. Bryła sztywna stanowi
wyidealizowany model rzeczywistych obiektów, których rozmiary
i kształt mają decydujące znaczenie dla ruchu, natomiast odkształcalność
jest pomijalna lub stanowi drugoplanowe, czy odrębne zagadnienie (np.
dla wytrzymałości materiałów).
Bryła sztywna posiada w ogólności sześć stopni swobody. Do jej jednoznacznego opisu połoŜenia potrzeba określenia sześciu współrzędnych:
trzech przemieszczeń liniowych (translacji) wybranego punktu oraz
trzech przemieszczeń kątowych (rotacji) definiujących orientację przestrzenną bryły. Przemieszczenia liniowe mogą być wyraŜone w klasycznym kartezjańskim układzie współrzędnych prostokątnych za pomocą
wektora wodzącego rA (uprzednio wybrawszy stały punkt bryły A).
UŜywamy dwóch układów współrzędnych – stałego Oxyz oraz ruchomego, trwale związanego z bryłą Aξηζ – Rysunek 5.1.
ζ
η
ρ
z
r
A
rA
O
y
ξ
x
Rysunek 5.1. Stały i ruchomy układ współrzędnych
w opisie połoŜenia bryły sztywnej
Strona 160
BRYŁA SZTYWNA
PołoŜenie dowolnego punktu określa promień wodzący ρ prowadzony
z bieguna (obranego punktu stałego bryły A) do tegoŜ punktu. Zatem
połoŜenie obserwowane w układzie bezwzględnym Oxyz będzie:
r = rA + ρ
(5.1)
przy czym z racji załoŜenia sztywności bryły stwierdzamy, Ŝe
ρ =| ρ |= const.
Istnieje jednak pewien problem ze zdefiniowaniem przemieszczeń kątowych (obrotów) dla bryły, które jednoznacznie i wygodnie określałyby
jej orientację w przestrzeni. Okazuje się, Ŝe uŜycie np. obrotów względem osi x, y, z nie jest odpowiednie, gdyŜ przemieszczenia kątowe są
wtedy nieprzemienne – o ostatecznym połoŜeniu decyduje kolejność
tych działań (obrotów).
z
z
z
y
x
y
x
x
z
z
y
x
y
x
z
y
x
y
x
z
z
y
y
x
Rysunek 5.2. Przemienność przemieszczeń liniowych.
Kolejność przemieszczeń x-y-z (rysunek górny),
kolejność y-z-x (rysunek dolny)
ZauwaŜmy na rysunku 5.2., Ŝe końcowe połoŜenie przy przesuwaniu
punktu (czy całej bryły w ruchu postępowym) jest to samo, niezaleŜnie
od kolejności wykonywania tych przesunięć. Sytuacja ma się zupełnie
inaczej jeŜeli dokonamy obrotów (na poniŜszym rysunku prostokąta)
kolejno wokół osi x, y , z kaŜdorazowo o 90° w prawo (tj. zgodnie
z prawoskrętnością układu współrzędnych).
Strona 161
ROZDZIAŁ 5
z
z
z
y
x
y
x
z
z
x
y
x
y
x
y
x
z
z
z
y
x
y
y
x
Rysunek 5.3. Nieprzemienność przemieszczeń kątowych.
Kolejność obrotów wokół osi x-y-z (rysunek górny),
obroty o 90° wg kolejności y-z-x (rysunek dolny)
Wyraźnie widać, Ŝe połoŜenie końcowe zaleŜy od kolejności przeprowadzanych obrotów mimo, Ŝe same przemieszczenia kątowe były w obydwu przypadkach identyczne. Istnieje więc konieczność podania jeszcze
jednej informacji, tj. właśnie kolejności działań do uzyskania jednoznacznego wyniku. Przeczy to z zasady o przydatności współrzędnych
kątowych rozumianych jako obroty wokół osi x, y , z do opisu orientacji
przestrzennej bryły, czyli trzech stopni swobody związanych z ruchem
obrotowym.
Okazuje się, Ŝe moŜna znaleźć takie współrzędne kątowe, które są przemienne i zawsze dają jednoznaczny wynik. Są to tzw. kąty Eulera16.
Ich opis podano poniŜej.
Na początku układ ruchomy Aξηζ i nieruchomy Oxyz pokrywają się,
po czym następuje odchylenie osi ζ od z o kąt θ , zwany kątem
nutacji (rysunek5.4). Następnie tak odchyloną płaszczyznę ξ − η obracamy wokół stałej osi z o kolejny kąt ψ , zwany kątem precesji (rysunek5.5). Ostatnie przemieszczenie kątowe to tzw. kąt obrotu własnego
ϕ , wykonywany wokół osi własnej bryły ζ (rysunek5.6).
16
Leonhard Euler (1707–1783) – szwajcarski matematyk i fizyk; uwaŜany za jednego
z największych matematyków w historii. Jest autorem fundamentalnych twierdzeń
w dziedzinie analizy, w tym rachunku róŜniczkowym oraz całkowym, a takŜe w teorii
grafów. Jako pierwszy uŜył pojęcia funkcji. Opublikował wiele przełomowych prac
z zakresu mechaniki, optyki i astronomii.
Strona 162
BRYŁA SZTYWNA
z,ζ
z
ζ
η
θ
θ
O
y,η
A
y
x, ξ
x,ξ
Rysunek 5.4. Kąty Eulera: kąt nutacji θ
ζ’
η’
z
ζ
η
ψ
ψ
y
ψ
x, ξ
ξ’
Rysunek 5.5. Kąty Eulera: kąt precesji ψ
η ’’
z
η’
ϕ
ζ ’, ζ ’’
ϕ
y
ϕ
x
ξ ’’
ξ’
Rysunek 5.6. Kąt Eulera: kąt obrotu własnego ϕ
Strona 163
ROZDZIAŁ 5
Zatem, podsumowując, ruch bryły sztywnej opisują trzy przemieszczenia
liniowe i trzy kątowe – wszystkie będące funkcjami czasu:
x A = x A (t ) 
y A = y A (t )
z A = z A (t ) 

θ = θ (t ) 
ψ = ψ (t ) 

