Precesja żyroskopu przedstawia żyroskop (ang. gyroscope ), który definiujemy jako wirujący dysk (ciało – bryłę sztywną o symetrii osiowej), obracający się wokół włsnej osi symetrii, przy czym oś obrotu jest osią swobodną, to znaczy może przyjąć dowolny kierunek przestrzeni. Podczas wirowania kierunek osi obrotu żyroskopu jest niezależny od orientacji układu, w którym żyroskop jest umieszczony. Żyroskop można przenosić z miejsca na miejsce, a orientacja (kierunek) osi obrotu pozostaje taka sama. To sprawia, że żyroskopy są bardzo przydatne w nawigacji, w szczególności gdy nie można stosować kompasów magnetycznych, na przykład w załogowych i bezzałogowych statkach kosmicznych, międzykontynentalnych pociskach balistycznych, bezzałogowych statkach powietrznych oraz satelitach takich jak Hubble Space Teleskop. Żyroskop składa się z dysku wirującego wokół osi symetrii, która może przyjmować dowolną orientację w przestrzeni. Precesję (ang. precession ) żyroskopu zilustrujmy na przykładzie zachowania się bączka na dwóch poniższych rysunkach. Jeśli punkt podparcia bączka jest umieszczony na płaskiej powierzchni w pobliżu powierzchni Ziemi, oś symetrii tworzy kąt z pionem, a bączek nie kręci się, to moment siły działający na środek ciężkości żyroskopu powoduje jego przewrócenie. Jest to pokazane na (a). Jednakże, jeśli bączek wiruje wokół swojej osi symetrii, to zamiast się przewrócić, z powodu działania momentu siły ciężkości, oś obrotu wykonuje ruch precesyjny (dokonuje precesji), tzn. oś symetrii bączka obraca się wokół określonego kierunku w przestrzeni, zakreślając powierzchnię boczną stożka, co przedstawiono w części (b) . (a) Jeżeli bączek się nie kręci, to moment siły r → × m g → względem punktu podparcia O (w rzeczywistości punkt, względem którego liczymy moment sił, nie ma znaczenia, gdyż na ciało działa para sił) powoduje jego przewrócenie. (b) Jeżeli bączek obraca się wokół swojej osi O O ' , to nie przewraca się, ale porusza się ruchem precesyjnym wokół osi z . przedstawia siły działające na bączek. Wektor momentu sił działa prostopadle do wektora momentu pędu. Zmienia on kierunek wektora momentu pędu L → , zgodnie z zależnością d L → = M → d t , ale nie jego wartość. Oś symetrii porusza się ruchem precesyjnym wokół osi pionowej, ponieważ moment sił jest zawsze poziomy i prostopadły do L → . Jeśli bączek nie kręci się, to uzyskuje moment pędu w kierunku momentu sił i obraca się wokół osi poziomej, a następnie upada, jak moglibyśmy oczekiwać. Wypadkowa sił działająca na środek ciężkości wytwarza moment sił M → w kierunku prostopadłym do L → . Wartość L → nie zmienia się, ale kierunek L → podlega zmianom, a oś symetrii bączka dokonuje precesji wokół osi z . Możemy zbadać to zjawisko samodzielnie, trzymając kręcące się koło rowerowe i próbując obrócić je wokół osi prostopadłej do osi obrotu. Jak pokazano na , osoba wywiera siły prostopadłe do osi obrotu i w ten sposób próbuje obrócić koło, ale zamiast tego oś koła zaczyna zmieniać swój kierunek w lewo (tj. w stronę lewej dłoni osoby) pod wpływem przyłożonego momentu sił. (a) Osoba trzymająca oburącz oś obrotu koła rowerowego próbując obrócić koło unosi oś prawą ręką w górę i popycha w dół z lewej strony. Dzięki temu powstaje wypadkowy moment sił skierowany do osoby. Ten moment sił powoduje zmianę momentu pędu w tym kierunku. (b) Diagram ilustruje dodawanie przyrostu wektora momentu pędu Δ L → , równoległego do M → , do wektora momentu pędu koła L → , w wyniku czego otrzymujemy nowy wektor momentu pędu. Koło porusza się w kierunku osoby, prostopadle do wektorów sił jakie ona na nie wywiera. Wszyscy wiemy, jak łatwo jest przewrócić się na rowerze, gdy siedzi się na nim w stanie spoczynku. Ale podczas jazdy, jest to trudniejsze (tym trudniejsze im, większa jest prędkość roweru), ponieważ, chcąc się przewrócić, musimy zmienić wektor momentu pędu obracających się kół. Zobacz film o precesji żyroskopu ( gyroscope precession ) pokazujący pełną demonstrację precesji koła rowerowego. Spróbuj zmienić położenie odtwarzacza Blu-Ray z umieszczonym i obracającym się w nim Blu-Ray Disc (B-RD). Łatwo jest przesunąć (bez obrotu) urządzenie w wybranym kierunku, ale znacznie trudniej jest dokonać obrotu Blu-Ray wokół osi prostopadłej do osi, wokół której obraca się B-RD, ponieważ przykładamy wówczas do działającego urządzenia odtwarzającego moment siły (prostopadły do osi obrotu B-RD), który powoduje precesję wektora momentu pędu wirującego B-RD. Możemy obliczyć szybkość precesji koła z . Widzimy, że wielkość momentu sił wynosi M = r m g sin θ . Stąd d L = r m g sin θ d t . Kąt, o jaki zmienia się wektor momentu pędu w czasie d t , jest równy (z i definicji kąta płaskiego mamy d ϕ = d L / L  sin θ ) d ϕ = d L L sin θ = r m g sin θ L sin θ d t = r m g L d t . Prędkość kątową precesji określa wzór ω p = d ϕ / d t , z którego wynika jej wartość ω p = r m g L , a ponieważ L = I ω , to ω p można wyrazić jako ω p = r m g I ω . W tym wyprowadzeniu założyliśmy, że ω p ≪ ω , to znaczy, że prędkość kątowa precesji jest znacznie mniejsza niż prędkość kątowa obrotów wokół osi żyroskopu. W rzeczywistości prędkość kątowa precesji dodaje niewielką składową do momentu pędu żyroskopu wzdłuż osi z . Objawia się to podczas precesji żyroskopu niewielkim wahaniem w górę i w dół jego osi obrotu. Zjawisko to nosi nazwę nutacji. Sama Ziemia zachowuje się jak gigantyczny żyroskop. Wektor moment pędu Ziemi jest równoległy do jej osi i wskazuje na Gwiazdę Północną. Ale Ziemia ulega powolnej precesji (raz na około 26 000 lat) ze względu na moment siły grawitacji Słońca i Księżyca oraz na jej niesferyczny kształt (Ziemia ma kształt elipsoidy obrotowej; jest spłaszczona przy biegunach o około 23 km). Okres precesji Żyroskop kręci się i jego dolny końcowy fragment umieszczony jest na poziomej powierzchni i dlatego mamy do czynienia z nieznacznym oporem siły tarcia. Dysk żyroskopu ma masę 0,3 kg i wiruje z częstotliwością 20 obr/s. Jego środek masy jest odległy 5,0 cm od osi obrotu i promień jego tarczy wynosi 5,0 cm. Jaki jest okres precesji żyroskopu? Strategia rozwiązania Zastosujemy , aby znaleźć prędkość kątową precesji żyroskopu. To pozwoli nam wyznaczyć okres precesji. Rozwiązanie Moment bezwładności tarczy wynosi I = 1 2 m r 2 = 1 2 ⋅ 0,30 k g ⋅ ( 0,05 m ) 2 = 3,75 ⋅ 10 − 4 k g ⋅ m 2 , a jego prędkość kątowa 20,0 o b r / s = 20,0 ⋅ 2 π r a d / s = 125,66 r a d / s . Obie wielkości możemy teraz wstawić do . Prędkość kątowa precesji jest równa ω p = r m g I ω = 0,05 m ⋅ 0,3 k g ⋅ 9,8 m / s 2 3,75 ⋅ 10 − 4 k g ⋅ m 2 ⋅ 125,66 r a d / s = 3,12 r a d / s , natomiast okres precesji żyroskopu wynosi T p = 2 π 3,12 r a d / s = 2,0 s . Znaczenie Prędkość kątowa precesji, 3,12 rad/s, lub częstotliwość precesji równa około 0,5 obr/s, jest znacznie mniejsza niż częstotliwość 20 obr/s tarczy żyroskopu. Dlatego też nie należy się spodziewać dużej składowej momentu pędu na skutek precesji, a równanie jest dobrym przybliżeniem prędkości kątowej precesji. Sprawdź, czy rozumiesz. Żyroskop ma prędkość kątową precesji 5,0 rad/s na Ziemi. Jaka jest prędkość kątowa precesji na Księżycu? Przyspieszenie grawitacyjne na Księżycu wynosi 1/6 tego co na Ziemi. Z równania widzimy, że prędkość kątowa precesji jest proporcjonalna do przyspieszenia ziemskiego. Wszystkie pozostałe wielkości: masa, moment bezwładności i prędkość kątowa wokół osi żyroskopu są takie same na Księżycu. Tak więc prędkość kątowa precesji na Księżycu jest równa ω p ( Księżyca ) = 1 6 ω p ( Ziemi ) = 1 6 ⋅ 5,0 r a d / s = 0,83 r a d / s . Podsumowanie Gdy żyroskop jest umieszczony na obrotowym trzpieniu na powierzchni ziemi i wiruje wokół własnej osi symetrii, to wykonuje precesję wokół osi pionowej, ponieważ moment siły jest zawsze poziomy i prostopadły do L → . Jeżeli żyroskop nie kręci się, uzyskuje moment pędu w kierunku momentu siły i obraca się wokół osi poziomej i wypada z trzpienia, jak moglibyśmy tego oczekiwać. Prędkość kątową precesji wyraża wzór ω p = r m g / I ω , gdzie: r jest odległością od osi, wokół której następuje precesja, do środka masy żyroskopu, I jest momentem bezwładności wirującego dysku żyroskopu, m jest jego masą, a ω jest prędkością kątową żyroskopu. Najważniejsze wzory Prędkość środka masy toczącego się ciała v ŚM = R ω Przyspieszenie środka masy toczącego się ciała a ŚM = R ε Przemieszczenie środka masy toczącego się ciała d ŚM = R θ Przyspieszenie w ruchu tocznym bez poślizgu a ŚM = m g sin θ m + ( I ŚM / r 2 ) Moment pędu l → = r → × p → Pochodna momentu pędu równa momentowi siły d l → d t = ∑ M → Moment pędu układu cząstek L → = l → 1 + l → 2 + ⋯ + l → N W przypadku układu cząstek pochodna momentu pędu jest równa d L → d t = ∑ M → Moment pędu obracającej się bryły sztywnej L = I ω Zachowanie momentu pędu d L → d t = 0 Zasada zachowania momentu pędu L → = l → 1 + l → 2 + ⋯ + l → N = constant Prędkość kątowa precesji ω p = r m g I ω Pytania Żyroskopy stosowane w systemach naprowadzania w celu wskazywania kierunku w przestrzeni muszą mieć niezerowy moment pędu, który nie może zmieniać kierunku. Po zainstalowaniu ich w pojeździe (również w samolocie, rakiecie, pojeździe kosmicznym) są umieszczone w komorze, która jest oddzielona od głównego kadłuba pojazdu tak, że zmiany w jego orientacji nie mają wpływu na orientację żyroskopu. Jeżeli pojazd poddawany jest działaniu dużych sił oraz przyspieszeń, to w jaki sposób kierunek momentu pędu, a tym samym osi żyroskopu, może być przez cały czas stały? Aby zmienić moment pędu żyroskopu (kręt), potrzebny jest moment sił w kierunku do niego prostopadłym. Ale siły działające na pojazd są siłami działającymi na zewnątrz pojemnika, w którym zamontowany jest żyroskopm i nie działają na oś obracającego się żyroskopu. Ziemia porusza się ruchem precesyjnym wokół swojej osi pionowej