5. Dynamika ruchu postępowego, ruchu punktu materialnego po
okręgu i ruchu obrotowego bryły sztywnej
Wybór i opracowanie zadań 5.1.1-5.1.10; 5.2.1-5.2.6 oraz 5.3.1-5.3.19 Ryszard Signerski
i Małgorzata Obarowska.
Zadania 5.1.11-5.1.14 oraz 5.3.20 opracował Krystyn Kozłowski.
5.1. Dynamika ruchu postępowego
5.1.1. Balon opada ze stałą prędkością. Jaką masę balastu należy wyrzucić, aby balon zaczął
wznosić się z tą samą prędkością? Masa balonu (z balastem) wynosi 300 kg, a siła wyporu
2900N.
5.1.2. Małpka wspina się po pionowej lianie z przyspieszeniem 0,5 m/s2. Oblicz siłę
napinającą lianę, jeżeli masa małpki wynosi 5 kg. Masę liany zaniedbać.
5.1.3. Winda może poruszać się w górę i w dół z przyspieszeniem o takiej samej wartości. W
windzie tej na wadze sprężynowej stoi studentka. Różnica wskazań wagi przy ruchu w górę i
w dół wynosi 50 N. Jakie jest przyspieszenie windy, jeżeli ciężar studentki wynosi 500 N?
5.1.4. W wagonie poruszającym się poziomo z pewnym przyspieszeniem wisi na nici ciężarek
o masie 100 g. Nić odchylona jest od pionu o kąt 150. Oblicz przyspieszenie wagonu i siłę
napinającą nić.
5.1.5. Dz
wig podnosi ciężar Q zawieszony na linie, której dopuszczalne naprężenie wynosi
Fmax. Znajdz
najkrótszy czas, w którym można podnieść ten początkowo spoczywający ciężar
na wysokość h. Opory ośrodka i ciężar liny pominąć.
5.1.6. Sanki zsunęły się za zbocza o nachyleniu 300 i długości 20 m, po czym do chwili
zatrzymania przebyły odległość 200 m po torze poziomym. Współczynnik tarcia na całej
trasie jest jednakowy. Wyznacz jego wartość.
5.1.7. Oblicz wysokość, na jaką może wjechać samochód, który mając początkową prędkość
72 km/h, porusza się w górę z wyłączonym silnikiem. Nachylenie zbocza wynosi 300, a
efektywny współczynnik tarcia 0,1.
5.1.8. Dwa klocki o masach m1 i m2 związane nieważką i nierozciągliwą nicią leżą na
poziomym stole. Do pierwszego z nich przyłożono siłę F pod kątem ą (patrz rys. 5.1.8.).
Współczynniki tarcia między klockami, a stołem wynoszą odpowiednio f1 i f2. Oblicz
przyspieszenie klocków i siłę napinającą nić.
r
F
ą
m2
m1
f2 f1
rys. 5.1.8.
5.1.9. Dwa ciężarki o masach m1 i m2 połączono nieważką i nierozciągliwą nicią przerzuconą
przez bloczek znajdujący się na szczycie równi
m2
(rys. 5.1.9.). Współczynnik tarcia między
ciężarkiem m2 i równią wynosi f2, a kąt
m1
nachylenia równi ą. Masę bloczka można
pominąć. Wyznacz siłę napięcia nici i
ą
przyspieszenie ciężarków, przyjmując, że
ciężarek m1 porusza się w dół.
rys. 5.1.9.
5.1.10 Klocek o masie m = 3 kg położono na wózek o masie M = 15 kg. Współczynnik tarcia
między tymi ciałami wynosi f = 0,2. Na klocek działa pozioma siła F = 20 N, a wózek może
poruszać się swobodnie (bez tarcia) po szynach. Znajdz
przyspieszenie klocka względem
wózka.
5.1.11. Traktor ciągnie ze stałą prędkością v = 2 m/s przyczepę o masie m = 104 kg, działając
siłą F = 103 N. Ile wynosi wartość wypadkowej wszystkich sił działających na przyczepę ?
5.1.12. Ciało o ciężarze P = 30 N spada w powietrzu z przyspieszeniem a = 8m/s2. Obliczyć
siłę oporu powietrza. Przyjąć g = 10 m/s2.
5.1.13. Do klocka, początkowo spoczywającego na poziomej powierzchni, przyłożono
poziomo skierowaną siłę równą ciężarowi klocka, która działała w ciągu czasu � = 15s . Jak
długo będzie trwał ruch klocka po zaprzestaniu działania siły, jeżeli współczynnik tarcia
klocka o podłoże f = 0,2 ?
5.1.14. Dany jest układ jak na rysunku, przy czym: m1 `" m2 `" m3. Tarcie i wpływ krążka
pomijamy.
Które z tych ciał można zamienić miejscami, aby siła N napinająca nić łączącą masy m1 i m2
nie uległa zmianie ?
5.2. Dynamika ruchu punktu materialnego po okręgu
5.2.1. Po wypukłym moście o promieniu krzywizny R = 100 m jedzie samochód ze stałą
prędkością v = 54 km/h. Masa samochodu wynosi m = 2000 kg. Oblicz siłę nacisku
samochodu na most w jego najwyższym punkcie. Jaka musiałaby być prędkość samochodu,
aby stracił on kontakt z podłożem?
5.2.2. Mały ciężarek o masie m = 100 g przywiązano do nici o długości l = 50 cm i
wprawiono w ruch obrotowy po okręgu w płaszczyz
nie poziomej. Nić odchyla się od pionu o
kąt ą = 450. Wyznacz prędkość kątową ciężarka, okres obiegu i siłę napięcia nici.
5.2.3. Kierowca samochodu jadącego z prędkością v zauważa nagle przed sobą ścianę. Jak
powinien zareagować kierowca: zahamować, czy zakręcić, próbując uniknąć uderzenia w
ścianę? Współczynnik tarcia kół o podłoże wynosi f.
5.2.4. Jaka jest prędkość satelity na orbicie kołowej odległej o h od powierzchni Ziemi? Stała
grawitacji jest równa G, masa Ziemi wynosi Mz, , a jej promień Rz.
5.2.5. Okres obiegu Księżyca wokół Ziemi wynosi T = 27,32 dób ziemskich, a jego średnia
odległość od Ziemi r = 384 400 km. Oblicz masę Ziemi. Stała grawitacji G = 6,67 x 10-11
Nm2/kg2.
5.2.6. Oblicz promień orbity stacjonarnego satelity Ziemi. Dane są: promień Ziemi RZ = 6370
km, przyspieszenie na powierzchni Ziemi 9,81 m/s2 i czas trwania doby ziemskiej 24 godziny.
5.3. Dynamika ruchu obrotowego bryły sztywnej
5.3.1. Koło zamachowe o momencie bezwładności I = 0,2 kgm2 obraca się wokół poziomej
osi przechodzącej przez jego środek, wykonując n = 600 obr/min. Przy hamowaniu koło
zatrzymuje się po upływie czasu "t = 20 s. Znajdz
moment siły hamującej i liczbę obrotów do
chwili zatrzymania.
5.3.2. Na rurę o cienkich ściankach nawinięto nić, której wolny koniec
przymocowano do sufitu. Rura odkręca się z nici pod działaniem własnego
ciężaru (rys. 5.3.2.). Znajdz
przyspieszenie rury i siłę napięcia nici, jeżeli
masę i grubość nici można zaniedbać. Początkowa długość nici jest dużo
większa od promienia rury. Ciężar rury wynosi Q.
r
N
r
r
r
Q
rys. 5.3.2.
5.3.3. Oblicz moment bezwładności molekuły, CO2 względem osi przechodzącej przez środek
masy i prostopadłej do osi molekuły. Molekuła jest liniowa z atomem C znajdującym się w jej
środku. Długość wiązania C%O wynosi 1,13 x 10-10 m.