ϕ = ϕ (t ) 
(5.2)
Oczywiście, w praktyce mamy najczęściej do czynienia ze znacznie
prostszymi przypadkami ruchów bryły.
Klasyfikacja ruchów bryły sztywnej
Ogólny ruch bryły (6 stopni swobody), który opisują równania (5.2)
moŜna podzielić na dwie podstawowe podgrupy:
•
ruch postępowy (3 stopnie swobody), gdzie: x A = x A (t ) ,
y A = y A (t ) , z A = z A (t ) , ϕ = const, θ = const, ψ = const,
•
ruch kulisty (takŜe 3 stopnie swobody), w którym:
x A = const, y A = const, z A = const, ϕ = ϕ (t ) , θ = θ (t ) ,
ψ = ψ (t ) .
Ruch postępowy moŜna podzielić na:
•
dwuwymiarowy (2 stopnie swobody), gdzie: x A = x A (t ) ,
y A = y A (t ) , z A = const, ϕ = const, θ = const, ψ = const,
•
liniowy (1 stopień swobody). Tutaj: x A = x A (t ) , y A = const,
z A = const, ϕ = const, θ = const, ψ = const,
natomiast z ruchu kulistego moŜna wyodrębnić:
•
Strona 164
ruch obrotowy (1 stopień swobody), gdzie: x A = const,
y A = const, z A = const, ϕ = ϕ (t ) , θ = const, ψ = const,
BRYŁA SZTYWNA
•
precesję regularną, dla której: gdzie: x A = const, y A = const,
z A = const, ϕ = ϕ (t ) , θ = const, ψ& = const.
Kombinacja ruchu postępowego liniowego i obrotowego daje ruch
śrubowy ( x A = x A (t ) , y A = const, z A = const, ϕ = ϕ (t ) , θ = const,
ψ = const), który moŜe mieć dwa stopnie swobody (np. ruch śruby
napędowej łodzi, gdzie zawsze występuje poślizg śruby jako warunek
działania napędu) lub jeden stopień swobody, gdy istnieje ścisła
zaleŜność pomiędzy przesunięciem liniowym x i katem obrotu ϕ (tj.
funkcja więzów f ( x, ϕ ) = 0 ), jak to jest w połączeniu gwintowym.
Połączenie ruchu postępowego dwuwymiarowego z obrotowym nazywamy ruchem płaskim ( x A = x A (t ) , y A = y A (t ) , z A = const, ϕ = ϕ (t ) ,
θ = const, ψ = const), posiadającym trzy stopnie swobody i występującym bardzo często w praktyce inŜynierskiej (budowie maszyn). Dlatego
zostanie on szerzej omówiony w dalszej części.
W podsumowaniu, klasyfikację ruchów bryły sztywnej przedstawmy
schematycznie na ilustracji poniŜej.
ruch ogólny
ruch postępowy
ruch
2-wymiarowy
ruch kulisty
ruch
1-wymiarowy
ruch
obrotowy
precesja
regularna
ruch
śrubowy
ruch
płaski
Rysunek 5.7. Klasyfikacja ruchów bryły sztywnej
Strona 165
ROZDZIAŁ 5
Prędkość w ruchu ogólnym
Prędkość dowolnego punktu bryły definiowana jest dokładnie tak samo
jak prędkość punktu, a więc jako pochodna wektora wodzącego względem czasu. Wobec (5.1), mamy
v=
( )
dr d
dr
dρ
d
d ρ0
= (rA + ρ ) = A +
= vA +
ρ ρ0 = v A + ρ
dt dt
dt
dt
dt
dt
(5.3)
gdyŜ ρ = const. Wiedząc, Ŝe pochodna wektora jednostkowego jest
równa iloczynowi wektorowemu prędkości kątowej i tegoŜ wersora, tj.
ρ& 0 = ω × ρ 0 , otrzymujemy:
v = v A + ρ ω × ρ0 = v A + ω × ρ ρ0
i ostatecznie:
v = vA + ω × ρ
(5.4)
Widać wyraźnie, Ŝe ruch dowolny bryły jest złoŜeniem ruchu postępowego ( v A ) i obrotowego (ω × ρ) .
z
y
ω
A
ρ
B
x
Rysunek 5.8. Ruch bryły na płaszczyźnie
W tym przypadku ρ = AB i v B = v A + ω × AB . ZauwaŜmy, Ŝe rzutując
wektory prędkości punktów A i B na kierunek ich łączący AB
(rzutowanie wektora na dany kierunek jest mnoŜeniem skalarnym tego
wektora przez wersor rzutni) otrzymamy:
v B = v A + ω × AB / ⋅ AB
Strona 166
0
(5.5)
BRYŁA SZTYWNA
0
(
0
)
v B ⋅ AB = v A ⋅ AB + ω × AB ⋅ AB
0
(
0
)
0
0
czyli v B ⋅ AB = v A ⋅ AB , gdyŜ ω × AB ⋅ AB wynosi zero, poniewaŜ
wynikiem iloczynu wektorowego ω × AB musi być wektor prostopadły
0
0
do AB , a więc i AB (bo AB = AB ⋅ AB ), a ten z kolei jest mnoŜony
0
(
)
0
(
)
0
skalarnie przez AB : ω × AB ⊥ AB czyli ω × AB ⋅ AB = 0 . Ozna0
0
czając ponadto iloczyny v B ⋅ AB = v B|| i v A ⋅ AB = v A|| , stwierdzamy:
v B || = v A||
co stanowi formalny zapis stwierdzenia, Ŝe rzuty prędkości dwóch dowolnych punktów na łączący je kierunek muszą być sobie równe (rysunek 5.9).
vB
vA
A
B
vA
vB
Rysunek 5.9. Twierdzenie o rzutach prędkości: v A|| = v B ||
Właściwość ta wykorzystywana jest przy rozwiązywaniu wielu zadań
z kinematyki bryły w ruchu płaskim.
Przykład 5.1
W mimośrodowym mechanizmie korbowym długość korby wynosi r ,
korbowodu l , wartość mimośrodu e , prędkość kątowa wału ω 0 . Obliczyć prędkość tłoka dla dwóch charakterystycznych połoŜeń korby – poziomego i pionowego.
Strona 167
ROZDZIAŁ 5
A
r
O
l
ω0
e
B
Rysunek 5.10. Ilustracja do Przykładu 5.1
a. połoŜenie poziome korby
A
O
ϕ
ω0
vA
vA
vB
B
ϕ
vB
Rysunek 5.11. Rzutowanie wektorów prędkości czopa i tłoka
W wyniku ruchu czopa korbowego po okręgu, liniowa prędkość punktu
A wynosi v A = ω 0 r . Oznaczając kąt między pionowym kierunkiem
wektora v A , a korbowodem (w tym przypadku linią rzutni) przez ϕ ,
mamy:
v A|| = v A ⋅ cos ϕ = ω0 r cos ϕ
Ten sam kąt występuje między kierunkiem prędkości tłoka (poziomym –
wymuszonym kierunkiem osi cylindra) v B , a kierunkiem rzutowania
prostopadłym do rzutni (korbowodu) – rysunek 5.11. Wobec tego:
vB|| = vB ⋅ sin ϕ
Wykorzystując twierdzenie o równości rzutów, otrzymamy
vB ⋅ sin ϕ = ω0 r cos ϕ ⇒ vB = ω0 r ctg ϕ
Wyznaczmy cotangens kąta ϕ z poniŜszego rysunku
Strona 168
BRYŁA SZTYWNA
A
r
O
ϕ
e
l
B
C
Rysunek 5.12. Geometria mechanizmu korbowego
przy poziomym połoŜeniu korby
jest więc: ctg ϕ =
AC
AC
e
=
=
.
2
2
2
CB
( AB) − ( AC )
l − e2
Ostatecznie: vB = ω0 r
e
l − e2
2
.
b. pionowe połoŜenie korby
O
ω0
B
vB
ϕ
vB
vA
ϕ
A
vA
Rysunek 5.13. Rzutowanie prędkości przy pionowym połoŜeniu korby
Tym razem, jak łatwo zauwaŜyć na rysunku 5.13. obydwa wektory rzutują się w ten sposób na kierunek łączący punkty A i B.
v A|| = v A ⋅ cos ϕ i vB|| = vB ⋅ sin ϕ
Wobec tego: vB = v A = ω 0 r .
Wektory prędkości moŜna równieŜ wyznaczać za pomocą innej geometrycznej metody, która opiera się na pojęciu tzw. chwilowego środka
obrotu (lub chwilowego środka prędkości). Chwilowy środek obrotu to
taki punkt (niekoniecznie leŜący na obszarze bryły), w którym prędkość
w danej chwili wynosi zero. Okazuje się, Ŝe dowolny ruch płaski bryły
(poza wyłącznie postępowym), tj. złoŜony z ruchu translacyjnego (poStrona 169
ROZDZIAŁ 5
stępowego) i obrotowego moŜna w kaŜdej chwili zastąpić ruchem czysto
obrotowym właśnie wokół chwilowego środka prędkości.
Wyobraźmy sobie płytę kołową ze stałym środkiem obrotu w punkcie O,
obracającą się z prędkością kątową ω . Weźmy dwa dowolne punkty A
i B tej płyty i wyznaczmy ich prędkości – rysunek 5.14.
B
vA
O
vB
A
ω
Rysunek 5.14. Ruch punktów na wirującej płycie: v A ⊥ OA i v B ⊥ OB
Wektory prędkości są oczywiście styczne do okręgów, po których
poruszają się punkty A i B, a więc prostopadłe do ich promieni:
v A ⊥ OA i v B ⊥ OB . Ponadto wartości tych prędkości wynoszą
odpowiednio v A = ω ⋅ OA i vB = ω ⋅ OB . Zachodzi więc między nimi
następujący związek:
ω=
vA
v
= B
OA OB
(5.6)
WaŜne jest to, Ŝe środek obrotu (tutaj stały) leŜy na przecięciu dwóch
kierunków prowadzonych prostopadle od wektorów prędkości v A i v B
(czyli promieni OA i OB). Tę obserwację moŜna uogólnić na dowolny
ruch płaski bryły – rysunek 5.15.
Strona 170
BRYŁA SZTYWNA
vA
B
ωs
S
A
vB
Rysunek 5.15. Wyznaczanie chwilowego środka obrotu na podstawie
znajomości kierunków prędkości w dwóch punktach bryły
JeŜeli znamy kierunki prędkości w dwóch punktach bryły, to prowadząc
linie prostopadłe od tych kierunków otrzymamy w przecięciu punkt, którego prędkość wynosi zero (analogicznie do wirującej płyty przedstawionej na rysunku 5.14). Naturalnie, taka sytuacja moŜe trwać tylko
chwilę i kolejne połoŜenie środka prędkości moŜe być juŜ w innym miejscu (linię będącą sumą geometryczną wszystkich następujących po sobie
chwilowych środków prędkości nazywamy centroidą).
Przykład 5.2
Koło pojazdu szynowego o promieniu tocznym r , z kołnierzem
o promieniu R , toczy się z liniową prędkością osi v0 . Obliczyć prędkości wskazanych punktów A i B tego koła.
R
r
O
A
v0
ω
szyna
B
Rysunek 5.16. Ilustracja do Przykładu 5.2
W zadaniu tym mamy informację tylko o jednym wektorze prędkości
( v 0 ) , ale znalezienie chwilowego środka obrotu jest natychmiastowe.
Nie jest to oś koła (bo ma prędkość v0 ≠ 0 ) lecz punkt styku koła
z nieruchoma szyną. Przy braku poślizgu jego prędkość musi być równa
prędkości szyny, czyli zero (rysunek 5.17a).
Strona 171
ROZDZIAŁ 5
a)
b)
c)
vA
v0
O
r
a)
ω
ω
s
S
O
O
A
ωs
s
C
S
S
B
vB
Rysunek 5.17. PołoŜenie chwilowego środka obrotu (a),
prędkość w punkcie A (b) i B (c)
Obliczenie wartości v A i vB wynika z prostych zaleŜności:
v0 = ω S ⋅ SO = ω S r
czyli ωS =
v0
r
Ponadto:
v A = ω S ⋅ SA = v0
SA
SB
oraz vB = ωS ⋅ SB = v0
r
r
Odcinek SA to przekątna kwadratu OACS na rysunku 5.17b., a zatem
SA= 2r , natomiast odcinek SB to przeciwprostokątna trójkąta OSB na
rysunku 5.17c., tj.:
SB = (OB) 2 − (OS ) 2 = R 2 − r 2
a zatem:
2
v A = v0 2 i v = v  R  − 1 .