z okresem 26 000 lat. Przedyskutuj, czy może być wykorzystane do obliczenia prędkości kątowej precesji Ziemi? Zadania Żyroskop ma wbudowany dysk o masie 0,5 kg i promieniu 10 cm, który obraca się z częstotliwością 40 obr/s. Środek masy dysku znajduje się w odległości 10 cm od trzpienia obrotowego, na którym osadzona jest oś obrotu żyroskopu. Jaka jest prędkość kątowa jego precesji? I = 2,5 ⋅ 10 − 3 k g ⋅ m 2 , ω p = 0,78 r a d / s . Prędkość kątowa precesji żyroskopu wynosi 1,0 rad/s. Jeżeli masa obracającej się tarczy (dysku) żyroskopu wynosi 0,4 kg, jego promień 30 cm, a odległość od środka masy do przegubu (trzpienia) obrotowego jest równa promieniowi, to jaka jest częstotliwość obrotów dysku? Oś Ziemi tworzy kąt 23 , 5 ∘ z kierunkiem prostopadłym do płaszczyzny orbity ziemskiej (ekliptyki). Tak jak pokazano poniżej, oś ta ulega precesji, przy czym jeden kompletny obrót wynosi 25 780 lat. (a) Oblicz zmianę momentu pędu dla połowy tego czasu. (b) Jaki jest średni moment sił, które powodują tę zmianę momentu pędu? (c) W przypadku gdyby moment ten został wywołany przez parę sił przyłożonych w najbardziej efektywnych punktach, tj. na równiku, to jaka jest ich wartość? a. L Ziemi = 7,06 ⋅ 10 33 k g ⋅ m 2 / s , Δ L = 5,63 ⋅ 10 33 k g ⋅ m 2 / s ; b. M = 1,38 ⋅ 10 22 N ⋅ m ; c. F = 1,08 ⋅ 10 15 N . Zadania dodatkowe Kulka toczy się po płaszczyźnie poziomej z prędkością 7,0 m/s, a następnie zaczyna się wtaczać na płaszczyznę nachyloną pod kątem 30 ∘ do płaszczyzny poziomej. (a) Jaką odległość przebędzie kula wzdłuż nachylonej płaszczyzny przed zatrzymaniem się? (b) Ile czasu upłynie do jej zatrzymania się? Rozwiąż poprzednie zadanie, zastępując pełną kulę kulą wydrążoną. Wyjaśnij otrzymane wyniki. a. a ŚM = − 3 10 g , v 2 = v 0 2 + 2 a ŚM ⟹ v 2 = ( 7,0 m / s ) 2 − 2 ⋅ 3 10 g ⋅ x , v 2 = 0 ⟹ x = 8,34 m ; b. t = v − v 0 a ŚM , v = v 0 + a ŚM t ⟹ t = 2,38 s ; Wydrążona kula ma większy moment bezwładności, a więc mniejszą wartość przyspieszenia niż kula pełna. Dlatego przebyta przez nią odległość jest teraz większa, a czasm jaki upłynąłm jest dłuższy niż pełnej kuli. Masa obręczy o promieniu 1,0 m wynosi 6,0 kg. Obręcz toczy się po poziomej powierzchni z prędkością 10,0 m/s. (a) Jaka praca jest potrzebna, aby zatrzymać obręcz? (b) Jeśli obręcz zaczyna wtaczać się na powierzchnię umieszczoną pod kątem 30 ∘ w stosunku do poziomu z prędkością 10,0 m/s, to jak daleko wzdłuż pochyłości będzie się toczyć przed zatrzymaniem i stoczeniem się z powrotem na dół? Rozwiąż powyższe zadanie dla wydrążonej sfery o tym samym promieniu, masie i prędkości początkowej. Wyjaśnij różnice w wynikach. a. W = − 500,0 J ; b. K = U graw = constant , 500 J + 0 J = 0 + 6,0 k g ⋅ 9,8 m / s 2 ⋅ h , h = 8,5 m , d = 17,0 m ; Moment bezwładności jest mniejszy dla wydrążonej kuli niż dla obręczy, w związku z czym mniej pracy potrzeba, aby ją zatrzymać. Podobnie przebyta przez nią droga jest krótsza niż obręczy. Cząstka ma masę 0,5 kg i porusza się wzdłuż prostej x = 5,0 m z prędkością 2,0 m/s, w dodatnim kierunku osi y . Ile wynosi moment pędu cząstki? Cząstka o masie 4,0 kg porusza się po okręgu o promieniu 2,0 m. Moment pędu cząstki zmienia się w czasie, zgodnie z zależnością l = 5,0 t 2 . (a) Ile wynosi moment siły działającej na cząstkę względem środka okręgu w t = 3,4 s ? (b) Ile wynosi prędkość kątowa cząstki w czasie t = 3,4 s ? a. M = 34,0 N ⋅ m ; b. l = m r 2 ω ⟹ ω = 3,6 r a d / s . Proton w cyklotronie jest przyspieszany do prędkości 5,0 ⋅ 10 6 m / s w czasie 0,01 s. Torem ruchu protonu jest okrąg. Jeśli promień cyklotronu wynosi 0,5 km, to: (a) jaki jest moment pędu protonu względem środka cyklotronu, przy jego maksymalnej prędkości? (b) jaki jest moment siły działającej na proton względem środka cyklotronu, gdy przyspiesza on do maksymalnej prędkości? (a) Jaki jest moment pędu Księżyca na jego orbicie wokół Ziemi? (b) Porównaj ten moment pędu z momentem pędu Księżyca związanym z jego obrotem wokół osi. Pamiętaj przy tym, że Księżyc przez cały czas jest zwrócony jedną stroną w kierunku Ziemi. a. d K = 3,85 ⋅ 10 8 m – średnia odległość do Księżyca; 27,32 d n i a = 2,36 ⋅ 10 6 s – okres obiegu po orbicie okołoziemskiej; 2 π ⋅ 3,85 ⋅ 10 8 m 2,36 ⋅ 10 6 s = 1,0 ⋅ 10 3 m / s – orbitalna szybkość Księżyca; 7,35 ⋅ 10 22 k g – masa Księżyca; L = 2,90 ⋅ 10 34 k g ⋅ m 2 / s – orbitalny moment pędu Księżyca; b. R K = 1,74 ⋅ 10 6 m – promień Księżyca; okres obiegu po orbicie jest taki sam jak w (a); ω = 2,66 ⋅ 10 − 6 r a d / s ; L = 2,37 ⋅ 10 29 k g ⋅ m 2 / s – moment pędu Księżyca związany z obrotem wokół własnej osi. Orbitalny moment pędu jest 1,22 ⋅ 10 5 razy większy od momentu pędu Księżyca związanego z obrotem wokół własnej osi. Płyta DVD obraca się z częstotliwością 500 obr/min. Ile wynosi moment pędu płyty DVD, jeśli ma ona promień 6,0 cm i masę 20,0 g? Koło garncarskie zaczyna się obracać osiągając 10 obr/s w czasie 15 s. Koło ma masę 3,0 kg i promień 30,0 cm. Ile wynosi moment pędu koła w chwilach t = 5 s , t = 10 s ? I = 0,135 k g ⋅ m 2 , ε = 4,19 r a d / s 2 , ω = ω 0 + ε t , ω ( 5 s ) = 21,0 r a d / s , L = 2,84 k g ⋅ m 2 / s , ω ( 10 s ) = 41,9 r a d / s , L = 5,66 k g ⋅ m 2 / s . Załóżmy, że musisz uruchomić stary samochód przy użyciu korby, na którą działasz siłą 300 N w czasie 0,25 sek. Jaki moment pędu został przekazany silnikowi, jeżeli uchwyt korby jest w odległości 0,30 m od osi obrotu, a wywierana na korbę siła przez cały czas jest stała i równa 300 N? Walec o masie 2,0 kg i promieniu 20 cm obraca się w lewo (przeciwnie do ruchu wskazówek zegara) wokół pionowej osi symetrii, z częstotliwością 600 obr/min. Drugi taki sam walec obraca się w prawo (zgodnie z ruchem wskazówek zegara), wokół tej samej osi pionowej, z częstotliwością 900 obr/min. Jeśli walce połączą się tak, że dalej będą obracać się wokół tej samej osi pionowej, to jaka będzie ich częstotliwość obrotów? W równaniu na zasadę zachowania momentu pędu, przed i po połączeniu, po obu stronach pojawia się częstotliwość obrotów, więc zamiast prędkości kątowej można zachować (obr/min), gdyż jest ona równa prędkości kątowej pomnożonej przez stałą wartość. L 1 = − 0,04 k g ⋅ m 2 ⋅ 300,0 o b r / m i n , L 2 = 0,04 k g ⋅ m 2 ⋅ 600,0 o b r / m i n , ω = 150,0 o b r / s , w prawo zgodnie z ruchem wskazówek zegara. Chłopiec stoi na środku platformy, która obraca się bez tarcia, wykonując 1,0 obr/s. Chłopiec trzyma ciężarki tak daleko od swojego ciała, jak to jest możliwe. W tym położeniu całkowity moment bezwładności chłopca, platformy i ciężarków wynosi 5,0 k g ⋅ m 2 . Chłopiec ściąga ciężarki w pobliże swojego ciała, tym samym zmniejszając całkowity moment bezwładności do 1,5 k g ⋅ m 2 . (a) Jaka jest końcowa prędkość kątowa platformy? (b) O ile zwiększyła się energia kinetyczna ruchu obrotowego układu? Ośmioro dzieci, każde o masie 40 kg, wspina się na małą karuzelę. Ustawiają się równomiernie wzdłuż zewnętrznej krawędzi, trzymając się za ręce. Karuzela ma promień 4,0 m oraz moment bezwładności równy 1 000,0 k g ⋅ m 2 . Gdy karuzeli nadano częstotliwość 6,0 obr/min, dzieci zaczęły iść do środka karuzeli i zatrzymały się, gdy były w odległości 0,75 m od osi obrotu. Jaka jest nowa częstotliwość obrotów karuzeli? Załóżmy, że moment sił tarcia w układzie jest znikomy. I 1 ω 1 = I 2 ω 2 , I 1 = 6 120,0 k g ⋅ m 2 , I 1 = 1 180,0 k g ⋅ m 2 , ω 2 = 31,1 o b r / m i n . Cienki metrowy kij o masie 150 g obraca się wokół osi prostopadłej do osi kija z częstotliwością 240 obr/min. Ile wynosi moment pędu kija, jeżeli oś obrotu przechodzi przez: (a) środek kija? (b) jeden z końców kija? Satelita w kształcie kuli masie 20000 kg i promieniu 5,0 m wiruje wokół osi przechodzącej przez jego środek masy. Jego częstotliwość wynosi 8,0 obr/s. W pewnej chwili w płaszczyźnie obrotu od środka satelity zostaną wysunięte dwie anteny. Każda antena może być przybliżona przez pręt o masie 200,0 kg i długości 7,0 m. Jaka jest nowa wartość częstotliwości obrotów (szybkość obrotowa) satelity? L 1 = 1,00 ⋅ 10 6 k g ⋅ m 2 / s , L 1 = 3,35 ⋅ 10 4 k g ⋅ m 2 / s , f 2 = 4,35 o b r / s . Bąk ma moment bezwładności 3,2 ⋅ 10 − 4 k g ⋅ m 2 i odległość 4,0 cm od środka masy do punktu podparcia. Jeśli bąk obraca się z częstotliwością 20,0 obr/s i dokonuje precesji, to ile obrotów podczas niej wykona w czasie 10,0 s? Zadania trudniejsze Samochód ciężarowy przedstawiony poniżej znajduje się początkowo w stanie spoczynku. Na jego przyczepie znajduje się cylindryczna rola (bela) papieru. Jeżeli samochód zacznie poruszać się do przodu ze stałym przyspieszeniem a , to jaką odległość s przebędzie on od momentu ruszenia z miejsca, do chwili, gdy rola papieru stoczy się z tyłu samochodu? (Wskazówka: Jeśli względem ziemi rola papieru przyspiesza do przodu z przyspieszeniem a ' , to względem samochodu przyspiesza ona do tyłu z przyspieszeniem a - a ' . Również R ε = a - a ' ). Załóżmy, że rola przyspiesza do przodu w stosunku do ziemi z przyspieszeniem a ′ , to względem ciężarówki przyspiesza ona do tyłu z przyspieszeniem a − a ' . Ale ponieważ R ε = a - a ' , I = 1 2 m R 2 , ∑ F x = T s = m a ' , ∑ M = T s R = I ε = I a - a ' R , T s = I R 2 ( a - a ' ) = 1 2 m ( a - a ' ) . Rozwiązując ze względu na a ′ : T s = 1 2 m ( a - a ' ) , a ' = a 3 , x − x 0 = v 0 t + 1 2 a t 2 , d = 1 3 a t 2 , t = 3 d a , Stąd, s = 1,5 d Kula do gry w kręgle o promieniu 8,5 cm została rzucona i porusza się wzdłuż toru z prędkością 9,0 m/s. Z punktu widzenia obserwatora kierunek rzutu jest w lewo, tak że kula, podczas ruchu, w wyniku tarcia o podłogę, zaczyna obracać się w kierunku przeciwnym do ruchu wskazówek zegara. Współczynnik tarcia kinetycznego na pasie wynosi 0,3. (a) Jaki jest czas potrzebny do tego, aby kula osiągnęła punkt, w którym przestanie się ślizgać? Jaka jest odległość d do tego punktu? Mała kulka o masie 0,50 kg jest