5.3.4. Wykaż, że moment bezwładności układu składającego się z dwóch mas m1 i m2
odległych o r od siebie względem osi prostopadłej do odcinka łączącego m1 i m2 i
przechodzącej przez środek masy układu wynosi �r2. � jest masą zredukowaną układu i
m1m2
wynosi � = . Otrzymany wynik zastosuj do molekuły, CO, dla której r = 1,13 ś
i do
m1 + m2
molekuły HCl gdzie r = 1,27 ś
.
5.3.5. Przez bloczek zawieszony na poziomej osi przerzucono nieważką i nierozciągliwą nić,
do końców której przymocowano ciężarki o masach m1 = 0,5 kg i m2 = 0,2 kg. Masa bloczka
wynosi m = 0,4 kg. Bloczek traktujemy jako jednorodny krążek. Znajdz
liniowe
przyspieszenie ciężarków. Przyjmij, że nić nie ślizga się po bloczku.
5.3.6. Z równi pochyłej o kącie nachylenia ą stacza się bez poślizgu ciało o momencie
bezwładności I, masie m i promieniu r. Wyznacz jego przyspieszenie liniowe, kątowe i siłę
tarcia.
5.3.7. Pełne, jednorodne ciała: walec i kula staczają się bez poślizgu z równi pochyłej o kącie
nachylenia ą i wysokości h. Masy i promienie tych ciał są jednakowe. Które z nich stoczy się
wcześniej?
5.3.8. Kula o początkowej prędkości w ruchu postępowym v0 = 10 m/s wtacza się bez
poślizgu na równię pochyłą o kącie nachylenia 450. Jaką drogę przebędzie kula po równi do
chwili zatrzymania się i po jakim czasie wróci do podstawy równi?
5.3.9. Środek masy kuli bilardowej posiada początkową prędkość v0 (rys. 5.3.9.). Promień
kuli wynosi R, jej masa M, a współczynnik tarcia pomiędzy
r
v0 kulą i stołem jest równy �. Jak daleko przesunie się kula po
stole, zanim przestanie się ślizgać?
rys. 5.3.9.
5.3.10. W czasie pokazów gimnastyki artystycznej można oglądać
r
ćwiczenie, w którym obręcz rzucona przez zawodniczkę tocząc się
v0
początkowo z poślizgiem wraca ku niej i w końcowej fazie ruchu toczy
się już bez poślizgu. Jest to możliwe, jeżeli w czasie rzutu zawodniczka
nada obręczy ruch obrotowy o odpowiednim kierunku (rys. 5.3.10.).
Znajdz
związek pomiędzy początkową wartością prędkości ruchu
rys. 5.3.10.
postępowego v0 i prędkości kątowej �0.
5.3.11. Po idealnie gładkiej poziomej powierzchni ślizga się bez obrotów walec. Prędkość
liniowa środka masy wynosi v0, a kierunek prędkości jest prostopadły do osi walca. W pewnej
chwili powierzchnia pod walcem staje się szorstka, a współczynnik tarcia posuwistego
r
przyjmuje wartość f. Po jakim czasie walec będzie się toczył
F
bez poślizgu i jaka będzie wtedy prędkość jego środka masy?
r
R
ą
rys. 5.3.12.
5.3.12. Kołowrót o masie m, momencie bezwładności I0 i promieniach zewnętrznym R oraz
wewnętrznym r leży na płaszczyz
nie poziomej (rys. 5.3.12.). Na kołowrót nawinięta jest nić,
do której przyłożono siłę F. Opisz ruch kołowrotu w zależności od kąta ą jaki tworzy nić z
kierunkiem poziomym.
l1
5.3.13. Ciężki walec o promieniu R i momencie bezwładności I0
l2
wiruje z prędkością kątową �0. W chwili t = 0 do dz
wigni
r
hamulcowej przyłożono siłę F (rys. 5.3.13.) wskutek czego walec
F
zatrzymuje się po czasie t. Ramiona dz
wigni mają długości l1 i l2,
a współczynnik tarcia między dz
wignią i walcem wynosi f.
Oblicz wartość siły F.
rys. 5.3.13.
5.3.14.* Walec o masie M i promieniu r może toczyć się po poziomym stole. Na walec
nawinięta jest nieważka i nierozciągliwa nić, którą przerzucono przez nieważki bloczek. Na
końcu nici zawieszono ciężarek o masie m (rys. 5.3.14.). Wyznacz przyspieszenie ciężarka i
siłę tarcia działającą na walec przyjmując, że może być on pełen lub wydrążony
(cienkościenna rura).
rys. 5.3.14.
5.3.15. Na krześle mogącym obracać się swobodnie wokół osi pionowej siedzi student i
trzyma w wyprostowanych rękach odważniki po m = 5 kg każdy. Odległość każdego
odważnika od osi obrotu wynosi l1 = 80 cm. Krzesło wiruje wykonując n1 = 1 obr/sek. Jak
zmieni się szybkość wirowania studenta, jeśli zegnie on ręce tak, że odważniki będą w
odległości l2 = 20 cm od osi obrotu? Moment bezwładności studenta i krzesła (całkowity)
względem osi obrotu wynosi I0 = 3 kgm2.
5.3.16.* Belka o długości l i masie M może swobodnie obracać się
wokół poziomej osi przechodzącej przez jeden z jej końców. W
drugi koniec belki uderza kula o masie m mająca poziomą prędkość
v0 (rys. 5.3.16.). Kula grzęz
nie w belce. Znajdz
prędkość kątową
belki tuż po uderzeniu kuli. W jakie miejsce belki powinna uderzyć
kula, aby składowa pozioma siły reakcji osi w chwili uderzenia
wynosiła zero?
r
v0
m
rys. 5.3.16.
5.3.17.* Na brzegu poziomej, okrągłej platformy o masie M i promieniu R stoi student o
masie m. Platforma może obracać się bez tarcia wokół pionowej osi. Jaka będzie prędkość
kątowa platformy �, jeżeli student zacznie chodzić wzdłuż jej brzegu ze stałą względem niej
prędkością v. Jaką drogę przebędzie student względem platformy w czasie jej jednego
pełnego obrotu?
5.3.18.* Samolot sportowy z jednym śmigłem lecący z prędkością v = 360 km/h wykonuje
zakręt o promieniu r = 800 m. Oblicz moment sił wywierany przez śmigło na samolot, jeżeli
moment bezwładności śmigła wykonującego n = 2400 obr/min wynosi I = 15 kgm2.
5.3.19.* Bąk o masie m = 0,4 kg i momencie bezwładności I = 5 �"10-3 kg m2 wiruje z
prędkością kątową � = 80 s-1 wokół osi, która tworzy kąt 300 względem pionu. Środek masy
bąka znajduje się w odległości l = 10 cm od punktu podparcia. Oblicz wartość prędkości
kątowej precesji osi bąka.
5.3.20. Dane są dwie pełne kule A i B wykonane z tego samego materiału. Masa kuli A jest 8
razy większa od masy kuli B. Ile razy moment bezwładności kuli A jest większy od momentu
bezwładności kuli B ? Moment bezwładności kuli I = 0,4mr2.
Rozwiązania:
5.1. Dynamika ruchu postępowego.
5.1.1.R
v r r
Na balon działają siły: ciężkości Q , wyporu FW i oporu powietrza FO . Ponieważ balon w dół
i w górę porusza się ze stałą prędkością, to na podstawie I zasady dynamiki Newtona, suma
tych sił, (czyli siła wypadkowa) wynosi zero. Wartość siły oporu powietrza F0 zależy od
prędkości poruszającego się ciała. W naszym zadaniu wartości prędkości przy opadaniu i
wznoszeniu balonu są takie same, a więc także wartości sił oporu są jednakowe.
r r r
Q + FW + FO = 0
Jeżeli balon opada,
r
FO
r
r
FW v
r
Q1
równanie wiążące wartości sił ma postać: Q1 - FW - FO = 0 , gdzie Q1 = Mg .