0 
B
r
Przyspieszenie w ruchu ogólnym
Przyspieszenie dowolnego punktu bryły to kolejna pochodna względem
czasu. Jest więc:
p=
Strona 172
d2 r d v d
d vA dω
dρ
=
= (v A + ω × ρ ) =
+
×ρ + ω×
2
dt dt
dt
dt
dt
dt
(5.7)
BRYŁA SZTYWNA
Oznaczając przyspieszenie bieguna (wybranego punktu bryły, w którym
utwierdzono ruchomy układ współrzędnych Aξηζ ) jako p A oraz
wprowadzając pojęcie przyspieszenia kątowego ε , jako pochodnej
prędkości kątowej ε = d ω / d t , otrzymujemy:
(
)
d ρ0
= p A + ε × ρ + ω × ρ ω × ρ0 =
dt
= p A + ε × ρ + ω × (ω × ρ )
p = pA + ε×ρ + ω× ρ
(5.8)
Jak widać, przyspieszenie bryły zawiera trzy składniki: p A to przyspieszenie w ruchu postępowym, ε × ρ nazywane jest przyspieszeniem
obrotowym i ω × (ω × ρ ) – takŜe związane z ruchem obrotowym, nazywane przyspieszeniem doosiowym (gdyŜ jego wektor zawsze jest skierowany w stronę chwilowej osi obrotu bryły).
Przyspieszenie w ruchu płaskim
RozwaŜmy sytuację przedstawioną na rysunku 5.18. i obliczmy przyspieszenie we wskazanym punkcie B na podstawie znajomości przyspieszenia liniowego p A oraz prędkości i przyspieszenia kątowego ω i ε .
Korzystając z toŜsamości wektorowej:
a × (b × c ) = b ⋅ (a ⋅ c ) − c ⋅ (a ⋅ b )
obliczamy przyspieszenie doosiowe:
ω × (ω × ρ ) = ω ⋅ (ω ⋅ ρ ) − ρ ⋅ (ω ⋅ ω ) = −ρω 2 = −ω 2 AB
(5.9)
gdyŜ ω ⊥ ρ (rysunek 5.18). Przyspieszenie obrotowe redukuję się zatem
do dośrodkowego. Jednocześnie zauwaŜamy, Ŝe iloczyn ε × ρ jest
wektorem prostopadłym do ρ i leŜącym na płaszczyźnie ruchu (bo takŜe
prostopadłym do ε ).
Strona 173
ROZDZIAŁ 5
z
y
ε
ω
B
AB
A
pA
x
Rysunek 5.18. Przyspieszenie w ruchu płaskim
Jego moduł jest iloczynem przyspieszenia kątowego ε i długości
odcinka AB. Otrzymujemy więc sytuację przedstawioną na rysunku 5.19.
t
pB
ε .AB
α
pB/A
pA
ε
ω . AB
2
A
ω
pA
AB
B
n
Rysunek 5.19. Składowe przyspieszenia w ruchu płaskim
Wprowadźmy w punkcie B układ współrzędnych naturalnych n − t , prowadząc oś normalną n wzdłuŜ kierunku AB, natomiast oś styczną t prostopadle, zgodnie z kierunkiem ε . Przesuńmy następnie znane przyspieszenie liniowe p A do punktu B (równolegle), które teraz tworzy
odpowiednio kąty α i 90° − α z osiami n oraz t . Obliczmy teraz składowe całkowitego przyspieszenia w punkcie B we współrzędnych naturalnych:
pBn = p A cos ∠(p A , n ) − ω 2 AB
pBt = p A cos ∠(p A , t ) + ε AB
(5.10)
gdzie kąty ∠(p A , n ) = α i ∠(p A , t ) = 90o − α . Całkowite przyspieszenie
w B to oczywiście: pB =
Strona 174
2
2
pBn
+ pBt
. Suma składowych ω 2 AB i ε AB
BRYŁA SZTYWNA
tworzy przyspieszenie względne, tj. p B względem p A (oznaczone przez
p B / A na rysunku 5.19.).
Przykład 5.3
Koło pojazdu szynowego z Przykładu 5.2 porusza się z prędkością v0
i opóźnieniem p0 . Obliczyć przyspieszenie we wskazanym punkcie B.
R
r
p0
O
ω
v0
ε
szyna
B
Rysunek 5.20. Ilustracja do Przykładu 5.3
Sytuację obrazuje rysunek 5.20. Zgodnie z opisem do rysunek 5.19.,
wprowadzamy w punkcie B układ współrzędnych naturalnych n − t
i przesuwamy znane przyspieszenie p 0 (tu opóźnienie – stąd zwrot jest
przeciwny do v 0 na rysunku 5.20.) do punktu B (rysunek 5.21.). Zgodnie z wzorami (5.10) piszemy:
pBn = p0 cos ∠(p 0 , n ) − ω 2OB
pBt = p0 cos ∠(p 0 , t ) + ε OB
gdzie ∠(p 0 , n ) = 180° − α oraz ∠(p 0 , t ) = 90o + α . Długość odcinka OB
to promień kołnierza R . Zatem:
(
cos(90
)
pBn = p0 cos 180o − α − ω 2 R = − p0 cos α − ω 2 R
pBt = p0
o
)
+ α + ε R = − p0 sin α − ε R
Strona 175
ROZDZIAŁ 5
O
p0
ε
t
α
p0
B
n
Rysunek 5.21. Układ współrzędnych naturalnych w punkcie,
którego przyspieszenie jest wyznaczane
Przy braku poślizgu, prędkość i przyspieszenie kątowe są ilorazem odpowiednio prędkości i przyspieszenia liniowego osi koła oraz promienia
tocznego tego koła (czyli r ):
ω=
v0
p
, ε= 0
r
r
a więc:
v02
R
r2
p
pBt = p0 sin α + 0 R
r
pBn = p0 cos α −
Do zidentyfikowania pozostał wprowadzony jako wielkość pomocnicza
kąt α . Jest to kąt między kierunkiem poziomym (szyną), a promieniem
prowadzonym od osi koła do wskazanego punktu B. Z rysunku 5.22.
łatwo zauwaŜyć, Ŝe:
sin α =
OC r
=
OB R
cos α =
(OB) 2 − (OC ) 2
CB
=
=
OB
OB
Ostatecznie otrzymujemy:
Strona 176
R2 − r 2
r
BRYŁA SZTYWNA
2
v2
 R
pBn = − p0   − 1 − 02 R
r
r
pBt = − p0
r
R
R2 − r 2
+ p0 = p0
R
r
Rr
O
R
r
α
C
B
Rysunek 5.22. Trójkąt OCB definiujący kąt α
i wreszcie:
pB =
2
2
R 2 − r 2  
R
v2
 + p0   − 1 + 02