przyczepiona za pomocą nieważkiego sznurka do pionowego pręta, który obraca się w sposób pokazany poniżej. Gdy pręt ma prędkość kątową 6,0 rad/s, sznurek tworzy kąt 30 ∘ w stosunku do pionu. (a) Jeżeli prędkość kątowa pręta zostanie zwiększona do 10,0 rad/s, to jaki jest nowy kąt między sznurkiem a pionem? (b) Oblicz początkowy i końcowy moment bezwładności piłki. (c) Czy obrót pręta może być tak szybki, żeby sznurek z kulką ustawił się poziomo? Składowa pozioma siły naprężenia sznurka daje siłę dośrodkową, taką że T sin θ = m r ⊥ ω 2 . Składowa pionowa siły naprężenia sznurka równoważy siłę grawitacji T cos θ = m g . Daje to T = 5,7 N , a stąd odległość kulki od pręta wynosi r ⊥ = 0,16 m , długość sznurka jest równą r = 0,32 m . Dla ω = 10,0 r a d / s mamy nowy kąt odchylenia sznurka, jego siłę naprężenia oraz odległość kulki od pręta. Podzielenie stronami dwóch równań pozwala wyeliminować naprężenie sznurka, stąd otrzymujemy a. sin  θ cos  θ = 0,32 m ⋅ sin  θ ⋅ ω 2 g ⟹ 1 cos  θ = 0,32 m ⋅ ω 2 g , cos  θ = 0,31 ⟹ θ = 72 , 2 ∘ ; b. L pocz = 0,08 k g ⋅ m 2 / s . L końcowa = 0,46 k g ⋅ m 2 / s . c. Nie, cosinus kąta jest odwrotnie proporcjonalny do kwadratu prędkości kątowej, dlatego aby θ → 90 ° , ω → ∞ , a to znaczy, że pręt musiałby kręcić się nieskończenie szybko. Lecący poziomo owad z prędkością 1,0 m/s zderza się z końcem jednorodnego, wiszącego pionowo kijka. Po zderzeniu kijek wychyla się, przy czym maksymalny kąt wychylenia od pionu wynosi 5 , 0 ∘ . Oblicz długość kijka wiedząc, że masa kija jest 10 razy większa niż owada. precesja (ang. precession ) zmiana kierunku osi obrotu obracającego się ciała, zachodząca pod wpływem momentu siły; oś obrotu wykonuje ruch obrotowy wokół określonego kierunku w przestrzeni, zakreślając powierzchnię boczną stożka

Science


Wstęp Takie stabilne ułożenie młotka połączonego sznurkiem z linijką zdaje się przeczyć prawu ciążenia. Jednak wszystkie siły działające na układ się równoważą i nie zmieniają jego ruchu postępowego. Ponadto wszystkie momenty sił również się równoważą, a zatem układ nie zmienia swojego ruchu obrotowego. Rezultatem jest równowaga statyczna. (Źródło: modyfikacja pracy „Luca Florio”/Flickr) Z wcześniejszych rozdziałów dowiedzieliśmy się o siłach i prawach Newtona dla ruchu postępowego. Następnie poznałeś moment siły i ruch obrotowy ciała wokół stałej osi obrotu. Dowiedzieliśmy się również, że równowaga statyczna oznacza brak ruchu, a równowaga dynamiczna oznacza ruch bez przyspieszenia. W tym rozdziale połączymy warunki równowagi statycznej ruchu postępowego i równowagi statycznej ruchu obrotowego, aby opisać sytuacje typowe dla każdego rodzaju konstrukcji technicznych. Jaki typ liny będzie podtrzymywał most wiszący? Na jakim rodzaju fundamentu będzie się opierał biurowiec? Czy dana proteza ręki będzie działać prawidłowo? Oto przykładowe pytania, na które współcześni inżynierowie muszą umieć odpowiedzieć. Właściwości sprężyste materiałów są szczególnie ważne w zastosowaniach technicznych, także w bioinżynierii. Na przykład materiały, które ulegają rozciągnięciu lub ściskaniu, a następnie powracają do pierwotnego kształtu lub położenia, są dobrym tworzywem do produkcji amortyzatorów. W tym rozdziale dowiemy się o niektórych zastosowaniach, łączących równowagę ze sprężystością przy konstruowaniu rzeczywistych układów mechanicznych.

Science


Warunki równowagi statycznej Mówimy, że ciało sztywne jest w równowadze (ang. equilibrium ), kiedy zarówno jego liniowe jak i kątowe przyspieszenie wynoszą zero względem inercjalnego układu odniesienia. To oznacza, że ciało w równowadze może się poruszać, ale tylko pod warunkiem, że jego prędkość liniowa i prędkość kątowa są stałe. Mówimy, że ciało sztywne jest w równowadze statycznej (ang. static equilibrium ) kiedy jest w spoczynku w naszym wybranym układzie odniesienia. Zauważmy, że rozróżnienie stanu spoczynku i stanu ruchu jednostajnego jest sztuczne – to znaczy, że obiekt może spoczywać w naszym wybranym układzie odniesienia, ale obserwatorowi, poruszającemu się ze stałą prędkością w stosunku do naszego układu, ten sam przedmiot wydaje się znajdować w ruchu jednostajnym. Ponieważ ruch jest względny, to co pozostaje w równowadze statycznej dla nas jest w równowadze dynamicznej dla obserwatora w ruchu (i na odwrót). Ponieważ prawa fizyki są identyczne dla wszystkich inercjalnych układów odniesienia, to w takim układzie nie ma rozróżnienia równowagi statycznej i równowagi dynamicznej. Zgodnie z drugim prawem dynamiki Newtona, liniowe przyspieszenie ciała sztywnego spowodowane jest działaniem niezrównoważonej siły na to ciało: ∑ i F → i = m a → Ś M W powyższym zapisie sumowanie odbywa się po wszystkich siłach zewnętrznych działających na ciało, m to masa ciała, a a → ŚM to liniowe przyspieszenie jego środka masy ŚM (pojęcie, o którym mówiliśmy w rozdziale Pęd i zderzenia ). W równowadze, przyspieszenie liniowe wynosi zero. Jeśli przyjmiemy, że przyspieszenie jest równe zero w , otrzymamy następujące równanie: Warunek równowagi sił Pierwszy warunek równowagi (ang. first equilibrium condition ) statycznej ciała sztywnego wyraża równowagę w ruchu postępowym: ∑ i F → i = 0 → . Warunek równowagi określony w , jest warunkiem równowagi sił, który napotkaliśmy omawiając zastosowanie praw Newtona. Równanie wektorowe ( ) jest równoważne następującym trzem równaniom skalarnym dla składowych siły wypadkowej: ∑ i F i x = 0 , ∑ i F i y = 0 , ∑ i F i z = 0. Analogicznie do , możemy stwierdzić, że przyspieszenie kątowe ciała sztywnego ε → wokół ustalonej osi obrotu zostaje spowodowane działaniem wypadkowego momentu sił na to ciało: ∑ i M → i = I ε → . Tutaj I jest momentem bezwładności ciała w ruchu obrotowym względem wybranej osi, a sumowanie przebiega po wszystkich momentach M → i sił zewnętrznych z . W równowadze przyspieszenie kątowe wynosi zero. Przyjąwszy, że prawa strona wynosi zero, otrzymamy warunek równowagi momentów sił (ang. second equilibrium condition ): Warunek równowagi momentów sił Drugi warunek równowagi statycznej ciała sztywnego wyraża równowagę w ruchu obrotowym: ∑ i M → i = 0 → . Warunek równowagi określony jest warunkiem równowagi momentów sił, który pojawił się podczas omawiania dynamiki obrotowej. Warto zauważyć, że powyższe równanie równowagi obowiązuje ogólnie dla równowagi obrotowej dla dowolnej osi obrotu (ustalonej bądź nie). Ponownie, równanie wektorowe ( ) jest równoważne trzem równaniom skalarnym dla składowych wypadkowego momentu sił: ∑ i M i x = 0 , ∑ i M i y = 0 , ∑ i M i z = 0. Drugi warunek równowagi oznacza, że w równowadze nie ma wypadkowego zewnętrznego momentu sił, powodującego obrót wokół dowolnej osi. Oba warunki równowagi są określone w konkretnym układzie odniesienia. Jednak drugi dotyczy momentu siły, który jest zdefiniowany jako iloczyn wektorowy M → i = r → i × F → i , gdzie r → i to promień wodzący od osi obrotu do punktu, gdzie przyłożona została siła. W związku z tym moment siły zależy od położenia osi obrotu w układzie odniesienia. Jednak, gdy warunek równowagi momentów sił i warunek równowagi sił zachodzą jednocześnie w jednym układzie odniesienia, wtedy zachodzą również w innych inercjalnych układach odniesienia, zatem moment sił względem danej osi obrotu pozostaje zerowy. Wyjaśnienie tego jest dość proste. Załóżmy, że wektor R → określa położenie nowego inercjalnego układu odniesienia S ′ w starym inercjalnym układzie odniesienia S . Z rozważań o ruchu względnym, wiemy, że w nowym układzie odniesienia S ′ , promień wodzący r → i do punktu, przyłożenia siły F → i jest związany z r → i równaniem: r → ′ i = r → i − R → . Teraz podsumujmy wszystkie momenty sił zewnętrznych M → ′ i = r → i × F → i w nowym układzie odniesienia S ′ : ∑ i M → ′ i = ∑ i r → ′ × F → i = ∑ i ( r → i − R → ) × F → i = ∑ i r → i × F → i − ∑ i R → × F → i = ∑ i M → i − R → × ∑ i F → i = 0 → . Na ostatnim etapie, skorzystaliśmy z faktu, że w równowadze w starym układzie odniesienia S, pierwszy wyraz znika ze względu na , a drugi wyraz znika z powodu . Widzimy zatem, że wypadkowy moment sił w dowolnym inercjalnym układzie odniesienia S′ wynosi zero, pod warunkiem, że oba warunki równowagi są spełnione w inercjalnym układzie odniesienia S. Praktycznym skutkiem jest to, że przy stosowaniu warunków równowagi ciała sztywnego możemy swobodnie wybrać położenie osi obrotu i dowolny punkt jako początek układu odniesienia. Nasz wybór układu odniesienia jest podyktowany specyfiką problemu fizycznego, który rozwiązujemy. W jednym układzie odniesienia, matematyczna postać warunków równowagi może być dość skomplikowana, podczas gdy w innym te same warunki mogą mieć prostszą postać matematyczną, która jest łatwa do rozwiązania. W najbardziej ogólnym przypadku, warunki równowagi wyrażone są za pomocą sześciu równań skalarnych ( oraz ). Dla zagadnień równowagi z rotacją wokół ustalonej osi, które rozważamy w tym rozdziale, możemy zmniejszyć liczbę równań do trzech. Standardową procedurą jest przyjęcie takiego układu odniesienia, w którym oś z jest osią obrotu. Przy takim wyborze osi wypadkowy moment sił ma tylko składową z . Wszystkie siły, o niezerowych momentach, leżą w płaszczyźnie x y , a zatem wkłady w wypadkowy moment sił pochodzą tylko ze składowych x i y sił zewnętrznych. Tak więc, w przypadku zagadnień dotyczących równowagi, w których oś obrotu jest prostopadła do płaszczyzny x y , mamy trzy następujące warunki równowagi sił i momentów sił: F 1 x + F 2 x + . . . + F N x = 0 F 1 y + F 2 y + . . . + F N y = 0 M 1 + M 2 + . . . + M N = 0 gdzie sumowanie przebiega po wszystkich N zewnętrznych siłach działających na ciało i wszystkich momentach sił. W , uprościliśmy notację, opuszczając indeks dolny z , ale rozumiemy tutaj, że sumowanie przebiega po wszystkich wkładach wzdłuż osi z , która jest