Gdy balon wznosi się:
r
FW
r
v
r
Q2
r
FO
Q2 + FO - FW = 0 , Q2 = (M - m)g , gdzie m  masa wyrzuconego balastu.
Rozwiązując te równania otrzymamy:
�# FW ś#
m = 2ś# M - ź# ,
ś# ź#
g
�# #
a po wstawieniu wartości liczbowych:
�# ś#
ś# ź#
2900 N
ź#
m = 2ś#300 kg - = 20 kg .
m
ś# ź#
10
ś# ź#
�# s2 #
5.1.2.R.
r
Małpka działa na lianę siłą F skierowaną w dół. Jest to siła napinająca lianę. Zgodnie z III
r
zasadą dynamiki, liana działa na małpkę siłą reakcji FR o takiej samej wartości, skierowaną
r
ku górze. Drugą siłą działającą na małpkę jest siła ciężkości Q . Wypadkowa tych dwóch sił,
r r
r r
zgodnie z II zasadą dynamiki nadaje małpce przyspieszenie a : ma = FR + Q . Wartość siły FR
wyznaczymy z równania:
ma = FR - Q , gdzie Q = mg , m  masa małpki.
Ostatecznie:
F = FR = m(a + g),
m m
�#0,5 + 10 ś#
F = 5 kg = 52,5 N .
ś# ź#
s2 s2
�# #
5.1.3.R.
r r
r
Na studentkę działają dwie siły: ciężkości Q = m g oraz reakcji podłoża (wagi) FR . Siła
r r r
r
wypadkowa wynosi: m a = Q + FR . Wartość siły FR równa jest sile nacisku na wagę (III
zasada dynamiki), czyli wskazaniu wagi. Ruch w górę:
r
FR
1
ma = FR - Q (1)
1
Q = m g
r
a
r
Q
Ruch w dół:
r
FR ma = Q - FR (2)
1 2
r
a
r
Q
Różnica sił reakcji, (czyli także wskazań wagi) wyznaczonych z równań (1) i (2) wynosi:
Q
"FR = FR - FR = 2ma = 2 �" a ,
1 2
g
czyli:
m
50 N �"10
"FR �" g
s2 0,5 m .
a = = =
2Q 2 �" 500 N s2
5.1.4.R.
r r r
r
Na ciężarek działają siły: ciężkości Q = m g oraz reakcji nici FR . Ich wypadkowa F nadaje
r
ciężarkowi poziome przyspieszenie a . Jest to zarazem przyspieszenie wagonu.
r r r
r
F = Q + FR = m a
ą Q = m g , F = m a
F a
tgą = =
Q g
r
a = g tgą
FR ą
Q
= cosą
r
FR
F
Q m g
FR = =
cosą cosą
r
Q
Siła napinająca nić ma taką samą wartość jak siła FR z jaką nić działa na ciężarek.
m
0,1kg �"10
m m
s2 1,035 N .
Liczbowe wartości: a = 10 �" tg 150 = 2,68 , FR = =
s2 s2 cos150
5.1.5.R.
r r
Na ciało działają dwie siły: ciężkości Q i siła F przyłożona przez linę.
r
Ciało porusza się w górę z przyspieszeniem a , czyli:
r
r r
r
F
m a = F + Q ,
m a = F - Q ,
r
Q
a
m = ,
g
Q
F = m a + Q = �" a + Q .
g
r
Q
Siła napinająca linę jest równa, co do wartości, sile F i maksymalna wartość przyspieszenia
amax spełnia równanie:
Q
Fmax = amax + Q ,
g
(Fmax - Q)g �# Fmax ś#
amax = = ś# - 1ź# g .
ś# ź#
Q Q
�# #
Przyspieszeniu amax odpowiada najkrótszy czas tmin podnoszenia ciała na wysokość h, taki że:
1
2
h = amax �"tmin .
2
Ostatecznie:
2h 2h
tmin = = .
amax �# Fmax ś#
ś# - 1ź# g
ś# ź#
Q
�# #
Uwaga: na wysokości h prędkość ciała wynosi vmax = amax �"tmin = 2h �" amax .
5.1.6.R.
Drogę sanek przedstawia rysunek:
r
a1
s1
r
a2
r
v1
ą
s2
Niech a1 i a2 oznaczają przyspieszenia na odcinkach drogi s1 i s2, a t1 i t2 czasy przebycia tych
odcinków. v1 jest prędkością u dołu zbocza. Związki między tymi wielkościami przedstawiają
następujące równania kinematyczne:
1
2
s1 = a1t1 , (1)
2
v1 = a1t1 , (2)
1
2
s2 = v1t2 + a2t2 , (3)
2
0 = v1 + a2t2 . (4)
Eliminując czas t1 z równań (1) i (2) znajdujemy:
v1 = 2s1a1 . (5)
Równania (3) i (4) pozwalają otrzymać:
2
v1
s2 = - , (6)
2a2
2s1a1 a1
czyli s2 = - = - s1 . (7)
2a2 a2
Dalej należy wyznaczyć przyspieszenia a1 i a2, które zależą od współczynnika tarcia (tarcie
kinetyczne). Układ sił działających na sanki na odcinkach s1 i s2 przedstawia rysunek:
y
r
y
FR
1 x
r
T1
r
x
r r r
Qy ą Qx v FR r
ą
2
r r
v
Q T2
ą
r
Q
r r r
Na sanki działają trzy siły: ciężkości Q , tarcia kinetycznego T1 lub T2 oraz reakcji podłoża
r r r r r
FR lub FR . Siły Qx i Qy są rzutami wektora Q na kierunek równoległy i prostopadły do
1 2
r
równi (zbocza), v oznacza prędkość ciała. Ponieważ ciało nie porusza się w kierunku
prostopadłym do podłoża (kierunek y), to I zasada dynamiki pozwala napisać:
r r
FR + Qy = 0 , czyli FR - Qy = 0 (8)
1 1
r r
oraz FR + Q = 0 , FR - Q = 0 (9)
2 2
gdzie Q = mg, a Qy = Q cosą = mg cosą, m  masa ciała.
Dla kierunku równoległego do podłoża (kierunek x) stosujemy II zasadę dynamiki (ruch
jednostajnie zmienny):
r r
r
Qx + T1 = ma1 , co oznacza: Qx - T1 = ma1 , (10)
r
r
gdzie Qx = Q siną = mg siną oraz T2 = ma2
- T2 = ma2 (11)
Wartości sił tarcia T1 i T2 określają związki:
T1 = f FR , (12)
1
T2 = f FR . (13)
2
Przyspieszenie a1 znajdujemy z równań (8), (10) i (12):
a1 = g(siną - f cosą). (14)
Jest to wyrażenie pozwalające obliczyć przyspieszenie ciała zsuwającego się z równi pochyłej
o kącie nachylenia ą, gdy współczynnik tarcia wynosi f.
Przyspieszenie a2 wyznaczamy z równań: (9), (11) i (13):
a2 = - f g . (15)
Znak minus oznacza, że przyspieszenie ma zwrot przeciwny do przyjętego za dodatni
(kierunek x) i ruch jest jednostajnie opóz
niony. Wracając do równania (7), po skorzystaniu z
(14) i (15) mamy:
siną - f cosą
s2 = �" s1 .
f
Po przekształceniu znajdujemy poszukiwany współczynnik tarcia:
siną
f = . (16)
s2
+ cosą
s1
Dla ą = 300, s1 = 20 m, s2 = 200 m otrzymujemy: f = 0,046.