r
r
 R r  

p02 
2

R .


5.2. Dynamika bryły
Energia kinetyczna
Energia kinetyczna bryły sztywnej obliczana jest ze wzoru właściwego
dla punktu materialnego, przy czym pamiętać naleŜy, Ŝe bryła stanowi
pewne continuum, a prędkość kaŜdego jej punktu moŜe być inna.
Podzielmy bryłę na n małych części o skończonej masie ∆m (rysunek 5.23.). Energia kaŜdego takiego elementu, którego prędkość wynosi
vi będzie:
Strona 177
ROZDZIAŁ 5
Eki =
1
∆m vi2
2
(5.11)
natomiast energia całkowita wyniesie w przybliŜeniu:
n
Ek ≈
∑E
(5.12)
ki
i =1
gdyŜ równy kształt elementów o tej samej masie ∆m nie odwzorowuje
dokładnie faktycznego kształtu bryły.
ζ
∆m
vi
z
η
ρ
ri
A
rA
y
O
x
ξ
Rysunek 5.23. Prędkość elementarnego wycinka bryły
Dzieląc jednak jej obszar na coraz drobniejsze fragmenty i wreszcie
przechodząc do granicy (nieskończenie wiele elementów o nieskończenie małej masie) otrzymamy:
Ek =
1
1 2
lim ∆m vi2 =
v dm
m → dm
2 ∆n →
2
∞
∫
(5.13)
Z kinematyki bryły pamiętamy, Ŝe prędkość dowolnego punktu jest
sumą prędkości w ruchu postępowym wybranego punktu bryły (środka
ruchomego układu współrzędnych) oraz prędkości wynikającej z ruchu
obrotowego (5.4). Zatem:
v 2 = v 2 = (v A + ω × ρ ) = v 2A + 2 v A ⋅ (ω × ρ ) + (ω × ρ )
2
i energia jest następującą całką:
Strona 178
2
(5.14)
BRYŁA SZTYWNA
Ek =
1 2
1
v A d m + v A (ω × ρ ) d m +
2
2
∫
∫
∫ (ω × ρ)
2
dm
(5.15)
Wyciągając przed operator całki wartości stałe, tj. v A oraz ω , piszemy:
Ek =
( ∫
) ∫ (ω × ρ) d m
1 2
1
vA d m + vA ω× ρd m +
2
2
∫
2
(5.16)
Z geometrii mas pamiętamy, Ŝe połoŜenie środka masy jest ilorazem
momentu statycznego oraz masy całkowitej bryły – wzór (1.3). Podobnie
będzie w ruchomym układzie współrzędnych:
ρC =
∫ρd m
(5.17)
m
MoŜemy więc w środkowej całce równania (5.16) podstawić iloczyn
masy bryły i promienia ρ C :
Ek =
1
1
m v A2 + m v A ⋅ (ω × ρ C ) +
2
2
∫ (ω × ρ)
2
dm
(5.18)
Pozostaje na koniec obliczyć ostatnią całkę zawierającą wyraŜenie
(ω × ρ )2 . Istnieje prosta toŜsamość wynikająca z toŜsamości iloczynu
wektorowego, skalarnego i tzw. „jedynki trygonometrycznej”:
(ω × ρ )2 = ω 2ρ 2 − (ω ⋅ ρ )2 = ω2 ρ 2 − ω 2 (ω 0 ⋅ ρ )
2
(5.19)
ZauwaŜmy jednocześnie, Ŝe iloczyn wektora ρ oraz wersora prędkości
kątowej bryły ω 0 jest długością odcinka stanowiącego rzut wektora ρ
na kierunek chwilowej osi obrotu. PoniewaŜ trójkąt ABD na rysunku
5.24.
jest
prostokątny,
z
łatwością
dostrzegamy,
Ŝe
2
2
2
( BD) = ( AB) − ( AD) , czyli:
( BD) 2 = l 2 = ρ 2 − ρ ⋅ ω 0 = ρ 2 − ρω2
(
)
i wtedy (ω × ρ ) = ω 2 ρ 2 − ρω2 = ω 2l 2 .
2
Strona 179
ROZDZIAŁ 5
B
l
ρ
D
α
A
ω0
ρ
ω
0
ρ 1
co s
o tu
obr
oś
wa
lo
i
ch w
α
Rysunek 5.24. Rzutowanie wektora ρ
na kierunek prędkości kątowej bryły
Zatem całka, wobec niezaleŜności ω od obszaru całkowania (sztywność
bryły wymusza warunek ω = const w dowolnej chwili w całej objętości
bryły) będzie:
∫ (ω × ρ) d m = ω ∫ l
2
2
2
d m = ω 2 Il
(5.20)
gdyŜ jest odległością od osi obrotu, przeto całka w (5.20) określa masowy moment bezwładności bryły względem osi obrotu. Otrzymujemy
ostatecznie:
Ek =
1
1
m v A2 + m v A ⋅ (ω × ρC ) + ω 2 I l
2
2
(5.21)
Na koniec rozwaŜań o energii bryły zwróćmy uwagę, Ŝe w przypadku
wyboru środka ruchomego układu współrzędnych związanego z bryłą
Aξηζ w środku jej masy, tj. A ≡ C wzór (5.21) upraszcza się do:
Ek =
1
1
m vC2 + I C ω 2
2
2
(5.22)
gdyŜ wtedy ρC = 0 (długość wektora prowadzonego do środka masy od
C , czyli środka masy wynosi oczywiście zero).
Strona 180
BRYŁA SZTYWNA
WyraŜenie (5.22) nazywa się twierdzeniem Königa17 o energii kinematycznej bryły sztywnej mówiące, Ŝe całkowita energia bryły jest
sumą energii w ruchu postępowym odnoszącym się do środka masy oraz
obrotowym odniesionym do momentu bezwładności względem osi równoległej do chwilowej osi obrotu i przechodzącej przez środek masy
bryły.
Przykład 5.4
Koło o masie m porusza się z prędkością v0 . Obliczyć o ile większa jest
energia tego koła, gdy toczy się bez poślizgu w stosunku do energii koła
zablokowanego (pełny poślizg).
r
v0
m
Rysunek 5.25. Ilustracja do Przykładu 5.4
W sytuacji, gdy koło jest całkowicie zablokowane i ślizga się
z prędkością v0 mamy w istocie do czynienia z ruchem wyłącznie postępowym całego koła (czyli takim, w którym prędkość kaŜdego punktu jest
taka sama). Energia kinematyczna wyniesie po prostu:
Ek =
1
m v02
2
W przypadku swobodnego toczenia dochodzi do wyraŜenia na energię
człon z tw. Königa związany z ruchem obrotowym koła. Przy braku poślizgu prędkość kątowa koła jest ilorazem prędkości liniowej osi
i promienia tocznego, czyli ω = v0 / r . Jak pamiętamy z geometrii mas