osią obrotu. W składowa z momentu sił M → i , pochodząca od siły F → i to: M i = r i F i sin  θ , gdzie r i jest długością ramienia siły, a F i wartością siły (jak w rozdziale Obroty wokół stałej osi ). Kąt θ jest kątem między wektorami r → i oraz F → i , mierzonym od wektora r → i do wektora F → i w kierunku przeciwnym do ruchu wskazówek zegara ( ). Przy użyciu , często obliczamy wartość momentu siły i przypisujemy mu zwrot dodatni (+) lub ujemny (-), w zależności od kierunku obrotów wywołanego tym momentem siły. W wypadkowy moment sił jest sumą wyrazów, z których każdy jest obliczany przy użyciu i każdy musi mieć odpowiedni zwrot (znak + lub -). Podobnie w , możemy przypisać znak + składowym sił w kierunku dodatnich x oraz znak - składowym w kierunku ujemnych x . Ta sama reguła musi być konsekwentnie przestrzegana w , przy obliczaniu składowych siły wzdłuż osi y . Moment siły: (a) Gdy moment siły powoduje obrót wokół osi obrotu w kierunku przeciwnym do ruchu wskazówek zegara, jego zwrot jest dodatni, co oznacza, że wektor momentu sił jest równoległy do osi obrotu. (b) Gdy moment siły powoduje obrót wokół osi w kierunku zgodnym z ruchem wskazówek zegara, jego zwrot jest ujemny, co oznacza, że wektor momentu siły jest przeciwny do osi obrotu. Obejrzyj demonstrację , aby zobaczyć dwie siły działające na sztywny kwadrat w dwóch wymiarach. Cały czas warunki równowagi statycznej określone przez równania od do są spełnione. Można zmieniać wielkości sił oraz ich ramiona i obserwować wpływ, jaki mają te zmiany na kwadrat. W wielu sytuacjach równowagi jedną z sił działających na ciało jest jego ciężar (siła ciężkości). Na rysunku rozkładu sił wektor ciężkości jest przyłożony do środka ciężkości ciała (ang. center of gravity ). Dla celów praktycznych przyjmuje się że, środek ciężkości jest identyczny ze środkiem masy, jak to zostało opisane w rozdziale Pęd i Zderzenia . Tylko w sytuacjach, gdy ciało ma duże wymiary, tak że pole grawitacyjne jest niejednorodne w całej jego objętości, środek ciężkości i środek masy znajdują się w różnych punktach. W praktyce nawet obiekty tak duże jak budynki lub statki wycieczkowe, znajdują się w jednorodnym polu grawitacyjnym na powierzchni Ziemi, gdzie przyspieszenie spowodowane grawitacją ma stałą wielkość g = 9,81 m/s 2 . W takich sytuacjach, środek ciężkości jest identyczny ze środkiem masy. Dlatego w tym rozdziale stosujemy pojęcie "środek masy" (ŚM) w znaczeniu punktu, w którym przyłożony jest wektor ciężkości. Przypomnijmy sobie, że ŚM ma specjalne znaczenie fizyczne – gdy do ciała przyłożona jest zewnętrzna siła, wówczas jako całość podlega ono ruchowi postępowemu i ta siła nie powoduje rotacji ciała. Gdy ŚM znajduje się poza osią obrotu, to wypadkowy moment siły ciężkości działa na obiekt. Moment siły ciężkości jest to moment spowodowany przez ciężar. Może on obracać przedmiot, jeśli ten nie ma punktu podparcia (ang. pivot point ), aby go zrównoważyć. Wielkość momentu siły grawitacji (ang. gravitational torque ) zależy od tego, jak daleko od osi obrotu znajduje się ŚM. Na przykład, gdy przewraca się samochód ciężarowy ( ), oś obrotu znajduje się na linii, w której opony stykają się z powierzchnią drogi. Jeśli ŚM znajduje się wysoko nad powierzchnią drogi, to moment siły ciężkości może być wystarczająco duży, aby doprowadzić do przewrócenia pojazdu. Samochody osobowe z nisko położonym ŚM (blisko powierzchni drogi) są bardziej odporne na przewrócenie niż ciężarówki. Rozkład masy wpływa na położenie środka masy (ŚM), do którego przykładany jest wektor siły ciężkości F → g . Jeśli środek ciężkości znajduje się nad powierzchnią, pod spodem pojazdu, to ciężarówka powraca do swojego początkowego położenia po przechyleniu (patrz: (b), po lewej). Jeśli jednak środek ciężkości leży poza tym obszarem, wówczas samochód się wywraca (patrz: (b), po prawej). Oba pojazdy w (b) są poza stanem równowagi. Zauważmy, że samochód osobowy w (a) jest w stanie równowagi – niskie położenie środka ciężkości sprawia, że trudno jest go przewrócić. Jeśli leżące na stole pudełko przechylimy tak, aby jedna krawędź pozostała w kontakcie ze stołem,wtedy staje się ona osią obrotu. Dopóki środek ciężkości pudełka pozostaje nad podstawą pudełka, dopóty moment siły ciężkości obraca pudełko w kierunku pierwotnego położenia – stabilnej równowagi. Kiedy środek ciężkości przesuwa się na zewnątrz podstawy, moment siły ciężkości obraca pudełko w przeciwnym kierunku i przewraca się ono. Obejrzyj demonstrację , aby eksperymentować ze stabilnymi i niestabilnymi pozycjami pudełka. Środek ciężkości samochodu Na płaskim podłożu samochód osobowy o rozstawie osi 2,5 m wywiera na przedniej osi nacisk wynoszący 52% ciężaru pojazdu, tak jak pokazano na . Gdzie jest położony ŚM tego samochodu w stosunku do tylnej osi? Rozkład ciężaru między osiami samochodu. Gdzie znajduje się środek ciężkości? Strategia rozwiązania Nie znamy ciężaru F g pojazdu. Wiemy tylko, że gdy samochód stoi na płaskiej powierzchni to 0,52 F g naciska na powierzchnię w punktach styku przednich kół, a 0,48 F g naciska na podłoże w punktach styku tylnych kół. Punkty te są oddalone od siebie o odległość d = 2,5 m . W tych punktach samochód doświadcza normalnych sił reakcji o wartościach F p = 0,52 F g i F t = 0,48 F g odpowiednio na przedniej i tylnej osi. Wiemy również, że samochód jest przykładem ciała sztywnego w stanie równowagi, którego cały ciężar F g działa na jego ŚM znajdujący się gdzieś pomiędzy punktami, gdzie działają normalne siły reakcji w odległości x od punktu działania F t . Naszym zadaniem jest znalezienie x . Określiliśmy trzy siły działające na ciało (samochód), możemy więc narysować rozkład sił działających na rozciągłe ciało sztywne, jak pokazano na . Rozkład sił działających na samochód z zaznaczonymi wektorami sił działających na pojazd i ich odległościami do środka masy (ŚM). Kiedy ŚM wybiera się jako położenie osi obrotu, te odległości są ramionami normalnych sił reakcji. Zwróćmy uwagę, że wartości wektorów i ramion sił nie muszą być narysowane w skali, ale wszystkie istotne wielkości muszą być wyraźnie oznaczone. Jesteśmy gotowi zapisać warunki równowagi dla samochodu zgodnie z równaniami od do , ale najpierw musimy wybrać układ odniesienia. Załóżmy, że wzdłuż osi samochodu wybraliśmy oś x , oś pionową jako y oraz oś z prostopadłą do płaszczyzny x y . Przy takim wyborze potrzebujemy zapisać tylko i , ponieważ wszystkie składowe x są tożsamościowo równe zero. Teraz musimy zdecydować o położeniu punktu obrotu. Możemy wybrać dowolny punkt, jako położenie osi obrotu (osi z ). Załóżmy, że umieszczamy oś obrotu w ŚM, jak zaznaczono na rysunku z rozkładem sił działających na samochód. W tym momencie jesteśmy gotowi, aby zapisać warunki równowagi dla samochodu. Rozwiązanie Każdy warunek równowagi zawiera tylko trzy wyrazy, ponieważ istnieją N = 3 siły działające na samochód. Pierwszy warunek równowagi – dla sił ( ) - ma postać: + F p − F g + F t = 0. Ten warunek jest łatwo spełnić, ponieważ gdy wstawimy dane, to przyjmie postać + 0,52 F g − F g + 0,48 F g − 0 . Drugi warunek równowagi – dla momentów sił ( ) ma postać: M p + M g + M t = 0 , gdzie M p jest momentem siły F p , M g - momentem siły ciężkości F g a M t - momentem siły F t . Gdy oś obrotu przechodzi przez ŚM, moment siły ciężkości tożsamościowo wynosi zero, ponieważ ramię siły ciężkości względem osi, która przechodzi przez ŚM, wynosi zero. Kierunki działania obu normalnych sił reakcji są prostopadłe do ich ramion sił, więc w , mamy | sin  θ | = 1 dla obu sił. Z rysunku przedstawiającego rozkład sił dowiadujemy się, że moment siły M p powoduje obrót w kierunku zgodnym z ruchem wskazówek zegara wokół osi obrotu przechodzącej przez środek masy, więc zwrot momentu jest ujemny, natomiast moment siły M t powoduje obrót w kierunku przeciwnym do ruchu wskazówek zegara, dlatego jego zwrot jest dodatni. Dzięki tym informacjom, zapisujemy warunek równowagi dla momentów sił jako: − r p F p + r t F t = 0. Z rysunku rozkładu sił uzyskujemy ich wartości F t = 0,48 F g i F p = 0,52 F g oraz odpowiadające im ramiona sił r t = x i r p = d − x . Możemy teraz zapisać drugi warunek równowagi z , jako jawnie zależny od nieznanej odległości x : − 0,52 ( d − x ) F g + 0,48 x F g = 0. Tutaj siła ciężkości F g ulega redukcji i możemy rozwiązać równanie dla nieznanego położenia środka masy x . Odpowiedź to x = 0,52 d = 0,52 ⋅ 2,5 m = 1,3 m . Rozwiązanie Wybór osi obrotu na przedniej osi samochodu nie zmienia rezultatu. Rozkład sił dla takiego wyboru osi obrotu przedstawiony jest na . Dla takiego wyboru osi obrotu, warunek równowagi dla momentów sił to: − r g F g + r t F t = 0. Po podstawieniu wielkości zaznaczonych na rysunku z rozkładem sił otrzymujemy: − ( d − x ) F g + 0,48 d F g = 0. Odpowiedź uzyskana w wyniku rozwiązania to ponownie x = 0,52 d = 1,3 m . Równoważny schemat rozkładu sił dla samochodu z zaznaczoną inną niż na osią obrotu. Znaczenie Ten przykład pokazuje, że podczas rozwiązywania problemów równowagi statycznej, mamy swobodę wyboru położenia osi obrotu. Dla różnych osi obrotu mamy różne zestawy warunków równowagi, które trzeba rozwiązać. Jednak wszystkie wybory prowadzą do tego samego rozwiązania. Sprawdź, czy rozumiesz. Rozwiąż dla tylnej osi pojazdu. x = 1,3 m Sprawdź, czy rozumiesz. Wyjaśnij, która z poniższych sytuacji spełnia oba warunki równowagi: (a) piłka tenisowa, która nie kręci się podczas lotu w powietrzu; (b) pelikan, który leci w powietrzu ze stałą prędkością na jednej wysokości; lub (c) wał korbowy w silniku zaparkowanego samochodu. (b), (c) Szczególny przypadek równowagi statycznej występuje, gdy wszystkie siły zewnętrzne działają na obiekt w osi obrotu lub wzdłuż niej, albo gdy można pominąć wymiary obiektu. W takiej szczególnej sytuacji przedmiot może być