5.1.7.R.
r r r
Układ sił ciężkości Q , tarcia T i reakcji FR , które działają na samochód przedstawia
rysunek.
Równanie wektorowe, wynikające z II
s
zasady dynamiki, ma postać:
r
r r r
r
FR
r m a = Q + FR + T .
v
r
Rzutując wektory na kierunki x i y
Qx
r
otrzymamy równania wiążące wartości
r y
T
x
h sił:
Qy
r
m a = -Qx - T , (1)
Q
ą
0 = -Qy + FR , (2)
gdzie:
Qx = Q siną = mg siną ,
Qy = Q cosą = mg cosą , (3)
T = f FR .
Wartość przyspieszenia a w kierunku x wyznaczona z równań (1) � (3) wynosi:
a = -g (siną + f cosą). (4)
r
Znak minus oznacza, że wektor a ma zwrot przeciwny do zwrotu osi x.
Samochód do chwili zatrzymania się przebędzie drogę s w czasie t, a jego prędkość zmaleje
od wartości v0 (na dole zbocza) do zera (na wysokości h).
2
at
s = v0t + (5)
2
0 = v0 + at (6)
h = s �" siną (7)
Z równań (5) i (6) otrzymamy:
2
v0
s = - . (8)
2a
Ostatecznie równania (4), (7) i (8) dają:
2
v0 �" siną
h = .
2g(siną + f cosą)
km m
Dla v0 = 72 = 20 , ą = 300, f = 0,1, g = 10 m/s2, otrzymamy: h = 17,5 m.
h s
5.1.8.R.
Na klocki działają siły, jak na rysunku.
y
r
a
r
x
m2 m1 r
r
FR
2
FR F
1
r r
N2 N1
ą
r r
T2 T1
r
r
Q1
Q2
r r
Q1 ,Q2 - siły ciężkości,
r r
T1 ,T2 - siły tarcia,
r r
FR , FR - siły reakcji podłoża,
1 2
r r
N1 , N2 - siły, jakimi nić działa na klocki,
r
F - dodatkowa siła zewnętrzna.
Oba klocki (bryły sztywne) i nierozciągliwa nić poruszają się z takim samym
r
przyspieszeniem a (kierunek x).
Druga zasada dynamiki w zapisie wektorowym ma postać:
r r r r r
r
m1 a = F + Q1 + FR + N1 + T1 dla klocka o masie m1
1
oraz
r r r r
r
m2 a = N2 + Q2 + FR + T2 dla klocka o masie m2.
2
Rzutując te wektory na kierunki x i y otrzymujemy równania:
m1 a = F cosą - N1 - T1
(1)
0 = F siną - Q1 + FR
1
m2 a = N2 -T2
(2)
0 = -Q2 + FR
2
Równania uzupełniające:
Q1 = m1 g, T1 = f1 FR
1
(3)
Q2 = m2 g, T2 = f2 FR
2
r r
'
Przyjmujemy na chwilę, że nić posiada masę mn. Klocki na nić działają siłami N1 i N' .
2
r
a
r r'
'
N2 N1
mn
Oznacza to, że:
' '
mn a = N1 - N2 . (4)
' '
Widać, że gdy mn = 0 (nić nieważka) to N1 = N2 . Ale zgodnie z III zasadą dynamiki:
' '
N1 = N1 oraz N2 = N2 . A więc dla nieważkiej nici:
N1 = N2 = N . (5)
Równania: (1), (2), (3), (4) i (5) pozwalają wyznaczyć przyspieszenie układu:
F(cosą + f1 siną)- g ( f1m1 + f2m2 )
a = (6)
m1 + m2
oraz siłę napinającą nić:
F(cosą + f1 siną)+ m1g ( f2 - f1)
N = m2 . (7)
m1 + m2
Powyższa analiza jest słuszna, jeżeli Q1 > F siną (klocek nie odrywa się od podłoża) i
F (cosą + f1 siną)e" g ( f1m1 + f2m2 ) (czyli a e" 0 ). Maksymalna wartość przyspieszenia i
napięcia nici wystąpi dla kąta ąm, takiego, że tgąm = f1 (maksimum wyrażenia:
r
cosą + f1 siną ). Wzory (6) i (7) można stosować również w przypadku, gdy siła F
skierowana jest w dół względem poziomu. Wtedy przyjmujemy ą < 0.
5.1.9.R.
r r
Q1 , Q2 - siły ciężkości,
r
r
r r
a2 FR 2
N1 , N2 - siły z jakimi nić
m2
r
r
N2 r
działa na ciężarki,
N1 Q2x
r
r
T2 - siła tarcia,
r
x
a1 y
r
m1
r
T2 x
Q2 y
FR - reakcja podłoża.
r r 2
Q1
ąQ2 ą
Równania wektorowe są następujące:
r r
r
m1 a1 = Q1 + N1 ,
r r r r
r
m2 a2 = N2 + Q2 + T2 + FR .
2
Rzuty tych wektorów na kierunki x i y tworzą równania:
m1 a1 = Q1 - N1 oraz m2 a2 = N2 - Q2 X - T2 (1)
0 = FR2 - Q2 y .
Gdzie Q1 = m1 g, Q2 = m2 g ,
Q2 x = Q2 siną = m2 g siną , Q2 y = Q2 cosą = m2 g cosą ,
T2 = f2 FR2 .
Nierozciągliwość nici oznacza, że a1 = a2 = a . Z kolei nieważkość nici i bloczka sprawia, że:
N1 = N2 = N (patrz rozwiązanie zad. 5.1.8.). Wykorzystując powyższe związki
otrzymujemy następujący układ równań:
m1a = m1g - N ,
m2a = N - m2 g siną - f2 m2 g cosą.
Jego rozwiązaniem jest:
m1 - m2 (siną + f2 cosą)
a = �" g,
m1 + m2
m1 m2 g (1 + siną + f2 cosą).
N =
m1 + m2
Uwaga: jeżeli ciężarki poruszałyby się w przeciwną stronę, wartości przyspieszenia i siły
naciągu nici wynosiłyby:
m2(siną - f2 cosą)- m1
a = �" g
m1 + m2
m1 m2 g (1 + siną - f2 cosą).
N =
m1 + m2
5.1.10.R.
II zasada dynamiki dla klocka, kierunek
y
r poziomy, równanie skalarne:
FR1
r
m a1 = F - T1 (1)
a1 r
F
r
x
gdzie a1  przyspieszenie klocka w układzie
T1
odniesienia związanym z Ziemią,
r
Q1
T1  siła tarcia działająca na klocek.
II zasada dynamiki dla wózka, kierunek
r
poziomy:
r
FR2
M a2 = T2 (2)
T2
r
gdzie a2  przyspieszenie wózka w układzie
a2
odniesienia związanym z Ziemią, T2  siła
tarcia działająca na wózek.
r
Q2
Oczywiście z III zasady dynamiki mamy: T1 = T2 = T .
Przyspieszenie klocka względem wózka wynosi: aW = a1 - a2 . (3)
Korzystając z równań (1) i (2) otrzymamy:
m
�#1 ś#
F - T +
ś# ź#
M
�# #
aW = . (4)
m
Przyspieszenie aW spełniać musi warunek: aW e" 0 , co oznacza, że powinna wystąpić relacja:
m
�#1 ś#
(5)
F e" T + .
ś# ź#
M
�# #
Siła tarcia przyjmować może wartości od 0 do Tmax = f FR1 = f Q1 = f mg . W tym zadaniu
m m 3
ś# �#1 ś#
Tmax = 0,2 �" 3 kg �"10 = 6 N , czyli Tmax �#1 + = 6 N + = 7,2 N .
