Napęd rakietowy Zajmiemy się teraz przypadkiem, w którym masa poruszającego się ciała ulega zmianie. Przeanalizujmy ruch rakiety, której prędkość oraz pęd zmieniają się wskutek wyrzucenia spalin, powodując przyspieszenie rakiety w kierunku przeciwnym do prędkości wyrzucanych gazów (zobacz ). Rakieta w przestrzeni kosmicznej, zaopatrzona w zapas paliwa, ma masę m 0 (jest to masa własna rakiety wraz z masą paliwa). Rakieta przyspiesza na zasadzie zjawiska odrzutu, dzięki reakcjom spalania paliwa oraz wyrzucaniu spalin za siebie. Na pewnym etapie jej prędkość wynosi v → , a masa m i jest to masa własna rakiety oraz części niezużytego jeszcze paliwa. Zauważmy, że operujemy tu pojęciem masy chwilowej m ( t ) i prędkości chwilowej v → ( t ) . Obliczymy teraz, jak zmieni się prędkość rakiety na skutek zużycia całego paliwa, jeżeli szybkość spalania w silnikach rakiety oraz szybkość wyrzutu spalin będą na stałym poziomie. Prom kosmiczny wykorzystuje zarówno paliwo stałe, jak i ciekłe i wyposażony jest w sporą liczbę elementów wielokrotnego użytku. Ogromne zbiorniki na paliwo ciekłe przeznaczone są wprawdzie na straty, ale dodatkowe zbiorniki na paliwo stałe odzyskuje się i powtórnie napełnia po każdym locie. Również sam statek po powrocie na Ziemię wykorzystywany jest do kolejnych lotów. Umożliwiają to m.in. pokrywy ceramiczne chroniące go przed przegrzaniem podczas powtórnego wejścia w atmosferę. Można zatem wielokrotnie powtarzać misje wahadłowca. (Źródło: NASA) Analiza fizyczna ruchu Omówimy teraz, co dzieje się podczas ruchu rakiety w przestrzeni kosmicznej oraz omówimy fizyczną naturę tego procesu: Podczas pracy silnika produkowane są gazy, które posiadają zarówno masę jak i prędkość, a więc również pęd. Z zasady zachowania pędu wynika, że rakieta odrzucająca spaliny dozna takiej samej zmiany pędu, ale z przeciwnym znakiem. Załóżmy, że gazy wyrzucane są ze stałą szybkością, co oznacza, że przyrost pędu rakiety będzie również stały. Odwołując się do , stwierdzimy, że oznacza to obecność stałej siły działającej na rakietę i nadającej jej przyspieszenie. W miarę upływu czasu masa rakiety (obejmująca także masę paliwa) maleje w sposób ciągły. Jeśli siła napędu rakiety się nie zmienia, przyspieszenie rakiety będzie rosnąć. Zatem całkowita zmiana prędkości rakiety zależy w sposób nieliniowy od ilości zużytego paliwa. Mamy więc do czynienia ze zmianami zarówno masy jak i prędkości rakiety, a także masy wyrzucanych gazów. Jeśli jako układ zdefiniujemy „rakietę plus paliwo” , to będzie to układ zamknięty (ponieważ rozważamy rakietę w przestrzeni kosmicznej, na układ nie działają siły zewnętrzne). W efekcie pęd układu będzie zachowany i możemy skorzystać z zasady zachowania pędu ( ). Rakieta przyspiesza (w prawo) wyrzucając gazy z dyszy (w lewo). Zasada zachowania pędu pozwala na wyznaczenie prędkości rakiety po odrzucie. Masa m jest chwilową wartością sumy masy własnej rakiety i znajdującego się w niej paliwa. (Źródło: zmodyfikowany przez NASA/Bill Ingalls) Ze względu na zależność masy i prędkości od czasu, należy operować wielkościami chwilowymi dla konkretnego momentu na osi czasu. Definiujemy więc prędkość chwilową v → = v i ^ (w kierunku + x ) mierzoną względem Ziemi. Pęd początkowy układu wyrażamy jako: p → przed = m v i ^ . Silniki rakietowe spalają paliwo ze stałą szybkością i wyrzucają gazy w kierunku − x . W infinitezymalnym przedziale czasu d t masa wyrzuconego gazu wynosi d m g , a ich prędkość u → = − u i ^ . Zwróćmy uwagę, że o ile prędkość rakiety v i ^ mierzona jest względem Ziemi, prędkość wyrzucanych gazów