(Przykład 1.8), moment bezwładności koła względem jego osi ma wartość I O = mr 2 / 2 . PoniewaŜ punkt O (oś koła) jest jednocześnie środkiem masy C , to vC = v0 oraz I C = I 0 :
17
Johann Samuel König (1712–1757) – członek Paryskiej Akademii Nauk, Pruskiego
i Brytyjskiego (w Getyndze) Królewskiego Towarzystwa Naukowego. W 1771 opublikował swoje rozwaŜania na temat energii układu punktów materialnych i bryły sztywnej,
które znalazły formalny zapis pod postacią twierdzenia nazwanego jego nazwiskiem.
Strona 181
ROZDZIAŁ 5
Ek =
1
1
1
1
1
1 1
v 
m vC2 + I C ω 2 = m v02 + I O ω 2 = m v02 + ⋅ mr 2  0 
2
2
2
2
2
2 2
 r 
Ek =
1
1
v2 1
1
3
m v02 + mr 2 02 = m v02 + mv02 = mv02
2
4
2
4
4
r
2
A zatem energia toczącego się koła w stosunku do energii koła zablokowanego w ruchu po linii prostej jest o 50% większa.
Pęd bryły
Całkowity pęd bryły sztywnej jest sumą pędów wszystkich jej punktów,
a więc – wobec ciągłego i dowolnego kształtu bryły – całką elementarnych pędów v d m po całym obszarze bryły
n
B = lim
∑ ∆m v = ∫ v d m
n→∞
∆m → dm i =1
i
(5.23)
Podobnie, jak w przypadku obliczania energii kinetycznej, wstawiając
wzór na prędkość dowolnego punktu bryły, tj. v = v A + ω × ρ , otrzymujemy
∫ (v + ω × ρ ) d m = ∫ v
B = v ∫dm + ω× ∫ρdm
B=
A
A
∫
d m + ω×ρd m
(5.24)
A
Z geometrii mas wiemy, Ŝe całka elementarnego momentu statycznego
ρ d m jest iloczynem masy całej bryły i wektora połoŜenia środka masy,
zatem:
B = v A m + ω × ρ C m = m (v A + ω × ρ C )
(5.25)
Powracając do wzoru na prędkość dowolnego punktu stwierdzamy, Ŝe:
v C = v A + ω × ρC
(5.26)
ostatecznie:
A więc całkowity pęd bryły daje się obliczyć w bardzo łatwy sposób,
jako iloczyn masy całkowitej i prędkości tylko jednego jej punktu –
środka masy (zauwaŜmy, jak waŜna jest znajomość połoŜenia tego
Strona 182
BRYŁA SZTYWNA
punktu – w twierdzeniu o energii kinetycznej teŜ ma znaczenie kluczowe. W dalszej części rozwaŜań okaŜe się, Ŝe nie tylko w tych przypadkach.)
Kręt bryły
Tak, jak w przypadku punktu materialnego, krętem bryły określa się jej
moment pędu, a więc iloczyn wektorowy promienia wodzącego i pędu.
Naturalnie, w przypadku bryły mamy nieskończenie wiele punktów materialnych, a kaŜdy – z racji róŜnej prędkości – moŜe mieć inny pęd.
Zdefiniujmy więc na początku elementarny kręt bryły jako iloczyn
wektorowy połoŜenia wybranego punktu i elementarnego pędu d B .
Względem punktu nieruchomego, tj. w bezwzględnym układzie współrzędnych Oxyz , mamy:
d KO = r × d B
(5.28)
d K O = (rA + ρ ) × d B = rA × d B + ρ × d B
(5.29)
oczywiście: r = rA + ρ , czyli:
Ostatni iloczyn w wyraŜeniu (5.29) to definicja elementarnego krętu
względem punktu A, tj., w ruchomym układzie współrzędnych Aξηζ ,
związanym z bryłą, gdyŜ jest promieniem wodzącym ρ danego punktu
bryły prowadzonym właśnie od punktu A. Mamy więc:
d K O = rA × d B + d K A
(5.30)
Całkując powyŜsze równanie otrzymamy:
∫dK
O
∫
∫
∫
∫
= rA × d B + d K A = rA × d B + d K A
co daje, wobec niezaleŜności rA od całkowania po obszarze bryły, wzór
transformacyjny na kręt przy zmianie punktu odniesienia, tj. określający
relację pomiędzy krętem bryły względem punktu nieruchomego O
i ruchomego A:
K O = rA × B + K A
(5.31)
Strona 183
ROZDZIAŁ 5
Pozostaje otwarte pytanie, ile wynosi kręt względem punktu związanego
z bryłą K A . Jego elementarna wartość to. Wyraźmy ją w bardziej jawny
sposób:
d K A = ρ × d B = ρ × v d m = ρ × (v A + ω × ρ ) d m
czyli:
K A = ρ × (v A + ω × ρ ) d m = ρ × v A d m + ρ × (ω × ρ ) d m (5.32)
∫
∫
∫
pierwsza całka w (5.32) to:
∫ρ× v
A
∫
∫
d m = − v A × ρ d m = −v A × ρ d m =
= − v A × ρ C m = ρC × m v A
(5.33)
a więc:
K A = ρ C × m v A + ρ × (ω × ρ ) d m
∫
(5.34)
Obliczmy teraz ostatnią całkę. Wielokrotnie wykorzystywaliśmy juŜ
wektorową toŜsamość a × (b × b ) = b ⋅ (a ⋅ c ) − c ⋅ (a ⋅ b ) . W tym przypadku
będzie:.
ρ × (ω × ρ ) = ωρ 2 − ρ ⋅ (ρ ⋅ ω )
(5.35)
Wektor wodzący dowolnego punktu ma składowe ρ = [ξ ,η , ζ ] ,
natomiast prędkość kątowa ω = [ωξ , ωη , ωζ ] . Iloczyn skalarny obydwu
wyniesie ρ ⋅ ω = ωξ ξ + ωη η + ωζ ζ , podczas gdy ρ 2 = ξ 2 + η 2 + ζ 2 .
Będzie więc:
ωξ 
ξ 
  2
2
2
ρ × (ω × ρ ) = ωη  ξ + η + ζ − η  (ωξ ξ + ωηη + ωζ ζ ) = (5.36)
ω 
ζ 
 ζ
(
)
Po przemnoŜeniu i zsumowaniu otrzymamy:
Strona 184
BRYŁA SZTYWNA
ωξ ξ 2 + ωξ η 2 + ωξ ζ 2 − ωξ ξ 2 − ωη ξη − ωζ ξζ 


ρ × (ω × ρ ) = ωη ξ 2 + ωη η 2 + ωη ζ 2 − ωξ ηξ − ωη η 2 − ωζ ηζ  (5.37)


2
2
2
2
ωζ ξ + ωζ η + ωζ ζ − ωξ ζξ − ωη ζη − ωζ ζ 
grupując wyrazy podobne i skracając te same:
(
)
ωξ η 2 + ζ 2 − ωη ξη − ωζ ξζ 