ś# ź# ś# ź#
s2 M 15
�# # �# #
Ponieważ F = 20 N, widać, że nierówność (5) jest spełniona, czyli aw > 0 i klocek przesuwa
się względem wózka. Występujące tarcie jest tarciem kinetycznym, a siła tarcia przyjmuje
wartość Tmax.
Zatem przyspieszenie klocka względem wózka wynosi:
m
ś#
F - Tmax �#1 +
ś# ź#
M 20 N -7,2 N m
�# #
aW = = = 4,27 .
m 3 kg s2
Dla F d" 7,2 N , klocek względem wózka nie porusza się i aw = 0.
5.1.11.R. Zgodnie z I zasadą dynamiki Newtona, przyczepa porusza się ze stałą prędkością
wtedy, gdy suma działających na nią sił równa jest zeru. Ciężar przyczepy równoważony jest
siłą reakcji podłoża, a siła, jaką traktor działa na przyczepę, równoważy siłę oporów ruchu.
5.1.12.R. Na spadające w powietrzu ciało działa, skierowana pionowo w dół, siła ciężkości P
oraz przeciwnie do niej zwrócona siła oporu powietrza Fop. Zgodnie z II zasadą dynamiki
Newtona:
P  Fop = ma,
skąd:
Fop = P  ma.
Ponieważ:
P = mg,
więc:
P
m =
g
i ostatecznie:
P g - a
Fop = P - a = P = 6N.
g g
5.1.13. W pierwszym etapie ruchu, pod działaniem poziomo skierowanej siły, równej
ciężarowi klocka (F = mg) oraz przeciwdziałającej jej siły tarcia (T = fmg), klocek porusza
się ruchem jednostajnie przyspieszonym z przyspieszeniem a1, którego wartość wynika z II
zasady dynamiki Newtona:
mg  fmg = ma1
skąd:
a1 = g(1  f)
W ciągu czasu � działania siły F, klocek osiągnie prędkość końcową:
v1 = a1� ,
równą jednocześnie prędkości początkowej klocka w drugim etapie jego ruchu.
W drugim etapie ruchu, po zaprzestaniu działania siły F, klocek porusza się ruchem
jednostajnie opóz
nionym, pod działaniem hamującej siły tarcia T= fmg, z przyspieszeniem a2.
Wartość tego przyspieszenia również wynika z II zasady dynamiki Newtona:
fmg = ma2,
skąd:
a2 = fg.
Prędkość klocka w tym etapie jego ruchu maleje (od prędkości początkowej v1) zgodnie z
równaniem:
vk = v1  a2t.
Klocek zatrzyma się (vk = 0) po czasie:
v1 a1
t = = � .
a2 a2
Podstawiając znalezione poprzednio wartości a1 oraz a2, otrzymamy:
1- f
t = � = 60s.
f
5.1.14. Przedstawiony na rysunku układ ciał porusza się pod działaniem siły ciężkości
P3 = m3g działającej na ciało o masie m3. Przyspieszenie, z jakim porusza się układ, wynika z
II zasady dynamiki Newtona:
m3g = (m1 + m2 + m3)a,
skąd:
m3g
a =
m1 + m2 + m3
Naciąg N nici łączącej ciała o masach m1 i m2 równy jest sile, która ciału o masie m1 nadaje
przyspieszenie a:
m1m3
N = m1a = g.
m1 + m2 + m3
Siła ta nie ulegnie zmianie, gdy zamienimy miejscami ciała o masach m1 i m3.
5.2. Dynamika ruchu punktu materialnego po okręgu.
5.2.1.R.
r r
Na samochód działają siły: ciężkości Q , reakcji mostu FR , pociągowa silnika i tarcia. Dwie
ostatnie skierowane są stycznie do toru i równoważą się. W najwyższym punkcie mostu, siły
r r r
Q i FR są współliniowe, a ich wypadkowa jest siłą dośrodkową Fd . Czyli:
Q - FR = Fd
r
FR
Q = m g
r
v
m v2
Fd =
R
�# ś#
v2
ś#
a więc: FR = mś# g - ź# .
r
ź#
R R
Q �# #
Dla m = 2000 kg, g = 10 m/s2, v = 54 km/h = 15 m/s, R = 100 m, otrzymamy:
FR = 1,55 �"104 N . Siła nacisku na most ma wartość liczbową równą FR. Jeżeli samochód traci
2
v1
kontakt z podłożem, to FR = 0, czyli g = .
R
m km
Zatem prędkość v1 = g R = 31,6 = 113,8 .
s h
5.2.2.R.
r r
Na ciężarek działają dwie siły: siła ciężkości Q i siła nici N . Ich wypadkowa jest siłą
r
dośrodkową Fd :
r r r
Fd =Q + N ,
y
Q = mg.
ą
l
r
Rzutując te siły na osie x i y otrzymamy:
N
ą
Fd = N siną,
r
ą
Fd
N cosą - Q = 0.
0
r x
r Wartość siły dośrodkowej opisuje wzór:
Q
Fd = m�2r,
gdzie � - prędkość kątowa ciężarka,
r  promień okręgu, po którym porusza się ciężarek, r = l siną.
Z powyższych zależności otrzymamy:
g mg 2Ą l cosą
� = , N = , T = = 2Ą .
l cosą cosą � g
1
Wartości liczbowe: � = 5,3 , N = 1,4 N, T = 1,18 s.
s
5.2.3.R.
Jeżeli kierowca hamuje, samochód porusza się ruchem prostoliniowym jednostajnie
opóz
nionym i do zatrzymania się w czasie t przebywa drogę s, taką że:
s = vt + � at2,
0 = v + at,
T
gdzie a = - - przyspieszenie,
m
T = fmg  siła tarcia,
m  masa samochodu i kierowcy.
v2
Czyli s = .
2 fg
Jeżeli kierowca zakręca to samochód porusza się po okręgu o promieniu R i siłą dośrodkową
jest siła tarcia:
Fd = T,
s
R
r
v
mv2
= T.
R
Czyli promień okręgu wynosi:
mv2
R = .
T
Minimalny promień odpowiada maksymalnej wartości siły tarcia T = Tmax = fmg,
v2
Rmin = .
fg
Widać, że s < Rmin, a więc kierowca powinien zdecydować się na hamowanie.
5.2.4.R.
Na satelitę o masie m, poruszającego się z prędkością v po orbicie kołowej o promieniu r
działa tylko siła grawitacji, która jest siłą dośrodkową:
FG = Fd,
GmM mv2
z
= ,
2
r r
gdzie r = Rz+ h,
s
v
Rz
G  stała grawitacji,
r
FG Mz  masa Ziemi,
Rz  promień Ziemi.
r
GM
z
Otrzymamy: v = .
Rz + h
h
Dla h = 0 prędkośc v nosi nazwę pierwszej prędkości
kosmicznej. Jej wartość liczbowa wynosi v = 7,9 km/s.
5.2.5.R.
2 3
4Ą r
Odp.: Mz = = 6 �"1024 kg .
2
GT
5.2.6.R.
Satelita stacjonarny porusza się po orbicie o promieniu r, której płaszczyzna pokrywa się z
płaszczyzną równikową. Okres obiegu równy jest dobie ziemskiej. Zatem (patrz: zad. 5.2.4.)
GmM mv2
z
= = m�2r,
2
r r
v = � r,
2Ą
� = .
T
GM
z
Ponieważ przyspieszenie ziemskie g = , promień satelity stacjonarnego przedstawia
2
Rz
wzór:
2
�# ś#
RzT
3
ś# ź#
r = g .
ś# ź#
2Ą
�# #
Liczbowa wartość: r = 4,22 �"107 m = 42 200 km.
5.3. Dynamika ruchu obrotowego bryły sztywnej.
5.3.1.R.
Na koło działa siła tarcia, której moment hamujący M określa II zasada dynamiki dla ruchu
obrotowego:
M = I�,
gdzie � - przyspieszenie kątowe, I  moment bezwładności.