traktowany jak masa punktowa (punkt materialny) i nie musimy uwzględniać drugiego warunku równowagi dla momentów sił ( ), ponieważ wszystkie momenty są tożsamościowo równe zero, a pierwszy warunek równowagi (dla sił) jest jedynym do spełnienia. Schemat rozkładu sił oraz strategia rozwiązywania zadań w tym szczególnym przypadku zostały przedstawione w rozdziałach Prawa dynamiki Newtona i Zastosowanie praw dynamiki Newtona . Typowy przykład równowagi obejmujący tylko warunek równowagi dla sił omówimy w następnym przykładzie. Obejrzyj demonstrację , aby zobaczyć trzy ciężarki, które są połączone nićmi i krążkami (bloczkami ruchomymi). Można eksperymentować z masami ciężarków, aby zobaczyć, jak wpływa to na położenie równowagi układu i jednocześnie rozkład wektorów, przedstawiający warunek równowagi dla sił w praktyce. Naprężenie zrywające nić Mała szalka o masie 42 g podtrzymywana jest przez dwie nici, jak pokazano na . Maksymalne naprężenia, jakie wytrzyma nić to 2,8 N. Na szalkę stopniowo dodajemy masę, do chwili aż jedna z nici się zerwie. Która będzie to nić? Ile masy musimy dodać, aby doszło do zerwania nici? Masa jest dodawana stopniowo na szalkę, aż do zerwania jednej z nici. Strategia rozwiązania Ten układ mechaniczny składający się z nici, mas i szalki pozostaje w równowadze statycznej. W szczególności węzeł, który łączy nici z szalką, jest w równowadze statycznej. Węzeł można traktować jako punkt, dlatego potrzebujemy tylko warunku równowagi dla sił. Trzy siły działające na węzeł to: naprężenie N → 1 nici o długości 5 cm, naprężenie N → 2 nici 10 cm oraz ciężar F → g szalki z nałożoną masą. Możemy przyjąć układ współrzędnych prostokątnych z osią y skierowaną przeciwnie do kierunku siły ciężkości i narysować rozkład sił na węźle (patrz: ). Aby znaleźć składowe naprężeń, musimy określić kąty α 1 i α 2 , jakie nici tworzą z kierunkiem poziomym czyli osią x . Jak widać na , tworzą one dwa ramiona trójkąta prostokątnego. Możemy użyć twierdzenia Pitagorasa dla trójkąta, pokazanego na , oraz wyznaczyć sinus i cosinus kątów α 1 i α 2 . Wtedy rozłożymy naprężenia na ich składowe prostokątne i podstawimy do warunku równowagi dla sił ( i ), aby znaleźć naprężenia nici. Nić z większym naprężeniem zerwie się pierwsza. Rozkład sił działających na węzeł w . Rozwiązanie Ciężar F g napręża węzeł masą szalki M i masą m dołożoną na szalkę czyli F g = ( M + m ) g . Przy pomocy rozkładu sił z , możemy ustalić warunki równowagi węzła: W kierunku x : − N 1 x + N 2 x = 0 , W kierunku y : + N 1 y + N 2 y − F g = 0 . Wartości składowych w tych równaniach wynoszą: N 1 x = N 1 cos  α 1 = N 1 5 , N 1 y = N 1 sin  α 1 = 2 N 1 5 , N 2 x = N 2 cos  α 2 = 2 N 2 5 , N 2 y = N 2 cos  α 2 = N 2 5 . Podstawiamy te składowe do warunków równowagi i upraszczamy. Otrzymujemy wtedy dwa równania równowagi dla naprężeń: W kierunku x : N 1 = 2 N 2 , W kierunku y : 2 N 1 5 + N 2 5 = ( M + m ) g . Równanie równowagi dla kierunku x mówi nam, że naprężenie N 1 nici 5 cm jest 2 razy większe od naprężenia N 2 nici 10 cm. Dlatego zerwie się krótsza nić. Używając pierwszego równania do wyeliminowania N 2 z drugiego równania, otrzymujemy zależność między masą m na szalce a naprężeniem N 1 w krótszej nici: 2,5 N 1 5 = ( M + m ) g . Nić zrywa się, gdy naprężenie osiągnie krytyczną wartość N 1 = 2,8 N . Powyższe równanie można rozwiązać dla masy krytycznej m , która zrywa nić: m = 2,5 5 ⋅ N 1 g − M = 2,5 5 ⋅ 2,8 N 9,80 m/s 2 − 0,042 kg = 0,277 kg = 277 g . Znaczenie Załóżmy, że układ mechaniczny rozważany w tym przykładzie jest przymocowany do sufitu windy jadącej w górę. Tak długo, jak winda porusza ze stałą prędkością, wynik pozostaje taki sam, bo ciężar F g się nie zmienia. Jeżeli winda porusza z przyspieszeniem, wówczas masa krytyczna jest mniejsza, bo masa M + m staje się większa o pozorny ciężar wywołany przyspieszeniem windy. Nadal we wszystkich przypadkach krótsza nić przerwie się jako pierwsza. Podsumowanie Ciało jest w równowadze, gdy znajduje się w ruchu jednostajnym (zarówno postępowym, jak i obrotowym) lub pozostaje w spoczynku. Gdy w wybranym inercjalnym układzie odniesienia nie obraca się ani się nie przemieszcza w ruchu postępowym, mówimy, że ciało znajduje się w równowadze statycznej w tym układzie odniesienia. Warunki równowagi wymagają, aby suma wszystkich zewnętrznych sił działających na ciało wynosiła zero (pierwszy warunek równowagi) i suma wszystkich momentów sił zewnętrznych także wynosiła zero (drugi warunek równowagi). Oba warunki muszą być spełnione równocześnie w równowadze, inaczej ciało nie będzie w równowadze. Rysunek z rozkładem sił jest użytecznym narzędziem pozwalającym prawidłowo policzyć wszystkie wkłady wszystkich zewnętrznych sił i ich momentów działających na ciało. Rozszerzony schemat rozkładu sił dla równowagi ciała sztywnego musi wskazywać oś obrotu i ramiona sił działających względem niej. Pytania Co możesz powiedzieć o prędkości poruszającego się ciała, które jest w równowadze dynamicznej? jest stała W jakich warunkach obracające się ciało może pozostawać w równowadze? Podaj przykład. Jakie trzy czynniki wpływają na moment wytworzony przez siłę w stosunku do określonej osi obrotu? wartość i kierunek siły oraz ramię siły Mechanik czasami umieszcza długą rurę na uchwycie klucza, kiedy próbuje odkręcić mocno dokręconą śrubę. W jaki sposób to pomaga? W następnych czterech zadaniach należy ocenić, czy stwierdzenie jest prawdziwe, czy fałszywe, i wyjaśnić odpowiedź. Jeśli na ciało działa tylko jedna siła zewnętrzna (lub moment), to nie może ono być w stanie równowagi. To prawda, ponieważ suma sił nie może wynosić zero w tym przypadku, chyba że siła jest równa zero. Jeśli ciało znajduje się w równowadze, musi istnieć parzysta liczba sił działających na nie. Jeśli na ciało działa nieparzysta liczba sił, to nie może być ono w stanie równowagi. Fałsz, pod warunkiem, że siły sumują się do zera jako wektory, wtedy można osiągnąć równowagę. Ciało poruszające się po okręgu ze stałą prędkością znajduje się w równowadze obrotowej. W jakim celu linoskoczek używa długiego elastycznego drążka? Pomaga linoskoczkowi utrzymać równowagę. Zadania Podczas dokręcania śruby naciskasz prostopadle na klucz z siłą 165 N w odległości 0,14 m od środka śruby. Jaki moment siły wywierasz względem środka śruby? Podczas otwierania drzwi naciskasz na nie prostopadle z siłą 55 N w odległości 0,85 m od zawiasów. Jaki moment siły wywierasz na zawiasy? 46,75 N ⋅ m Znajdź wartość naprężenia dla każdej linki podtrzymującej pokazanej poniżej. W każdym przypadku ciężar zawieszonego ciała wynosi 100 N, a masy linek można pominąć. Jaką siłę trzeba przyłożyć w punkcie P , aby utrzymać układ w równowadze? Ciężar konstrukcji możesz pominąć. 4472 N pod kątem 153,4° do poziomu (osi x ) Czy można przyłożyć siłę w punkcie P , aby utrzymać w równowadze przedstawiony układ? Ciężar konstrukcji możesz pominąć. Dwoje dzieci naciska po przeciwnych stronach drzwi podczas zabawy. Pchają poziomo i prostopadle do drzwi. Jedno dziecko pcha z siłą 17,5 N w odległości 0,6 m od zawiasów, a drugie pcha w odległości 0,45 m. Jaką siłą musi działać drugie dziecko, aby drzwi się nie poruszyły? Tarcie możesz pominąć. 23,3 N Mały samochód o masie 1000 kg ma rozstaw osi wynoszący 3 m. Jeśli 60% jego ciężaru opiera się na przednich kołach, to w jakiej odległości za przednimi kołami znajduje się środek masy pojazdu? Jednolita huśtawka jest zrównoważona w jej środku masy, jak na rysunku poniżej. Mniejszy chłopiec po prawej stronie waży 40 kg. Jaka jest masa jego kolegi? 80 kg środek ciężkości (ang. center of gravity ) punkt, w którym przyłożony jest wektor ciężkości równowaga (ang. equilibrium ) ciało jest w stanie równowagi, gdy jego liniowe i kątowe przyspieszenia są równe zero względem inercjalnego układu odniesienia warunek równowagi dla sił (ang. first equilibrium condition ) wyraża równowagę ruchu postępowego, wszystkie zewnętrzne siły działające na ciało muszą się równoważyć, a ich suma wektorowa wynosić zero moment siły grawitacji (ang. gravitational torque ) moment siły na ciele spowodowany jego ciężarem; występuje, gdy środek ciężkości ciała nie znajduje się na osi obrotu warunek równowagi momentów sił (ang. second equilibrium condition ) wyraża równowagę obrotową, wszystkie momenty sił zewnętrznych działających na ciało muszą się równoważyć, a ich suma wektorowa wynosić zero równowaga statyczna (ang. static equilibrium ) ciało znajduje się w równowadze statycznej, gdy jest w spoczynku w wybranym inercjalnym układzie odniesienia

Science