ρ × (ω × ρ ) = − ωξ ηξ + ωη ξ 2 + ζ 2 − ωζ ηζ 


2
2
+ ωζ ξ + η − ωξ ζξ − ωη ζη 
(
(
)
)
(5.38)
co, po uporządkowaniu, pozwala zapisać powyŜsze wyraŜenie jako iloczyn pewnej macierzy i wektora prędkości kątowej:
η 2 + ζ 2
− ξη
− ξζ  ωξ 

 
2
2
ρ × (ω × ρ ) =  − ηξ
− ηζ  ωη 
ξ +ζ
 − ζξ
− ζη
ξ 2 + η 2  ωζ 

(5.39)
Całka tego wyraŜenia to macierz zawierająca całki swych elementów:
∫(
∫
)
 η2 +ζ 2 d m

ρ × (ω × ρ ) d m =  − ηξ d m

 − ζξ d m

∫
∫
∫
− ξη d m
∫ (ξ
2
)
+ζ 2 dm
∫
− ζη d m
− ξζ d m  ω 
 ξ 
− ηζ d m  ωη  (5.39)

ξ 2 + η 2 d m  ωζ 

∫(
∫
∫
)
Z rozdziału I wiemy, Ŝe całki te są definicjami masowych momentów
bezwładności względem osi ξ , η , ζ oraz wszystkich momentów dewiacji w tym układzie współrzędnych (wystarczy je porównać z definicjami
(1.19-1.21)). Ostatecznie uzyskaliśmy rezultat mówiący, Ŝe całka wyraŜenia jest iloczynem tensora bezwładności w ruchomym układzie odniesienia Aξηζ i wektora prędkości kątowej bryły, wyraŜonego w tymŜe
układzie:
∫
 Iξ

ρ × (ω × ρ ) d m = − Iηξ
 − Iζξ

− I ξη
Iη
− Iζη
− Iξζ  ωξ 
 
− Iηζ  ωη  = I ⋅ ω
I ζ  ωζ 
(5.41)
Strona 185
ROZDZIAŁ 5
Pamiętając, Ŝe kręt bryły względem punktu ruchomego (5.32) zawiera
dwa wyraŜenia, tj. (5.33) i (5.40), piszemy:
K A = ρC × m v A + I ⋅ ω
(5.42)
i wreszcie, kręt w bezwzględnym układzie odniesienia Oxyz wyniesie
K O = rA × B + ρC × m v A + I ⋅ ω
Równania ruchu
Jednym z najwaŜniejszych aksjomatów mechaniki jest II zasada dynamiki Newtona, która jest róŜniczkowym prawem (drugiego rzędu) rządzącym ruchem punktu materialnego. W rozdziale 4.3 zostało wykazane,
Ŝe równowaŜna temu prawu jeśli zasada zmienności pędu. Zatem moŜna
powiedzieć, Ŝe ruch punktu określa zasada zmienności pędu, która stanowi układ trzech skalarnych równań róŜniczkowych.
Bryła sztywna posiada sześć stopni swobody. MoŜna się spodziewać, Ŝe
ruchem związanym z trzema z nich będzie rządzić właśnie zasada
zmienności pędu. Będzie to prawo ruchu postępowego środka masy
bryły, gdyŜ właśnie prędkość tego punktu definiuje pęd całości (5.27).
Będzie więc (dla układu nieswobodnego, gdzie wystąpią siły reakcji):
B& = F + R
(5.44)
d vC
=F+R
dt
(5.45)
gdzie B = m v C , czyli:
m
a poniewaŜ : v C = [ x&C , y& C , z&C ] , to ostatecznie otrzymamy trzy skalarne
równania ruchu:
m&x&C = Fx + Rx 

m&y&C = Fy + Ry 

m&z&C = Fz + Rz 
(5.46)
opisujące ruch środka masy bryły (który wynika z jej ruchu postępowego
v A ≠ 0 i obrotowego ω ≠ 0 , gdyŜ zachodzi v C = v A + ω × ρC ).
Strona 186
BRYŁA SZTYWNA
Pozostałe trzy stopnie swobody opisuje zasada zmienności krętu wyraŜonego wzorem (5.43). NaleŜy tu podkreślić, Ŝe obydwie zasady –
w myśl sformułowania Newtona – słuszne są w bezwzględnym układzie
odniesienia (nieruchomym układzie współrzędnych Oxyz ). Podobnie jak
dla punktu materialnego, takŜe i w przypadku bryły, pochodne krętu
względem czasu są momentami sił zewnętrznych czynnych i biernych
(reakcji):
& = M (F ) + M (R )
K
O
O
O
(5.47)
gdzie O jest środkiem nieruchomego układu współrzędnych. Zachodzi
teraz interesujące i waŜne pytanie, czy moŜna sformułować zasadę
zmienności krętu względem punktu ruchomego związanego z tą bryłą?
Jak wtedy będzie wyglądać równanie (5.47)? Problem ten odnosi się do
rzeczywistych obiektów, które z przeznaczenia przemieszczają się na
duŜe odległości (wszelkie pojazdy, rakiety, satelity, itp.), gdzie obliczanie krętu względem punktu stałego byłoby bardzo niewygodne. Aby odpowiedzieć na to pytanie, przypomnijmy jak transformuje się moment
siły przy zmianie punktu odniesienia (podobne rozwaŜania były przeprowadzane w rozdziale II).
ζ
F
ρ
z
r
η
A
rA
x
O
y
ξ
Rysunek 5.26. Obliczanie momentu siły w dwóch układach
współrzędnych (względem punktu O i A)
Moment pewnej siły F w nieruchomym układzie odniesienia
definiowany jest jako M O (F ) = r × F natomiast w układzie Aξηζ
(związanym z bryłą) jako M A (F ) = ρ × F . PoniewaŜ zachodzie związek
między wektorami (Rys5.), to łatwo zauwaŜyć, Ŝe:
M O (F ) = (rA + ρ ) × F = rA × F + ρ × F = rA × F + M A (F )
Strona 187
ROZDZIAŁ 5
A więc moment siły w nieruchomym układzie współrzędnych jest równy
momentowi obliczonemu w układzie związanym z bryłą, plus „poprawka” rA × F :
M O (F ) = M A (F ) + rA × F
(5.48)
Jednocześnie znany wzór transformacyjny dla krętu obliczanego w obydwu układach odniesienia (5.31). ZróŜniczkujmy go względem czasu:
d KO d
dKA
= (rA × B ) +
dt
dt
dt
(5.49)
Będzie więc:
& = v × B + r × B& + K
&
K
O
A
A
A
Na podstawie równania (5.44) moŜemy napisać, Ŝe:
& = v × B + r × (F + R ) + K
&
K
O
A
A
A
(5.50)
Z transformacji momentów sił (5.48) wynika, Ŝe:
rA × (F + R ) = M O (F ) + M O (R ) − [M A (F ) + M A (R )]
(5.51)
Wstawiając do (5.50) zasadę zmienności krętu (5.47) po lewej stronie
(5.50), otrzymujemy:
M O (F ) + M O (R ) = v A × B + M O (F ) + M O (R ) +
&
− [M (F ) + M (R )] + K
A
A
(5.52)
A
Widać wyraźnie, Ŝe suma momentów sił czynnych F i reakcji R względem punktu O występuje po obydwu stronach równania (5.52), co oznacza, Ŝe wielkość to skraca się. Zostaje wtedy:
&
0 = v A × B − [M A (F ) + M A (R )] + K
A
czyli:
& = M (F ) + M (R ) − v × B
K
A
A
A
A
(5.53)
A więc moŜemy stosować zasadę zmienności krętu względem punktu
ruchomego, związanego z bryłą, która to zasada wygląda podobnie do tej
wyraŜonej w układzie bezwzględnym (równanie 5.47), pod warunkiem
Strona 188
BRYŁA SZTYWNA
uwzględnienia dodatkowego członu v A × B . Istnieje jednak prosty sposób wyeliminowania tego członu. Pęd bryły jest iloczynem jej całkowitej
masy i prędkości środka masy B = m v C (5.27). Wybierając jako ruchomy punkt odniesienia nie dowolny punkt A, lecz właśnie środek masy
( A ≡ C ) stwierdzamy, Ŝe:
& = M (F ) + M (R ) − v × mv
K
C
C
C
C
C
(5.54)
& = M (F ) + M (R )
K
C
C
C
(5.55)
czyli po prostu:
gdyŜ v C × mv C = 0 , bo v C || mv C .
Wybierając zatem środek masy bryły jako ruchomy punkt odniesienia (i
środek ruchomego układu współrzędnych Cξηζ ) formułujemy zasadę
zmienności krętu dokładnie tak, jak w układzie bezwzględnym. Równania (5.44) i (5.55) są dwoma wektorowymi (sześcioma skalarnymi) równaniami róŜniczkowymi dynamiki bryły sztywnej dla ogólnego (dowolnego) przypadku jej ruchu. Przyjrzyjmy się na zakończenie dwóch
ciekawym przypadkom szczególnym.
Ruch kulisty
W ruchu kulistym, jak powiedziano na początku tego rozdziału, istnieje
taki punkt, którego prędkość wynosi zero (jest stale nieruchomy). Nie
musi to być środek masy bryły, niech będzie to dowolny punkt A. Wtedy
v A = 0 . PoniewaŜ jest to punkt nieruchomy, moŜe być takŜe środkiem
bezwzględnego układu współrzędnych Oxyz – rysunek 2.27.
Strona 189
ROZDZIAŁ 5
ζ
z
η
O
A
x
y
ξ
Rysunek 5.27. Nieruchomy Oxyz i ruchomy (obracający się wokół A)
układ związany z bryłą Aξης
Bryła wykonuje jedynie ruch obrotowy wokół bieguna A (trzy stopnie
swobody opisane kątami Eulera).
Obliczmy kręt bryły względem punktu O na podstawie wzoru (5.43).
PoniewaŜ rA = OA = 0 oraz v A = 0 , otrzymamy:
K O = 0 × mv C + ρ × 0 + Iω
(5.56)
i oczywiście K O = K A (bo to ten sam punkt). A więc K A = Iω , gdyŜ I
jest tensorem bezwładności zawierającym momenty obliczone dla załoŜonych osi ξ , η , ζ . ZałóŜmy dla uproszczenia, Ŝe są to osi główne,
a wtedy tensor bezwładności jest macierzą diagonalną. Kładąc dowolny
wektor prędkości kątowej, otrzymujemy:
Iξ