Prędkość kątowa � i przyspieszenie kątowe � łączy zależność:
d�
� = ,
dt
którą w przypadku ruchu jednostajnie opóz
nionego (co zakładamy) można zapisać:
�k - �0
� = ,
"t
gdzie �k  prędkość końcowa, tutaj �k = 0,
�0  prędkość początkowa �0 = 2Ą n,
n  początkowa liczba obrotów koła w ciągu sekundy.
2Ąn
Czyli � = - ,
"t
2ĄnI
a M = - .
"t
Minus    we wzorach oznacza, że ruch jest opóz
niony i wektor momentu siły ma zwrot
przeciwny do wektora prędkości kątowej.
Do chwili zatrzymania koło przebędzie drogę kątową �:
1
� = �0 "t + � "t2.
2
Uwzględnienie powyższych zależności daje:
� = Ą n"t.
� 1
Całkowita liczba obrotów: N = = n"t.
2Ą 2
Liczbowe wartości:
1
dla n = 600 obr/min = 10 , I = 0,2 kgm2, "t = 20s otrzymamy: M = -0,63 Nm, N = 100
s
obrotów.
5.3.2.R.
r
r
Na rurę działają dwie siły: siła ciężkości Q i siła nici . Druga zasada
N
dynamiki dla ruchu postępowego rury ma postać:
r
N
r
r
r
Q
r
m a =
r
Q +
r
N ,
czyli ma = Q  N,
Q = mg,
gdzie a  przyspieszenie środka masy rury.
II zasada dynamiki dla ruchu obrotowego rury względem jej osi ma postać:
r r
r r
M = r � N = I� .
Czyli: rN sin900 = I�,
gdzie r  promień rury,
I = mr2 - moment bezwładności względem osi rury,
� - przyspieszenie kątowe.
Ponieważ między nicią i rurą nie ma poślizgu, to
a
� = .
r
Po przekształceniach otrzymamy:
1 1
a = g, N = Q.
2 2
Siła napięcia nici ma wartość równą N.
5.3.3.R.
Model cząsteczki CO2 przedstawia rysunek. Całe masy atomów zlokalizowane są praktycznie
w jądrach, które traktujemy jak punkty materialne.
O C O
r1 r1
Moment bezwładności molekuły względem osi prostopadłej do osi molekuły dany jest
wzorem:
I = 2mO r12,
AO
gdzie mO  masa atomu tlenu, mO = ,
N
A
AO =16 �" 10-3 kg mol-1  masa molowa tlenu atomowego,
NA = 6,022 �" 1023 mol-1  liczba Avogadra.
Jeżeli r1 = 1,13 �" 10-10 m otrzymamy:
I = 6,8 �"10-46 kgm2.
5.3.4.R.
m1
m2
r2 r1
Moment
r
bezwładności molekuły względem osi prostopadłej do osi molekuły
I = m1 r12+ m2 r22, (1)
r = r1 + r2. (2)
Z definicji środka masy:
m1r1 = m2r2. (3)
Rozwiązując układ równań (2) i (3) ze względu na r1 i r2 i wstawiając otrzymane wyniki do
równania (1) otrzymamy:
m1m2
I = r2 = � r2,
m1 + m2
m1m2
gdzie � = jest masą zredukowaną układu.
m1 + m2
W przypadku molekuły CO:
AO
m1 = mO = = 2,66 �"10-26 kg,
NA
AO =16 �" 10-3 kg mol-1  masa molowa tlenu atomowego,
NA = 6,022 �" 1023 mol-1  liczba Avogadra,
AC
m2 = mC = = 1,99 �" 10-26 kg
N
A
AC =12 �"10-3 kg mol-1  masa molowa wegla atomowego,
�CO = 1,14 �" 10-26 kg,
r =1,13 �" 10-10 m.
Czyli
ICO = 1,46 �" 10-46 kgm2.
Dla molekuły HCl:
AH =1�"10-3 kg mol-1,
ACl = 35,45 �" 10-3 kg mol-1 i IHCl = 1,57 �" 10-46 kgm2.
5.3.5.R.
Należy przeanalizować ruch trzech ciał: dwóch
ciężarków, które poruszają się ruchem postępowym i
bloczka, który wykonuje ruch obrotowy. Na każdy z
r r m
r
r
r' r2 r1 r'
ciężarków działają siły: ciężkości i siła nici N1,2 .
Q1,2
N2
N1
Drugą zasadę dynamiki dla tych ciał można zapisać:
r
r
r
a1
x m1 = Q1+ ,
N1
r
r
r
r
r
N2
N1
a2
m2 =Q2 + .
N2
m2
m1
r
r
Q2
Q1
Ponieważ nić jest nierozciągliwa, to wartości
przyspieszenia a1 i a2 są jednakowe: a1 = a2 = a.
Przyjmując, że ciężarek m1 porusza się w dół (zwrot
dodatni) możemy napisać równania skalarne:
m1 > m2
m1a = Q1  N1, (1)
-m2a = Q2  N2, (2)
gdzie Q1 = m1g,
Q2 = m2g.
Blok obraca się wokół nieruchomej osi przechodzącej przez jego środek. Momenty sił i
reakcji osi są równe 0. Obrót bloku następuje pod wpływem momentów sił napięcia nici:
r r
r
I� = M + M (3)
1 2
gdzie �
r- przyspieszenie kątowe, r
r r
r
r r r
' '
'
'
M1 = r1 � N1 i M = r2 � N2 - momenty sił i , z jakimi nić działa na blok.
N1 2
N
2
r r
r
r
r
r
Jeżeli przyjąć, że wektory , , i leża w płaszczyz
nie kartki, to wektory M i M są
N1 2
N
r1 r2 ' '
1 2
r r
prostopadłe do kartki. M zwrócony jest  od nas , a M  do nas .
1 2
Wartości momentów sił wynoszą
M1 = r1N1 sin900 = rN1,
M2 = r2N2 sin900 = rN2,
gdyż r1 = r2 = r  promień bloczka, a N1 = N1 i N2 = N2  na podstawie III zasady dynamiki.
Przyjmując zwrot  od nas za dodatni, możemy zapisać równanie (3) w postaci skalarnej:
I� = M1  M2 = rN1  rN2. (4)
Przyspieszenie kątowe bloczka � i liniowe ciężarków a wiąże zależność
a
� = , (5)
r
gdyż nić nie ślizga się po bloczku. Rozwiązując układ równań (1), (2), (4), (5), po
1
uwzględnieniu, że I = mr2 otrzymamy:
2
g( m1 - m2 )
a = ,
m
m1 + m2 +
2
oraz N1 = m1(g - a), N2 = m2(g + a).
m
Liczbowe wartości dla g = 10 : a = 3,33 ms-2, N1 = 3,33 N, N2 = 2,67 N.
s2
Uwaga: jeżeli bloczek byłby nieważki, czyli m = 0, I = 0, to z równania (4) widać od razu, że
N1 = N2.
5.3.6.R.
r
Toczenie się ciała wygodnie jest
FR
rozpatrywać jako złożenie ruchu
postępowego środka masy i ruchu
y
obrotowego względem osi przechodzącej
r
r
r
T
przez środek masy. Do obu rodzajów ruchu
r
Qx
stosujemy II zasadę dynamiki.
x
r
Qy r
Q
ą
ą
Na ciało toczące się po równi pochyłej
r
działają trzy siły: siła ciężkości Q , siła
r r
reakcji równi FR i siła tarcia T . Drugą
zasadę dynamiki dla ruchu postępowego można zapisać:
r r
r
r
a
m = + FR +T .
Q
Po rzutowaniu wektorów na kierunki x i y mamy:
ma = Qx  T, (1)
0 = FR - Qy,
gdzie Qx = Qsiną = mg siną,
Qy = Qcosą = mg cosą.