Przykłady równowagi statycznej Wszystkie przykłady w tym rozdziale są problemami dwuwymiarowymi (na płaszczyźnie). W związku z tym stosujemy warunki równowagi dla składowych w formie równań od do . Metodę rozwiązywania problemów statyki wprowadziliśmy w w celu zilustrowania fizycznego znaczenia warunków równowagi. Teraz uogólniamy tę strategię na listę kroków, które należy wykonać przy rozwiązywaniu problemów równowagi statycznej dla rozciągłych ciał sztywnych. Jest to pięć praktycznych kroków. Strategia rozwiązywania zadań: równowaga statyczna Określ obiekt do analizy. W niektórych układach równowagi może być konieczne rozważenie więcej niż jednego obiektu. Określ wszystkie siły działające na obiekt. Określ pytania, na które trzeba odpowiedzieć. Określ informacje podane w danym problemie. W realnych problemach, niektóre kluczowe informacje mogą być podane w sposób pośredni, a nie wprost. Wykonaj rysunek rozkładu sił działających na obiekt. (a) Wybierz układ odniesienia xy dla zagadnienia. Narysuj rozkład sił zawierający tylko te działające na obiekt. Jeśli trzeba, przedstaw siły rozłożone na składowe w wybranym układzie odniesienia. Jeśli to robisz dla każdej siły, usuń pierwotną, aby nie uwzględnić tej samej siły dwukrotnie w równaniach. Oznacz wszystkie siły – potrzebujesz tego do poprawnego obliczania sił wypadkowych w kierunkach x i y . Dla nieznanej siły kierunek musi być przypisany arbitralnie – traktuj go jako kierunek roboczy lub spodziewany kierunek. Prawidłowy kierunek zależy od znaku, który otrzymasz w ostatecznym rozwiązaniu. Znak plus ( + ) oznacza, że kierunek roboczy jest rzeczywistym kierunkiem. Znak minus ( − ) oznacza, że rzeczywisty kierunek jest przeciwny do zakładanego. (b) Wybierz położenie osi obrotu, w odniesieniu do której będziesz obliczać momenty działających sił. Na rysunku z rozkładem sił wskaż oś obrotu i ramiona działających sił – będą potrzebne do prawidłowego obliczenia wartości momentów sił. Przy wyborze osi obrotu należy pamiętać, że można ją umieścić w dowolnym miejscu, ale zasada przewodnia mówi, że najlepszym wyborem będzie uproszczenie jak największej liczby obliczeń wypadkowego momentu sił względem osi obrotu. Ustal równania równowagi dla obiektu. (a) Wykorzystaj rysunek rozkładu sił, aby prawidłowo zapisać warunek równowagi dla składowych sił w kierunku x ( ). (b) Wykorzystaj rysunek rozkładu sił, aby zapisać prawidłowo warunek równowagi dla składowych sił w kierunku y ( ). (c) Wykorzystaj rysunek rozkładu sił, aby prawidłowo zapisać warunek równowagi dla momentów sił względem osi obrotu ( ). Użyj do wyznaczenia wartości i zwrotu momentów sił. Uprość i rozwiąż układ równań dla równowagi w celu uzyskania nieznanych wielkości (zmiennych). W tym punkcie praca polega tylko na przekształceniach algebraicznych Należy pamiętać, że liczba równań musi być taka sama, jak liczba niewiadomych. Jeśli niewiadomych jest więcej niż równań, nie można rozwiązać problemu. Oblicz wyrażenia na nieznane wielkości, które otrzymałeś w swoim rozwiązaniu. Ostateczna odpowiedź powinna mieć odpowiednią wartość liczbową i prawidłowe jednostki fizyczne. Jeśli jest inaczej, wróć do poprzednich kroków, aby wykryć źródło błędu i poprawić go. Możesz również samodzielnie sprawdzić numeryczne odpowiedzi, przesuwając oś obrotu w inne miejsce i rozwiązując problem ponownie, jak to zrobiliśmy w . Zauważmy, że wykonanie rysunku rozkładu sił dla zagadnienia równowagi ciała sztywnego jest najważniejszym elementem w procesie rozwiązywania problemu. Bez prawidłowego rozkładu sił, nie będziemy w stanie napisać odpowiednich warunków równowagi. Musimy również zauważyć, że rysunek rozkładu sił dla rozciągłego ciała sztywnego, które może być poddane ruchowi obrotowemu, różni się od rysunku rozkładu sił, których doświadcza ciało będące tylko w ruchu postępowym (co omówiono w rozdziale o prawach ruchu Newtona). W ruchu postępowym ciało reprezentuje ŚM, do którego przyłożono wszystkie siły i nie występują żadne momenty sił. Nie obowiązuje to w dynamice obrotowej, gdzie ciało sztywne nie może być reprezentowane przez jeden punkt. Powodem tego jest fakt, że przy analizie ruchu obrotowego musimy określić moment siły działający na ciało, a zależy on zarówno od siły działającej, jak i od ramienia tej siły. Tutaj, rysunek rozkładu sił dla rozciągłego ciała sztywnego pomaga nam określić momenty sił zewnętrznych. Bilans momentu sił Trzy masy są przymocowane do jednolitej metrowej belki, jak pokazano na . Masa belki wynosi 150 g, a masy na lewo od punktu podparcia to m 1 = 50 g i m 2 = 75 g . Znajdź masę m 3 , która równoważy układ, gdy jest przymocowana na prawym końcu belki, oraz normalną sił reakcji w punkcie podparcia S , gdy układ jest zrównoważony. W warunkach równowagi sił belka pozioma jest podparta w punkcie podparcia (oznaczonym symbolem S ), a masy są przymocowane po obu stronach punktu podparcia. Układ znajduje się w stanie równowagi statycznej, gdy belka się nie obraca. Jest zrównoważony, jeśli belka leży poziomo. Strategia rozwiązania Dla układu przedstawionego na rysunku, określamy następujące pięć sił działających na metrową belkę: F 1 = m 1 g jest ciężarem masy m 1 ; F 2 = m 2 g jest ciężarem masy m 2 ; F g = m g jest ciężarem całej belki; F 3 = m 3 g jest ciężarem nieznanej masy m 3 ; F S jest normalną siłą reakcji w punkcie podparcia S . Wybieramy układ odniesienia, w którym kierunek osi y jest zgodny z kierunkiem siły ciężkości, kierunek osi x jest wzdłuż belki, a oś obrotu (oś z ) jest prostopadła do osi x i przechodzi przez punkt podparcia S . Innymi słowy wybieramy oś obrotu w punkcie, w którym belka dotyka podpory. Jest to naturalny wybór osi obrotu, ponieważ ten punkt nie przemieszcza się, gdy belka się obraca. Teraz jesteśmy gotowi do przygotowania rysunku rozkładu sił dla belki. Zaznaczamy oś obrotu i przykładamy pięć wektorów sił, przyłożonych odpowiednio względem punktu podparcia, wzdłuż linii reprezentujących belkę ( ). Na tym etapie możemy określić ramiona pięciu sił, wziąwszy pod uwagę informacje zawarte w problemie. W przypadku trzech mas wiszących, ich odległości od punktu podparcia zostały podane na rysunku, natomiast informację o punkcie przyłożenia ciężaru belki podano w sposób pośredni. Tutaj kluczowym słowem jest „jednolitej". Wiemy z naszych wcześniejszych rozważań, że ŚM jednolitej belki znajduje się w jej środku geometrycznym, więc przykładamy jej ciężar w połowie długości belki, tj. na znaku 50 cm. Rozkład sił dla metrowej belki. Jako punkt obrotu wybrano punkt podparcia S . Rozwiązanie Na podstawie i zaczynamy od znalezienia ramion pięciu sił działających na belkę: r 1 = 30 cm + 40 cm = 70 cm r 2 = 40 cm r g = 50 cm − 30 cm = 20 cm r S = 0 cm (ponieważ siła F S jest przyłożona na osi obrotu) r 3 = 30 cm. Teraz możemy znaleźć pięć momentów sił w odniesieniu do wybranej osi obrotu: M 1 = + r 1 F 1 sin  90 ∘ = + r 1 m 1 g (obrót przeciwny do ruchu wskazówek zegara, zwrot dodatni) M 2 = + r 2 F 2 sin  90 ∘ = + r 2 m 2 g (obrót przeciwny do ruchu wskazówek zegara, zwrot dodatni) M g = + r g F g sin  90 ∘ = + r g m g (moment siły ciężkości) M S = r S F S sin  θ S = 0 (ponieważ r S = 0 c m ) M 3 = − r 3 F 3 sin  90 ∘ = − r 3 m 3 g (obrót zgodny z ruchem wskazówek zegara, zwrot dodatni) . Warunek równowagi momentów sił dla belki to: M 1 + M 2 + M g + M S + M 3 = 0. Przy podstawianiu wartości momentów sił do tego równania możemy pominąć te dające zerowy wkład. W ten sposób warunek równowagi dla momentów sił to: + r 1 m 1 g + r 2 m 2 g + r g m g g − r 3 m 3 g = 0. Wybieramy kierunek + y jako równoległy do F → S i wtedy warunek równowagi sił dla belki to: − F 1 − F 2 − F g + F S − F 3 = 0. Po podstawieniu sił otrzymujemy: − m 1 g − m 2 g − m g + F S − m 3 g = 0. Rozwiązujemy te równania jednocześnie dla nieznanych wartości m 3 i F S . W upraszczamy czynnik g i przekształcamy, żeby uzyskać r 3 m 3 = r 1 m 1 + r 2 m 2 + r g m . Aby wyznaczyć m 3 , dzielimy obustronnie przez r 3 , mamy więc m 3 = r 1 r 3 ⋅ m 1 + r 2 r 3 ⋅ m 2 + r g r 3 ⋅ m m 3 = 70 30 ⋅ 50  g + 40 30 ⋅ 75  g + 20 30 ⋅ 150  g m 3 = 317  g . \begin{multiline} m_3 &= \frac{r_1}{r_3} \cdot m_1 + \frac{r_2}{r_3} \cdot m_2 + \frac{r_{\text{g}}}{r_3} \cdot m \\ &= \frac{70}{30} \cdot \SI{50}{\gram} + \frac{40}{30} \cdot \SI{75}{\gram} + \frac{20}{30} \cdot \SI{150}{\gram} \\ &= \SI{317}{\gram} \text{.} \end{multiline} m 3 = r 1 r 3 ⋅ m 1 + r 2 r 3 ⋅ m 2 + r g r 3 ⋅ m = 70 30 ⋅ 50  g + 40 30 ⋅ 75  g + 20 30 ⋅ 150  g = 317  g . Aby znaleźć normalną siłę reakcji przekształcamy i po zamianie gramów na kilogramy otrzymujemy: F S = ( m 1 + m 2 + m + m 3 ) ⋅ g = [ ( 50 + 75 + 150 + 317 ) ⋅ 10 − 3 ] kg ⋅ 9,81 m s 2 = 5,8 N . Znaczenie Należy zauważyć, że jest niezależne od g (przyspieszenie ziemskie). Równowagi momentów sił można zatem użyć do pomiaru masy, ponieważ wahania wartości g na powierzchni Ziemi nie wpływają na nie. Inaczej dzieje się w przypadku wagi sprężynowej, ponieważ mierzy ona siłę ciężkości. Sprawdź, czy rozumiesz. Powtórz użyj lewego końca belki do obliczania momentów sił; to znaczy umieść oś obrotu na jej lewym końcu. 316,7 g; 5,8 N W następnym przykładzie pokażemy, jak stosować warunek równowagi dla sił w postaci danej przez i . Przedstawimy to rozwiązanie jako przykład znaczenia wyboru odpowiedniego układu odniesienia. Chociaż wszystkie inercjalne układy odniesienia są równoważne, a rozwiązania liczbowe uzyskane w jednym układzie są takie same jak w innych, to wybór nieodpowiedniego układu odniesienia może sprawić, że dojście do nich będzie dość długie i skomplikowane, podczas gdy przemyślany wybór układu odniesienia sprawi, że okaże się bardzo proste. Pokazujemy to w równoważnych rozwiązaniach tego samego zadania.Ten przykład ilustruje zastosowanie równowagi statycznej do biomechaniki. Siły w przedramieniu Sztangista podtrzymuje 21-kilogramowy ciężarek (równoważne 206 N) swoim przedramieniem, jak pokazano na . Jest ono ustawione pod kątem β = 60 ∘ względem ramienia. Przedramię podtrzymuje skurcz mięśnia bicepsa, powodując moment sił wokół łokcia. Zakładając, że naprężenie w bicepsie działa wzdłuż kierunku pionowego zgodnego z kierunkiem siły ciężkości, oblicz, jakie naprężenie mięśni musi wytrzymać przedramię w przedstawionym położeniu? Jaka jest siła na stawie łokciowym? Załóżmy, że masę przedramienia można pominąć. Przedramię obraca się wokół łokcia ( Ł ) przez skurcze mięśnia bicepsa, co powoduje naprężenie N → . Strategia rozwiązania Określamy trzy siły działające na przedramię: nieznaną siłę F → na łokciu, nieznane naprężenie N → w mięśniach i ciężar F → g o wartości 206 N. Możemy przyjąć układ odniesienia z osią x , wzdłuż przedramienia i osią obrotu w łokciu. Kierunek pionowy jest kierunkiem siły ciężkości, jest on taki sam jak kierunek górnej części ramienia. Oś x tworzy kąt β = 60 ∘ z pionem. Oś y jest prostopadła do osi x . Teraz rysujemy rozkład sił dla przedramienia. Najpierw osie układu, oś obrotu i trzy wektory reprezentujące trzy zidentyfikowane siły. Następnie zaznaczamy kąt β i przedstawiamy każdą siłę przez