KA =  0
0

0  ωξ   Iξ ωξ 

  
0  ωη  =  Iηωη 
I ζ  ωζ   Iζ ωζ 
0
Iη
0
(5.57)
Obliczmy teraz pochodną krętu względem czasu, wyraŜającą wektor
krętu jako iloczyn swego modułu i wersora K A = K A ⋅ K 0A :
(
)
dK A d
d KA
d K 0A
K A ⋅ K 0A =
=
⋅ K 0A + K A ⋅
dt
dt
dt
dt
dK A
& (l ) + ω × K
= K& A ⋅ K 0A + K A ⋅ ω × K 0A = K
A
A
dt
Strona 190
(5.58)
BRYŁA SZTYWNA
gdzie górny indeks (l ) oznacza pochodną lokalną, tj. obserwowaną
w ruchomym układzie odniesienia Aξηζ . We wzorze (5.58) wykorzystano zapis, Ŝe pochodna wektora jednostkowego jest iloczynem wektorowym prędkości kątowej i tego wektora (co było juŜ przedstawione
przy wyprowadzaniu wzoru na prędkość 5.4). Pochodna lokalna krętu
& (l ) jest równa wyraŜeniu (5.57) zróŜniczkowanemu po czasie, czyli:
K
A
Iξ
d 
(l )
&
KA =  0
dt
0

0
Iη
0
0  ωξ   I ξ ω&ξ 

  
0  ωη  =  Iη ω&η 
I ζ  ωζ   I ζ ω&ζ 
(5.59)
Natomiast drugi człon obliczymy za pomocą wyznacznika:
 ξ0

ω × K A =  ωξ
 Iξ ωξ

η0
ωη
Iη ωη
ζ 0  ωη I ζ ωζ − Iη ωη ωζ 
 

ωζ  =  Iξ ωξ ωζ − ωξ I ζ ωζ 
Iζ ωζ   ωξ Iη ωη − I ξ ωξ ωη 
(5.60)
Sumując obydwa powyŜsze i podstawiając do zasady zmienności krętu,
otrzymujemy:
Iξ ω& ξ + (I ζ − Iη ) ωη ωζ = M Aξ
Iη ω&η + (I ξ − Iζ ) ωξ ωζ = M Aη
Iζ ω& ζ + (Iη − Iξ ) ωξ ωη = M Aζ
(5.61)
Równania (5.61) nazywane są równaniami Eulera dynamiki bryły
w ruchu kulistym.
Ruch płaski
Przejdźmy teraz do ostatniego przypadku szczególnego ruchu bryły
sztywnej, jakim jest ruch płaski. Określają go trzy stopnie swobody –
dwa odniesione do ruchu postępowego i jeden – do obrotowego.
RozwaŜmy ruch bryły na płaszczyźnie Oxy , Bryła moŜe się na tej płaszczyźnie obracać tak, jak pokazano na rysunku 5.8. Kierunek prędkości
i przyspieszenia kątowego jest oczywiście prostopadły do tej płaszczyzny, a więc wektory ω i ε są skierowane wzdłuŜ osi z . Dynamikę
Strona 191
ROZDZIAŁ 5
takiego układu opisują trzy równania – dwa dla ruchu postępowego
środka masy bryły, wynikające z zasady zmienności pędu (5.44), tj.
m&x&C = Fx + Rx
m&y&C = Fy + Ry
(5.62)
oraz jedno równanie z zasady zmienności krętu, zredukowane do kierunku z . Wykorzystajmy sformułowanie tej zasady dla punktu ruchomego związanego ze środkiem masy bryły (5.55). Kręt w takim przypadku ( A ≡ C ) wyniesie:
 Iξ