Ponieważ nie ma poślizgu, to występujące tarcie jest tarciem statycznym:
Td" Tmax = fFR = fQy = fmgcosą,
gdzie f  współczynnik tarcia (statycznego).
Druga zasada dynamiki dla ruchu obrotowego ma postać:
r
r r
I� = r �T ,
gdzie I - moment bezwładności względem osi przechodzącej przez środek masy,
� - przyspieszenie kątowe.
Ruch obrotowy względem osi symetrii jest wynikiem działania tylko momentu siły tarcia,
r
r
gdyż momenty sił i FR wynoszą 0. W zapisie skalarnym mamy:
Q
I� = rT sin900 = rT, (2)
Pamiętając, że przy braku poślizgu obowiązuje zależność:
a
� = , (3)
r
gdzie �  przyspieszenie kątowe w ruchu obrotowym względem osi przechodzącej przez
środek masy,
a  przyspieszenie liniowe środka masy,
r  promień ciała,
mamy układ trzech równań (1), (2), (3), z którego wyznaczyć można a, � i T.
Po rozwiązaniu tego układu otrzymamy:
g siną g siną mg siną
a = , � = , T = .
2
I
I
ś# mr
1 +
r�#1 + 1 +
ś# ź#
2
2
mr
mr I
�# #
Warunek, przy którym możliwe jest toczenie bez poślizgu ma postać:
mg siną 1
d" fmg cosą lub d" f ctgą.
2 2
mr mr
1 + 1 +
I I
5.3.7.R.
Jeżeli oba ciała rozpoczynają ruch, to tę samą odległość w krótszym czasie przebędzie ciało
poruszające się z większym przyspieszeniem. Z rozwiązania zad. 5.3.6. widać, że większe
przyspieszenie liniowe będzie miało ciało o mniejszym momencie bezwładności. Ponieważ
2 1
Ikuli = mr2, a walca Iwalca = mr2, to jest oczywiste, że szybciej stoczy się kula.
5 2
5.3.8.R.
2
7v0
Odp: s = - droga, jaką przebędzie kula do chwili zatrzymania się,
10g siną
14v0
t = - czas, po którym kula wróci do podstawy równi.
5g siną
m
Dla v0 = 10 , ą = 300, s = 9,9 m, t = 3,36 s.
s
5.3.9.R.
2
12 v0
Odp: s = .
49 � g
5.3.10.R.
r
v0
r
v
r
T
Po zetknięciu się obręczy z podłożem zmiany w czasie jej prędkości liniowej i kątowej
opisują wyrażenia:
v = v0  at, � = �0 - �t,
T
gdzie a = - przyspieszenie liniowe,
m
T  siła tarcia kinetycznego występująca w czasie poślizgu,
m  masa obręczy,
M TR
� = = - przyspieszenie kątowe,
I I
M = TR  moment siły tarcia,
R  promień obręczy,
I - moment bezwładności względem osi obręczy I = mR2.
Wykorzystując powyższe zależności otrzymujemy następujący związek:
v = v0 - �0R + �R .
Po zmianie zwrotu prędkości liniowej, obręcz w końcowej fazie toczy się bez poślizgu, a więc
v
� = - , v < 0, � > 0,
R
czyli
v0 - �0R
v = .
2
Prędkość v spełni warunek: v < 0 gdy �0R > v0 . Jeżeli chcemy np. aby v = -v0 , to prędkości
v0 i �0 muszą spełniać związek: �0R = 3v0 .
5.3.11.R.
Jeżeli walec znajdzie się na powierzchni szorstkiej o wspólczynniku tarcia f, pojawia się siła
r r
tarcia posuwistego T , która zmniejsza prędkość liniową walca. Moment M tej siły względem
osi walca nadaje mu ruch obrotowy. Walec będzie toczył się początkowo w obecności
poślizgu.
r
r
v0
v
r
r r
T
r r
r r
M = I� = r �T ,
M = I� = rT sin900 = rT,
gdzie T = fmg, m  masa walca.
Z drugiej zasady dynamiki
r
r
T = ma ,
-T = ma,
więc przyspieszenie walca
a = -fg.
Po czasie t prędkość liniowa walca wynosi:
v = v0 + at = v0  fgt,
a prędkość kątowa:
� = � t.
M rT rfmg
Przyspieszenie kątowe: � = = = .
I I I
Jeżeli począwszy od chwili t1 ruch walca ma być bez poślizgu, to
v1 = �1r,
rfmg
czyli v0  fgt1 = t1r,
I
v0
stąd t1 = .
2
�# ś#
mr
ś# ź#
fgś#1 +
ź#
I
�# #
Prędkość liniowa walca w ruchu bez poślizgu jest stała i wynosi:
v0
v1 =
I
1 +
mr2
1
Dla walca I = mr2, czyli
2
v0 2
t1 = , v1 = v0.
3 fg 3
5.3.12.R.
Wygodnie jest traktować ruch kołowrotu jako obrót wokół chwilowej osi A, przechodzącej
przez punkty, w których kołowrót styka się z podłożem. Taki obrót uwarunkowany jest tylko
r
r
momentem siły F względem osi A. Momenty pozostałych sił: tarcia T oraz ciężkości i reakcji
podłoża (niezaznaczonych na rysunku) wynoszą 0. Zatem:
M = F x = IA �,
r
O F
r
ą ą
B
C
r
R
T A
gdzie x = CB,
OB x + r
cosą = = , czyli x = Rcosą - r
R R
oraz IA = I0 +mR2  moment bezwładności względem osi A (na podstawie twierdzenia
Steinera), I0  moment bezwładności względem osi kołowrotu,
a
� =  przyspieszenie kątowe,
R
a  przyspieszenie liniowe środka masy.
Stąd
R cosą - r
a = RF .
I0 + mR2
r
Jeżeli cosą > , to a > 0 i kołowrót będzie poruszać się w kierunku nici (nić nawija się).
R
r
Gdy cosą < , nić odwija się z kołowrotu.
R
r
Kiedy cosą = , � = 0 i ruch obrotowy nie występuje, a ruch postępowy szpuli opisuje
R
równanie:
Fr
Ma = Fcosą - T = - T,
R
gdzie T = f(mg - Fsiną)
f - współczynnik tarcia posuwistego.
2
r
�# ś#
Ponieważ siną = 1 - cos2 ą = 1 - ś# ź#
otrzymamy:
R
�# #
2
Fr fF r
�# ś#
a = - fg + 1 - ś# ź#
.
mR m R
�# #
5.3.13.R.
A
l1
r
l2
N
r r
T T'
r
r
F
N'
A
R
Rysunek przedstawia siły działające na dz
wignię i walec po rozpoczęciu hamowania. Z III
zasady dynamiki wynika, że
T = T
N = N .
Warunek równowagi momentów sił względem osi A-A można zapisać:
F l1  N l2 = 0.
Fl1
Stąd N = .
l2
Siła tarcia działająca na walec wynosi:
Fl1
T = f N = f N = f .
l2
Związany z nią moment siły
Fl1
M = R T =R f
l2
nadaje walcowi przyspieszenie kątowe (opóz
nienie):
M
� = .
I0
Prędkość kątowa walca maleje od �0 do 0 w czasie t:
0 = �0 - � t.
Poszukiwana wartość siły F wynosi:
�0 I0l2
F = .
t f R l1
5.3.14.R.
Sytuację przedstawia rysunek. Rozpatrujemy dwa ciała: walec i ciężarek. Ponieważ nić jest
nierozciągliwa i nie ślizga się po walcu, to wartość przyspieszenia liniowego aB punktu B jest
taka sama jak wartość przyspieszenia ciężarka a: aB = a.
r
B
N
O
r
r
A
T
r
N'
m
r
Q
Nieważkość nici i bloczka pozwala napisać (porównaj rozwiązania zadań 5.1.8. i 5.3.5.):
N = N .