jej składowe x i y , pamiętamy o usunięciu wektorów pierwotnych sił, aby uniknąć podwójnego uwzględnienia sił. Na koniec oznaczamy siły i ich ramiona. Rozkład sił dla przedramienia pokazano na . W tym momencie jesteśmy gotowi do ustalenia warunków równowagi przedramienia. Każda siła ma składowe x i y , dlatego mamy dwa równania dla warunku równowagi sił - jedno równanie dla każdej składowej wypadkowej siły działającej na przedramię. Rozkład sił dla przedramienia. Oś obrotu jest w punkcie Ł (łokieć). Zauważmy, że w naszym układzie odniesienia wkłady do warunku równowagi dla momentów sił pochodzą tylko z elementów składowych y sił, ponieważ składowe x sił są równoległe do ich ramion, zatem dla każdej z tych składowych mamy sin θ = 0 w . Dla składowych y mamy θ = ± 90 ∘ w równaniu . Należy również zauważyć, że moment siły na łokciu wynosi zero, ponieważ ta siła jest przyłożona na osi obrotu. Więc wkład do wypadkowego momentu sił pochodzi tylko z momentów sił N y i F g y . Rozwiązanie Z rozkładu sił widać, że składowa x siły wypadkowej równanie + F x + N x − F g x = 0 , a składowa y siły wypadkowej spełnia równanie: + F y + N y − F g y = 0. i są dwoma równaniami warunku równowagi sił. Następnie z rozkładu sił odczytujemy, że wypadkowy moment siły wzdłuż osi obrotu to: + r N N y − r g F g y = 0. jest warunkiem równowagi momentów sił dla przedramienia. Rysunek rozkładu sił pokazuje, że ramiona sił to r N = 3,2 cm oraz r g = 32 cm . Korzystając z rysunku rozkładu sił, znajdujemy wartości ich składowych: F x = F  cos β = F  cos 60 ∘ = 1 2  F  , N x = N  cos β = N  cos 60 ∘ = 1 2  N  , F g  x = F g  cos β = F g  cos 60 ∘ = 1 2  F g  , F y = F  sin β = F  sin 60 ∘ = 3 2  F  , N y = N  sin β = N  sin 60 ∘ = 3 2  N  , F g  y = F g  sin β = F g  sin 60 ∘ = 3 2  F g  . Podstawiamy te wartości do , i , aby otrzymać odpowiednio: F 2 + N 2 − F g 2 = 0 F 3 2 + N 3 2 − F g 3 2 = 0 r N N 3 2 − r g F g 3 2 = 0. Gdy zredukujemy te równania, pozostaną tylko dwa niezależne równania dla dwóch nieznanych wielkości sił F i N , ponieważ dla składowych x jest równoważne dla składowych y . W ten sposób otrzymujemy warunek równowagi sił: F + N − F g = 0 i warunek równowagi momentów sił: r N N − r g F g = 0 . Wartość naprężenia w mięśniach uzyskamy rozwiązując : N = r g r N F g = 32 3,2 ⋅ 206 N = 2060 N . Siłę na łokciu otrzymamy po rozwiązaniu : F = F g − N = 206 N − 2060 N = −1854 N. Ujemny znak w równaniu mówi nam, że rzeczywista siła w łokciu jest przeciwna do kierunku przyjętego roboczo przy rysowaniu rozkładu sił. Odpowiedź zatem brzmi: F = 1854 N w dół N = 2060 N do góry. Znaczenie Warto zwrócić uwagę na ważną kwestię dotyczącą połączeń przegubowych, takich jak łokieć. W początkowej analizie problemu należy zawsze zakładać, że siły działają w dowolnym, wybranym arbitralnie kierunku, a następnie rozwiązać układ niezależnie dla wszystkich składowych sił. W tym przykładzie siła na łokciu jest pionowa, ponieważ problem zakłada również pionowe naprężenie bicepsa. Takie uproszczenie nie stanowi jednak zasady ogólnej. Rozwiązanie Załóżmy, że możemy przyjąć układ odniesienia w kierunku y zgodny z kierunkiem siły ciężkości i oś obrotu umieszczoną w łokciu. Wszystkie trzy siły mają w nim tylko składowe y , więc mamy tylko jedno równanie na warunek równowagi sił. Rysujemy rozkład sił dla przedramienia, jak pokazano na , zaznaczając oś obrotu, siły działające i ich ramiona w odniesieniu do osi obrotu i kąty θ N oraz θ g , które siły odpowiednio N → oraz F → g tworzą ze swoimi ramionami sił. W definicji momentu siły podanym przez , kąt θ N jest kątem kierunkowym wektora, mierzonym przeciwnie do kierunku ruchu wskazówek zegara od kierunku ramienia siły, które zawsze wskazuje od osi obrotu. W ten sam sposób kąt θ g jest mierzony przeciwnie do kierunku ruchu wskazówek zegara od kierunku ramienia siły do wektora. W ten sposób z łatwością można obliczyć niezerowe momenty, bezpośrednio wstawiając do w następujący sposób: M N = r n N sin  θ N = r N N sin  β = r N N sin  60 ∘ = + r N N 3 2 M g = r g F g sin  θ g = r g F g sin  ( β + 180 ∘ ) = − r g F g sin  β = − r g F g sin  60 ∘ = − r g F g 3 2 . Rozkład sił dla przedramienia w równoważnym rozwiązaniu. Oś obrotu znajduje się w punkcie Ł (łokieć). Warunek równowagi momentów sił M N + M g = 0 może być teraz zapisany jako: r N N 3 2 − r g F g 3 2 = 0. Z rysunku z rozkładem sił warunek równowagi sił to: − F + N − F g = 0 . jest identyczne z i daje wynik N = 2060 N . Równanie daje: F = N − F g = 2060 N − 206 N = 1854 N. Widzimy, że te odpowiedzi są identyczne z poprzednimi, ale drugi układ odniesienia pozwala na równoważne rozwiązanie, które jest prostsze i szybsze, ponieważ nie wymaga, aby siły zostały rozdzielone na ich prostokątne składowe. Sprawdź, czy rozumiesz. Powtórz przy założeniu, że przedramię jest obiektem o jednolitej gęstości o ciężarze 10 N. N = 2110 N ; F = 1894 N Drabina oparta o ścianę Jednolita drabina od długości l = 5 m i ciężarze 400 N opiera się o pionową śliską ścianę, jak pokazano na . Kąt nachylenia między drabiną a szorstką podłogą wynosi β = 53 ∘ . Znajdź siły reakcji podłogi i ściany na drabinę oraz współczynnik tarcia statycznego μ s na styku drabiny z podłogą, uniemożliwiający poślizg drabiny. Pięciometrowa drabina opiera się o ścianę bez tarcia. Strategia rozwiązania Wyróżniamy cztery siły działające na drabinę. Pierwsza jest normalną siłą reakcji N od podłogi w kierunku pionowym do góry. Drugą jest statyczna siła tarcia f = μ s N skierowana poziomo wzdłuż podłogi ku ścianie – uniemożliwia ona zsuwanie się drabiny. Te dwie siły działają na drabinę w punkcie styku z podłogą. Trzecia siła to ciężar F g drabiny, przyłożony do ŚM umieszczonego w jej połowie. Czwarta siła to normalna siła reakcji F ściany w kierunku poziomym odchodzącym od ściany, przyłożona w punkcie styku ze ścianą. Nie ma innych sił, ponieważ ściana jest śliska, co oznacza, że nie ma tarcia między ścianą a drabiną. Na podstawie tej analizy, możemy przyjąć układ odniesienia z osią y w kierunku pionowym (równolegle do ściany) i osi x w kierunku poziomym (równolegle do podłogi). W tym układzie odniesienia, każda siła ma składową poziomą lub pionową, ale nie obie na raz, co ułatwia rozwiązanie. Wybieramy oś obrotu w punkcie styku z podłogą. Zaznaczmy ją na rysunku z rozkładem sił dla drabiny, wszystkie cztery siły i ich ramiona oraz kąty pomiędzy ramionami sił i siłami, jak pokazano na . Przy takim wyborze położenia osi obrotu, nie ma momentu siły ani z normalnej siły reakcji N , ani ze statycznego tarcia f , ponieważ obie siły są przyłożone na osi obrotu. Rozkład sił dla drabiny opartej o ścianę bez tarcia. Rozwiązanie Z rysunku rozkładu sił wypadkowa siła w kierunku osi x to: + f − F = 0 siła wypadkowa w kierunku osi y to: + N − F g = 0 oraz wypadkowy moment sił względem osi obrotu to: M g + M F = 0 . gdzie M g jest momentem siły ciężkości F g , a M F momentem siły reakcji F . Na podstawie rysunku rozkładu sił, możemy określić, że ramię siły reakcji na ścianie to r F = l = 5,0 m oraz ramię siły ciężkości to r g = l / 2 = 2,5 m , natomiast kąty do dla momentów sił to θ F = 180 ∘ − β dla momentu siły reakcji ściany oraz θ g = 180 ∘ + ( 90 ∘ − β ) dla momentu siły ciężkości. Teraz możemy zastosować do obliczenia momentów sił: M g = r g  F g  sin θ g = r g  F g  sin 180 ∘ + 90 ∘ - β = - l 2  F g  sin 90 ∘ - β = - l 2  F g  cos β  , M F = r F  F  sin 180 ∘ - β = l  F  sin β  . Wstawiamy momenty sił do i rozwiązujemy dla F : - l 2  F g  cos β + l  F  sin β = 0  , F = F g 2  ctg β = 400  N 2  ctg 53 ° = 150,7  N  . Normalną siłę reakcji z podłogą otrzymujemy rozwiązawszy : N = F g = 400 N . Wielkość siły tarcia uzyskuje się z : f = F = 150,7 N . Współczynnik tarcia statycznego μ s = f / N = 150,7 N / 400 N = 0,377 . Siła wypadkowa działająca na drabinę w punkcie styku z podłogą jest sumą wektorową normalnej siły reakcji podłogi i siły tarcia statycznego: F → wyp = f → + N → = ( 150,7 i ^ + 400 j ^ ) N . Jej wartość to: F → wyp = f 2 + N 2 = ( 150,7 N ) 2 + ( 400 N ) 2 = 427,4 N , a jej kierunek to φ = arctg ( N f ) = arctg ( 400 N 150,7 N ) = 69 , 3 ∘ nad podłogę . Powinniśmy tu podkreślić dwie ogólne praktyczne obserwacje. Kiedy wybieramy oś obrotu, nie oczekujemy, że układ faktycznie obraca się wokół wybranej osi. Drabina w tym przykładzie nie obraca się w ogóle, ale mocno stoi na podłodze. Niemniej jednak jej punkt styku z podłogą jest dobrym wyborem dla osi obrotu. Zauważmy też, że kiedy stosujemy do obliczania indywidualnych momentów sił, nie musimy rozdzielać sił na ich składowe normalne i poprzeczne w odniesieniu do kierunku ramienia sił, ani rozważać zwrotu momentu sił. Jeżeli kąt w jest prawidłowo określony za pomocą rysunku z rozkładem sił — jako kąt mierzony przeciwnie do kierunku ruchu wskazówek zegara od kierunku ramienia siły do wektora siły — daje zarówno wartość, jak i zwrot momentu sił. Dzieje się tak, dlatego że moment siły jest iloczynem wektorowym wektora ramienia siły z wektorem siły i wyraża składową tego iloczynu wektorowego wzdłuż osi obrotu. Znaczenie Otrzymany wynik jest niezależny od długości drabiny, ponieważ L ulega uproszczeniu w warunku równowagi momentów sił ( ). Niezależnie od długości drabiny, o ile jej ciężar wynosi 400 N, a kąt z podłogą wynosi 53 ∘ , nasze wyniki są prawidłowe. Ale drabina będzie się ślizgać, jeśli wypadkowy moment siły będzie ujemny w . Dzieje się tak dla pewnych kątów, gdy współczynnik tarcia statycznego nie jest wystarczająco duży, aby zapobiec temu zjawisku. Sprawdź, czy rozumiesz. Dla sytuacji opisanej w , określ wartość współczynnika tarcia statycznego μ S , dla którego drabina zaczyna się ślizgać, biorąc pod uwagę, że β jest kątem, jaki drabina tworzy z podłogą. μ s < 0,5 ctg β Siły na zawiasach drzwi Drzwi o ciężarze F g = 400 N są zawieszone