K C = Iω = − Iξη
 0

− Iξη
Iη
0
0  0   0 

  
0  0  =  0 
I ζ  ωζ   Iζ ωζ 
(5.63)
gdyŜ ρC = 0 we wzorze (5.42) przy A ≡ C , a momenty dewiacji
Iξζ = Iηζ znikają, bo ζ = 0 . Pochodna krętu to oczywiście
& = [0 , 0 , I ω& ] . PoniewaŜ współrzędna kątowa w ruchu płaskim
K
C
ζ
ζ
określa wyłącznie kąt obrotu własnego ϕ , to ωζ = ϕ& i ω&ζ = ϕ&& . Momenty sił zewnętrznych i reakcji działają wzdłuŜ osi z , zatem równanie
& = M (F) + M (R ) sprowadza się wyłącznie do
zmienności krętu K
C
C
C
& = [0 , 0 , I ϕ&&] i wreszcie:
tego kierunku. Wobec tego: K
C
ζ
Iζ ϕ&& = M C (F + R )
a poniewaŜ oś ζ jest centralna, wystarczy zapisać:
I C ϕ&& = M C (F + R )
(5.64)
Trzy równania, tj. dwa (5.62) oraz (5.64), tworzą pełny opis stanowiący
punkt wyjścia do analizy dynamiki bryły sztywnej w ruchu płaskim.
Przykład 5.5
Walec o masie M i promieniu wewnętrznym R po płaskiej poziomej powierzchni. Na niewaŜkim kołnierzu o promieniu r nawinięto nierozciągliwą linę przerzuconą przez niewaŜki blok, którą obciąŜono na końcu
odwaŜnikiem m (rysunek 5.28.). Obliczyć przyspieszenie tego odwaŜnika.
Strona 192
BRYŁA SZTYWNA
R
O
M
g
r
m
Rysunek 5.28. Ilustracja do Przykładu 5.5
Na początku rozwaŜań przeprowadźmy analizę wszystkich zewnętrznych
i wewnętrznych sił działających na obydwa elementy składowe układu,
tj. z osobna na walec i odwaŜnik – rysunek 5.29. OdwaŜnik pozostaje
pod wpływem dwóch sił – swego cięŜaru m g i siły napięcia w linie S .
Ruch postępowy odwaŜnika określa współrzędna y skierowana w dół.
x (+)
S
ϕ (+)
O
Mg
S
m
K
y (+)
N
mg
Rysunek 5.29. Siły zewnętrzne i wewnętrzne działające na walec
i odwaŜnik oraz współrzędne określające ruch obydwu elementów
Ta sama lina, a więc ta sama siła (blok pośredniczący jest niewaŜki, a
zatem nie moŜe zmienić wartości tej siły – jedynie jej kierunek) przyłoŜona jest do walca, ściślej do dolnego punktu kołnierza. Walec posiada
cięŜar Mg (przykładamy go do środka masy) i znajduje się ponadto pod
wpływem dwóch sił z racji styku z podłoŜem i faktu toczenia bez poślizgu. Jedna z tych sił to pionowy nacisk od podłoŜa N , a druga to siła
tarcia nierozwiniętego zapewniająca brak poślizgu między walcem,
a podłoŜem. Oznaczono ją na rysunku 5.29. symbolem K (od słowa
Strona 193
ROZDZIAŁ 5
„kontaktowa”) aby nie mylić jej z tradycyjnym oznaczeniem tarcia T
(które zwykle odnosi się do wartości tarcia rozwiniętego i wynosi µ N ,
co jest prawdą tylko w przypadku zerwania przyczepności pomiędzy
walcem, a podłoŜem – a więc nie w analizowanym zadaniu). Wartość
siły K nie jest znana.
Walec wykonuje jednoczesny ruch postępowy i obrotowy. Przemieszczenie liniowe jego środka masy określa zmienna x (załoŜono kierunek
dodatni w prawo), natomiast obrót walca – kąt ϕ (dodatnio w prawo tak,
aby – dla wygody rozwaŜań – dodatni obrót pociągał za sobą dodatnie
przemieszczenie liniowe).
Napiszmy równania dynamiki kaŜdego z analizowanych elementów:
1. OdwaŜnik – ruch postępowy (w dół):
m &y& = mg − S
(5.65)
2. Walec – ruch postępowy (w prawo):
M &x& = S − K
(5.66)
3. Walec – ruch obrotowy (w prawo):
I O ϕ&& = K ⋅ R − S ⋅ r
(5.67)
W ostatnim równaniu pojawiają się momenty tych sił, które obracają
walec wokół środka masy O. CięŜar Mg ma promień działania zero, siła
nacisku N z kolei jest równoległa do promienia jej działania, a więc nie
daje momentu. Walcem obraca siła w linie S (w lewo, stąd znak „ − ”)
na promieniu r (i jest do niego prostopadła) oraz siła kontaktowa K
(w prawo) na promieniu R .
Otrzymaliśmy układ trzech równań, które zawierają pięć niewiadomych:
&x&, &y& , ϕ&& , S , K . Zatem na tym etapie, nie da się rozwiązać zadania.
W tym miejscu naleŜy wyraźnie podkreślić, Ŝe taka sytuacja w złoŜonych (kilkuelementowych) układach płaskich modelujących obiekty rzeczywiste będzie występować zawsze. Bierze się to stąd, Ŝe ruchy poszczególnych elementów są ze sobą związane, a nie niezaleŜne. Relacje
pomiędzy przemieszczeniami róŜnych elementów mają charakter geometryczny i opisują je analitycznie tzw. równania więzów. W tym przykładzie są dwa takie równania. Pierwsze z nich wiąŜe ruch obrotowy
walca (ϕ ) z jego przesunięciem liniowym (x ) .
Strona 194
BRYŁA SZTYWNA
x
ϕ
C
B
A
Rysunek 5.30. Związek między przemieszczeniem liniowym
i kątowym walca
Łatwo zauwaŜyć na rysunku 5.30., Ŝe przy braku poślizgu długość
odcinka AB (równa przemieszczeniu środka masy x ) jest równa
długości łuku BC . PoniewaŜ ta ostatnia jest iloczynem promienia
tocznego i kąta, to:
AB = BC ⇒ x = Rϕ
RóŜniczkując powyŜsze dwukrotnie względem czasu otrzymujemy
pierwsze równanie więzów:
&x& = Rϕ&&
(5.68)
Drugie równanie wynika z obecności nierozciągliwej liny i określa związek pomiędzy przemieszczeniem liniowym odwaŜnika i walca. To relacja kinematyczna, którą łatwo zaobserwować rysując rozkład prędkości
punktów wzdłuŜ średnicy walca (rysunek 5. 31.).
v4
v3
v2
v1
v = 0 (chwilowy środek obrotu)
Rysunek 5.31. Rozkład prędkości punktów leŜących na średnicy walca
Prędkość środka walca to v2 i jest oczywiście równa v2 = x& . Prędkość
liny nawijającej się na dolny punkt kołnierza zaznaczono jako v1 i jest
Strona 195
ROZDZIAŁ 5
ona równa prędkości odwaŜnika y& (lina jest nierozciągliwa, a więc
prędkość wszystkich jej punktów jest taka sama). Z podobieństwa trójkątów na rysunku 5.32. zauwaŜamy, Ŝe:
y
r
x
R
Rysunek 5.32. Prędkość środka walca i liny (odwaŜnika)
x&
y&
R
R
czyli x& = y&
oraz &x& = &y&
=
R R−r
R−r
R−r
(5.69)
poniewaŜ r , R = const. Sprowadźmy układ pięciu równań (5.65)-(5.69)
z pięcioma niewiadomymi do trzech równań dynamiki tylko z trzema
niewiadomymi: S, K i poszukiwanym przyspieszeniem &y& wykorzystując związki (5.68) i (5.69). Będzie
R
&&
&x& y R − r
&y&
ϕ&& = =
=
R
R
R−r
Wstawmy teŜ jawną wartość momentu bezwładności walca w równaniu
(5.67), tj. I O = MR 2 / 2 . Otrzymamy wtedy:


m &y& = mg − S

R

&
&
My
=S−K

R−r

&y&
1

2
MR
= KR − Sr 
2
R−r

PowyŜszy układ moŜna zapisać w formie macierzowej:
Strona 196
BRYŁA SZTYWNA


m
1
0


  &y&  mg 
 MR

1  S  = 0 
 R − r −1

  K  0 
2
 MR
   
r
−
R
 2( R − r )



i korzystając z wzorów Cramera18:
&y& =
mg
1
0
0 −1
1
0
r −R
m
1
0
MR
R−r
M R2
2( R − r )
−1
1
r
−R
co daje wynik:
&y& =
mg ( R − r )
mg ( R − r )
=
2
2
MR
MR
3MR 2
mR +
− mr +
+ m( R − r )
2( R − r )
R − r 2( R − r )
i po ostatecznych uproszeniach:
&y& =
2mg ( R − r ) 2
3MR 2 + 2m( R − r ) 2
18
Gabriel Cramer (1704–1752) – szwajcarski matematyk i fizyk, profesor uniwersytetu
w Genewie. Autor prac z zakresu teorii wyznaczników, analizy matematycznej, teorii
krzywych algebraicznych. W 1750 r. podał wzory wyraŜające rozwiązanie układu
równań za pomocą wyznaczników.
Strona 197
ROZDZIAŁ 5
Strona 198