Inne zależności:
przyspieszenie środka masy walca:
aO = � r
gdzie: � - przyspieszenie kątowe ruchu obrotowego,
r  promień walca,
przyspieszenie punktu B:
aB = a = aO + � r = 2 aO
II zasada dynamiki dla walca:
- ruch postępowy: MaO = N  T,
- ruch obrotowy: I � = Nr + Tr,
II zasada dynamiki dla ciężarka: ma = Q  N ,
czyli ma = mg  N.
Rozwiązaniem tego układu równań jest
- przyspieszenie ciężarka:
4g
a = ,
M I
4 + +
2
m mr
- siła tarcia działająca na walec:
a I
�# ś#
T = - M .
ś# ź#
2
4 r
�# #
1
Dla pełnego walca I = Mr2 czyli:
2
4g 1
a = , T = - Ma .
3 M
8
4 +
2 m
Znak  - oznacza, że w tym przypadku siła tarcia ma zwrot przeciwny do założonego, czyli
skierowana jest  w prawo .
Dla walca wydrążonego I = Mr2 czyli:
2g
a = , T = 0.
M
2 +
m
Brak siły tarcia oznacza tutaj, że walec wydrążony może toczyć się bez poślizgu nawet po
idealnie gładkim stole.
5.3.15.R.
Momenty sił ciężkości i reakcji osi względem osi obrotu wynoszą 0. Ich linia działania
przechodzi przez oś. Dla układu student-krzesło-odważniki spełniona jest zasada zachowania
momentu pędu. Początkowy moment pędu układu wynosi:
L1 = (I0 + 2ml12)�1, gdzie �1 = 2Ą n1,
a po zgięciu rąk:
L2 = (I0 + 2ml22)�2, gdzie �2 = 2Ą n2.
Ponieważ L1 = L2
otrzymamy:
2
n2 = n1 I0 + 2ml1 .
2
I0 + 2ml2
Dla n1 = 1 obr/s, I0 = 3 kgm2, m = 5 kg, l1 = 0,8 m, l2 = 0,2 m mamy n2 = 2,8 obr/s.
5.3.16.R.
Na belkę działają dwie siły: siła ciężkości i reakcja osi. Przyjmijmy oś A za oś odniesienia.
Moment reakcji osi wynosi 0 ponieważ jej linia działania przechodzi przez oś. Moment siły
ciężkości również wynosi 0, gdyż zakładamy iż czas hamowania kuli w belce jest bardzo
krótki i belka w tym czasie nie odchyli się znacząco od pionu. Można, więc przyjąć, że
spełniona jest zasada zachowania momentu pędu. Moment pędu układu kula-belka przed
uderzeniem kuli równy jest momentowi pędu kuli
A
L1 = mv0 l.
Po uderzeniu
L2 = I� + ml2� = (I+ml2) �,
1
l
gdzie I = Ml2.
3
Ponieważ L1 = L2 otrzymamy:
mv0 l v0
� =
= .
r
2
v0
M
I + ml �#
l + 1ś#
ś# ź#
m
3m
�# #
Składowa pozioma siły reakcji osi jest jedyną siłą zewnętrzną mogącą zmienić pęd układu.
Jeżeli siła ta wynosi 0, to spełniona jest zasada zachowania pędu.
Przyjmijmy, że kula uderza w belkę w odległości a od osi obrotu.
Pęd układu przed zderzeniem równy jest pędowi kuli
p1 = mv0.
A
Po uderzeniu kuli pęd układu wynosi:
p2 = m� a + MvS,
l
l
gdzie vS = �  prędkość środka masy belki.
2 a
2
Z kolei z zasady zachowania momentu pędu mamy:
r
v0
mv0 a = I� + ma2�,
m
czyli
mv0a
.
� =
I + ma2
Po drobnych przekształceniach można zauważyć, że pęd p2 daje się zapisać w postaci ułamka:
p1
p2 = .
I + ma2
M la
+ ma2
2
2
M la Ml 2
Widać, że p2 = p1 jeżeli I = . Ponieważ I = więc dla a = l spełniona jest zasada
2 3 3
M la
zachowania pędu i składowa pozioma siły reakcji osi wynosi zero. Jeżeli np. > I czyli
2
2
a > l to p2 > p1, a więc pęd układu wzrasta. Pozioma składowa reakcji osi ma w tym
3
przypadku wartość różną od zera i zwrot taki jak uderzająca kula.
5.3.17.R.
Korzystamy z zasady zachowania momentu pędu układu student-tarcza. Początkowy moment
pędu wynosi L1 = 0 (student i tarcza nie poruszają się). Jeżeli student chodzi wzdłuż brzegu
tarczy z prędkością v względem niej, a tarcza obraca się z prędkością kątową �, to moment
pędu układu L2 można zapisać:
L2 = m(v-�R)R - I�,
1
gdzie I = MR2 - moment bezwładności tarczy. Z zasady zachowania momentu pędu
2
L1 = L2 = 0 otrzymamy:
v
� = .
M
ś#
R�#1 +
ś# ź#
2m
�# #
2Ą
Okres obrotu tarczy wynosi T = , a poszukiwana droga:
�
M
s = vT = 2Ą R(1 + ).
2m
5.3.18.R.
Układ wektorów przedstawia rysunek. Śmigło działa na samolot momentem siły:
r r r
M = &! � L ,
r
v
r
�
r
r
r
&!
r
M
O
r
gdzie &! - wektor kątowej prędkości precesji,
r
r
L = I � - moment pędu śmigła,
I  moment bezwładności śmigła,
� = 2Ąn prędkość kątowa śmigła,
n  częstość obrotów.
v
Tutaj &! = , v  prędkość liniowa samolotu w jego ruchu po okręgu o promieniu r. Wektor
r
r
&! zwrócony jest  do nas .
Tak więc wartość momentu siły M wynosi:
2ĄnIv
M = .
r
Liczbowa wartość dla n=2400 obr/min = 40 s-1, I = 15 kgm2, v = 360 km/h=100 m/s,
r = 800 m:
M = 471 Nm.
5.3.19.R.
m
0,4 kg �"10 �"0,1 m
mgl 1
s2
Odp.: &! = = = 1 .
1
I� s
0,005 kgm2 �" 80
s
5.3.20.R. Moment bezwładności kuli A:
I = 0,4mArA 2 ,
A
a kuli B:
IB = 0,4mBrB 2.
Stosunek tych wielkości:
2
�# ś#
I mA rA
A
ś# ź#
=
IB mB ś# rB ź#
�# #
Przyjmując, że obie kule wykonane są z tego samego materiału o jednakowej gęstości :
m
� = ,
V
gdzie:
4
V = Ą r3 - objętość kuli,
3
możemy znalez
ć związek między masami kul i ich promieniami:
3
�# ś#
mA rA
ś# ź#
= ,
mB ś# rB ź#
�# #
skąd:
rA mA
3
= ,
rB mB
a więc:
2
I mA �# mA ś#
A
ś#3 ź#
=
I mB ś# mB ź#
B
�# #
Ponieważ wiemy, że mA = 8mB , więc:
I
A
= 32
I
B
i ostatecznie: I = 32I .
A B


Wyszukiwarka

Podobne podstrony:
ZARZĄDZANIE FINANSAMI cwiczenia zadania rozwiazaneE
06 Zadania z rozwiązaniamiidd47
I etap zadania rozwiazania
ARYT ZADANIA i rozwiazania
5 2 1 Zadania rozwiązane
2 2 1 Zadania rozwiązane
Statystyka zadania rozwiązania
Zadania z rozwiązaniami SP

więcej podobnych podstron