na zawiasach A i B , dzięki czemu mogą się obracać wokół pionowej osi przechodzącej przez zawiasy ( ). Mają one szerokość b = 1 m , i jednolitą gęstość. Zawiasy umieszczono symetrycznie w odległości a = 2 m od siebie na ich krawędzi, aby ciężar równomiernie rozkładał się pomiędzy nimi. Oblicz siły na zawiasach, gdy drzwi są otwarte do połowy. Drzwi o ciężarze 400 N zawieszone na zawiasach umieszczonych w punktach A i B . Strategia rozwiązania Siły wywierane przez drzwi na zawiasach łatwo można znaleźć, odwracając kierunki sił, które zawiasy wywierają na drzwi. W związku z tym naszym zadaniem jest znaleźć siły wywierane na drzwi przez zawiasy. Trzy siły działają na płytę drzwiową: nieznana siła A → z zawiasu A , nieznana siła B → z zawiasu B , i znany ciężar F → g przyłożony w środku masy płyty drzwiowej. ŚM znajduje się w centrum geometrycznym drzwi, bo ich płyta ma jednolitą gęstość. Przyjmujemy układ odniesienia z osią y wzdłuż kierunku siły ciężkości oraz osią x w płaszczyźnie płyty, jak pokazano w części (a) . Rozkładamy wszystkie siły na ich składowe. W ten sposób mamy cztery nieznane składowe sił: dwie składowe siły A → = [ A x , A y ] oraz dwie składowe siły B → = [ B x , B y ] . Na rysunku z rozkładem sił na zawiasach, prezentujemy dwie siły przez ich składowe, których kierunki wybraliśmy arbitralnie. Ponieważ istnieją cztery niewiadome ( A x , B x , A y , B y ) , musimy utworzyć cztery niezależne równania. Jedno jest warunkiem równowagi sił w kierunku x . Drugie - warunkiem równowagi sił w kierunku y . Trzecie - warunkiem równowagi momentów sił względem osi obrotu (na zawiasie). Ponieważ masa jest równomiernie rozłożona między zawiasami, czwarte równanie ma postać A y = B y . Aby ustalić warunki równowagi, rysujemy rozkład sił i wybieramy punkt obrotu na górnym zawiasie, jak pokazano w części (b) . Na koniec rozwiązujemy równania dla nieznanych składowych sił i znajdujemy siły. (a) Geometria i (b) rozkład sił dla drzwi. Rozwiązanie Z rysunku rozkładu sił dla drzwi otrzymujemy warunek równowagi sił: w kierunku x : − A x + B x = 0 ⇒ A x = B x w kierunku y : + A y + B y − F g = 0 ⇒ A y = B y = F g 2 = 400 N 2 = 200 N. Wybieramy oś obrotu w punkcie P (górny zawias na rysunku z rozkładem sił) i zapisujemy warunek równowagi dla momentów sił względem punktu P : obrót względem P : M F g + M B x + M B y = 0 . Wykorzystujemy schemat rozkładu sił, aby znaleźć wszystkie wyrażenia w tym równaniu: M F g = d F G sin  ( − β ) = − d F g sin  β = − d F g b / 2 d = − F g b 2 M B x = a B x sin  90 ∘ = + a B x M B y = a B y sin  180 ∘ = 0. Przy wyznaczaniu sin β używamy geometrii trójkąta pokazanego w części (a) rysunku. Teraz wstawiamy te momenty sił do i obliczamy B x : obrót wokół P : − F g b 2 + a B x = 0 ⇒ B x = F g b 2 a = 400 N ⋅ 1 2 ⋅ 2 = 100 N . Tak więc wartości poziomych składowych sił wynoszą A x = B x = 100 N . Siły na drzwiach to: na górnym zawiasie: F → A na drzwi = ( − 100 i ^ + 200 j ^ ) N , na dolnym zawiasie: F → B na drzwi = ( + 100 i ^ + 200 j ^ ) N . Siły na zawiasach wyznaczamy na podstawie trzeciego prawa Newtona jako: na górnym zawiasie: F → drzwi na A = ( + 100 i ^ − 200 j ^ ) N , na dolnym zawiasie: F → drzwi na B = ( − 100 i ^ − 200 j ^ ) N . Znaczenie Zauważmy, że jeśli problem zostałby sformułowany bez założenia, że ciężar jest równomiernie rozłożony między dwoma zawiasami, to nie dałoby się go rozwiązać, ponieważ liczba niewiadomych byłaby większa niż liczba równań wyrażających warunki równowagi. Sprawdź, czy rozumiesz. Rozwiąż zadanie z , przyjąwszy oś obrotu w środku masy. F → drzwi na A = 100 N ⋅ i ^ − 200 N ⋅ j ^ , F → drzwi na B = − 100 N ⋅ i ^ − 200 N ⋅ j ^ Sprawdź, czy rozumiesz. 50-kilogramowa osoba stoi 1,5 m od jednego końca jednolitego rusztowania o masie 70 kg oraz długości 6 m. Oblicz naprężenia w dwóch pionowych linach podtrzymujących rusztowanie. 711 N; 466 N Sprawdź, czy rozumiesz. Znak o ciężarze 400 N wisi na końcu jednorodnego wspornika o długości 4 m i ciężarze 600 N. Wspornik podtrzymuje zawias na ścianie i kabel, którego drugi koniec przywiązany jest do ściany 3 m nad lewym końcem wspornika. Oblicz naprężenie kabla podtrzymującego i siłę zawiasu wywieraną na wspornik. 1167 N; 980 N skierowane ku górze 18 ∘ ponad poziom. Podsumowanie Różne problemy inżynieryjne można rozwiązać, stosując warunki równowagi ciał sztywnych. W praktyce należy określić wszystkie siły działające na ciało sztywne i ich ramiona w obrotach wokół wybranej osi obrotu, a następnie wykonać rysunek rozkładu sił dla ciała. Na jego podstawie można określić wypadkową siłę zewnętrzną i wypadkowy moment sił. Dzięki temu da się ustalić warunek równowagi sił i warunek równowagi momentów sił. Przy ustalaniu warunków równowagi możemy przyjąć dowolny inercjalny układ odniesienia i dowolne położenie osi obrotu. Każdy wybór prowadzi do tego samego rozwiązania. Jednak niektóre mogą sprawić, że jego znalezienie będzie bardzo skomplikowane. Osiągamy ten sam rezultat bez względu na podjęte decyzje. Pytania Czy można oprzeć drabinę o szorstką ścianę, gdy podłoże pozbawione jest tarcia? Powiedz, jak waga sprężynowa i punkt podparcia mogą być użyte do zważenia obiektu, którego masa przekracza maksymalną wartość na skali wagi. (Udowodnij) Malarz wspina się po drabinie. Czy jest ona bardziej podatna na poślizg, gdy malarz znajduje się w pobliżu jej dołu, czy góry? Zadania Jednolita deska o masie 30 kg i długości 6 m spoczywa na płaskiej powierzchni, jak pokazano poniżej. Jaką maksymalną masę można umieścić na jej prawym końcu, żeby się nie przewróciła? (Wskazówka: gdy deska ma się przewrócić, styka się z powierzchnią tylko wzdłuż krawędzi, która staje się chwilową osią obrotu). Jednolita huśtawka pokazana poniżej jest zrównoważona na podparciu znajdującym się 3 m od lewego końca. Mniejszy chłopiec po prawej waży 40 kg, a większy chłopiec po lewej stronie waży 80 kg. Jaka jest masa deski? 40 kg Aby wyciągnąć samochód z błota, mężczyzna łączy jeden koniec liny z przednim zderzakiem, a drugi przywiązuje do drzewa oddalonego o 15 m, jak pokazano poniżej. Następnie ciągnie za środek liny siłą 400 N, co powoduje przesunięcie jej środka o 0,3 m (zaznaczone na rysunku). Z jaką siłą lina oddziałuje na samochód? Jednolite rusztowanie o masie 40 kg i długości 6 m podtrzymują dwie lekkie liny, jak pokazano poniżej. 80-kilogramowy malarz stoi 1 m od lewego końca rusztowania, a jego wyposażenie malarskie znajduje się 1,5 m od prawego końca. Naprężenie lewej liny jest dwukrotnie większe niż prawej. Oblicz naprężenia lin i masę sprzętu. prawa lina 444,72 N; lewa lina 889,44 N; ciężar sprzętu 156,96 N; 16 kg Gdy układ przedstawiony poniżej jest podparty w punkcie P , pozostaje w stanie równowagi. Oblicz siłę F i siłę przyłożoną w punkcie P . Ciężar konstrukcji możesz pominąć. Osoba o masie 70 kg chce wejść na dach, w tym celu ustawia sobie na betonowym podłożu 6-metrową aluminiową drabinę o masie 10 kg, jej podstawa oddalona jest 2,0 m od domu. Drabina opiera się o plastikową rynnę, przy czym można założyć, że odbywa się to bez tarcia. Środek masy drabiny znajduje się 2 m od punktu styku drabiny z podłożem (ponieważ jej masa nie jest rozłożona równomiernie). Osoba stoi 3 m od punktu, w którym drabina styka się z podłożem. Oblicz normalną siłę reakcji i siły tarcia u podstawy drabiny. 784,8 N; 132,95 N Jednolity poziomy wspornik o ciężarze 400 N ma jeden koniec zamocowany do ściany na zawiasach, a do drugiego przymocowano znak o ciężarze 200 N. Wspornik podtrzymuje także linka zamocowana pomiędzy końcem wspornika a ścianą. Przy założeniu, że cały ciężar znaku jest przyłożony na samym końcu słupka, oblicz naprężenie linki i siłę na zawiasie wspornika. Przedramię pokazane poniżej tworzy kąt θ względem ramienia, a w dłoni trzymana jest masa 5 kg. Całkowita masa przedramienia i dłoni wynosi 3 kg, a ich środek masy znajduje się 15 cm od łokcia. (Jaka jest wartość siły, którą mięśnie bicepsa wywierają na przedramię dla θ = 60 ∘ ? Jaka jest wartość siły na stawie łokciowym przy tym samym kącie? Jak te siły zależą od kąta θ ? 539,55 N; 61,07 N; nie zależą od kąta Jednolity wysięgnik, pokazany poniżej, o ciężarze 2000 N podtrzymywany jest przez poziomy odciąg i zawias w punkcie A . Jakie siły na wysięgniku są wywołane liną odciągu i ze względu na podparcie w punkcie A ? Czy siła w A działa wzdłuż wysięgnika? Jednolity wysięgnik pokazany poniżej waży 71,35 kg, a z jego prawego końca zwisa obiekt o ciężarze 400 N. Wysięgnik podtrzymują linka i zawias na ścianie. Oblicz naprężenie linki i siłę wywieraną na zawias przez wysięgnik. Czy siła na zawiasie działa wzdłuż wysięgnika? naprężenie 777 N; na zawiasie 777 N pod kątem 45 ∘ względem poziomu; nie Wysięgnik A B dźwigu, podnoszącego ładunek 3000 kg ma długość 12 m. Środek masy wysięgnika znajduje się w jego geometrycznym środku, a jego masa wynosi 1000 kg. Dla przedstawionej sytuacji oblicz naprężenie N w linie i siłę na osi obrotu A . Jednolita klapa, pokazana poniżej, o wymiarach 1 m na 1,5 m i ciężarze 300 N przymocowana jest pojedynczym zawiasem (H) oraz podtrzymywana przez linę zawiązaną pomiędzy jej środkiem a podłogą. Podłoga z klapą tworzy kąt 30 ∘ , natomiast z linią kąt 20 ∘ . Oblicz naprężenie w linie i siłę na zawiasie. 1500 N; 1620 N pod kątem 30 ∘ do podłogi Człowiek o wadze 90 kg idzie po równoważni o długości 2 m, wysokości 1 m i masie 25 kg, jak pokazano poniżej. Oblicz normalną siłę reakcji na każdej nodze w punkcie styku z podłogą, gdy mężczyzna znajduje się w odległości 0,5 m od końca równoważni. (Wskazówka: Najpierw określ całkowitą siłę reakcji na każdym końcu. Jest ona sumą wektorową dwóch sił reakcji, z których każda działa wzdłuż jednej nogi. Normalna siła reakcji, w odniesieniu do podłogi, w punkcie styku z nią jest normalną składową tej siły.)

Science