mierzona jest względem poruszającej się rakiety. Przekształcając ją w odniesieniu do układu związanego z Ziemią, uzyskamy ( v − u ) i ^ . W następstwie wyrzucenia spalonych gazów masa rakiety zmalała o d m g , a jej prędkość wzrosła o d v i ^ . Uwzględniając zmianę masy rakiety oraz wyrzuconych gazów, końcowy pęd układu obliczymy jako: p → po = p → r + p → g = ( m − d m g ) ( v + d v ) i ^ + d m g ( v − u ) i ^ . Ponieważ wszystkie wektory skierowane są wzdłuż osi x , możemy zrezygnować z notacji wektorowej. Stosując zasadę zachowania pędu, otrzymujemy: p przed = p po  , m  v = m − d m g  v + d v + d m g  v − u  , m  v = m  v + m  d v − d m g  v − d m g  d v + d m g  v − d m g  u  , m  d v = d m g  d v + d m g  u  . \begin{align} p_{\text{przed}} &= p_{\text{po}} \text{,} \\ mv &= (m-\d m_{\text{g}})(v + \d v) + \d m_{\text{g}} (v-u) \text{,} \\ mv &= mv + m\d v - \d m_{\text{g}} v - \d m_{\text{g}} \d v + \d m_{\text{g}} v- \d m_{\text{g}} u \text{,} \\ m \d v &= \d m_{\text{g}} \d v + \d m_{\text{g}} u \text{.} \end{align} Ponieważ d m g i d v są bardzo małe, ich iloczyn jest tym bardziej znikomy w porównaniu z pozostałymi wyrazami w równaniu. Pomijając go, otrzymamy: m d v = d m g u . Zauważmy, że d m g reprezentuje masę wyrzuconych gazów, ale liczbowo jest ona równa ubytkowi masy rakiety: d m g = − d m . Po zastąpieniu d m g w powyższym równaniu, uzyskamy: m d v = − d m u , czyli: d v = − d m m u . Całkujemy obustronnie od masy m 0 do masy m rakiety: ∫ v 0 v d v = − u ∫ m 0 m d m m , v − v 0 = u ln  m 0 m . Odpowiedź na pytanie: „jak zmieni się prędkość rakiety?” brzmi więc następująco: Δ v = u ln  m 0 m . To równanie znane jest pod nazwą równania ruchu rakiety (ang. rocket equation ) lub wzoru Ciołkowskiego dla ruchu rakiety w próżni i przy braku grawitacji. Wzór ten, wyprowadzony przez rosyjskiego fizyka Konstantina Ciołkowskiego w roku 1897 wykazuje nieliniowy charakter zmian prędkości rakiety, której masa z paliwem wynosi m 0 , a masa bez paliwa równa jest m . Strategia rozwiązywania zadań: analiza zjawiska odrzutu W typowych zagadnieniach opisujących ruch rakiety najczęściej poszukiwaną wielkością jest zmiana prędkości rakiety, wynikająca z faktu spalenia paliwa lub też związanego z tym przyspieszenia. Do wyznaczenia zmiany prędkości skorzystaj z Ciołkowskiego. Do wyznaczenia przyspieszenia określ siłę (na podstawie reguły pędu i popędu), a następnie zmianę prędkości (z równania Ciołkowskiego). Siła ciągu silników statku kosmicznego Statek kosmiczny porusza się w przestrzeni kosmicznej po torze prostym, kiedy pilot postanawia przyspieszyć. Włącza w tym celu silniki, które wytwarzają strumień gazów o stałej szybkości wypływu masy równej 2 ⋅ 10 2 k g / s , przy ich prędkości względem rakiety 2,5 ⋅ 10 2 m / s . Początkowa masa statku z paliwem wynosi 2 ⋅ 10 4 k g , a czas pracy silników wynosił 30 s. Jaka jest siła ciągu silników statku? Wyznacz przyspieszenie statku w funkcji czasu. Jaka była wartość przyspieszenia statku w chwilach t = 0 s , t = 15 s , t = 30 s , t = 35 s ? Strategia rozwiązania Na podstawie reguły pędu i popędu stwierdzamy, że siła ciągu silników będzie równa szybkości zmiany pędu statku. Znając siłę ciągu z podpunktu (a), skorzystamy z II zasady dynamiki Newtona do wyznaczenia przyspieszenia. Kluczowy jest tu fakt, że mimo stałej prędkości wyrzutu gazów z dyszy i stałej siły ciągu przyspieszenie rośnie, ponieważ maleje masa statku. Z tego powodu spodziewamy się zależności przyspieszenia od czasu. Odpowiedź wyliczoną w podpunkcie (b) wykorzystamy do wyznaczenia wartości liczbowych dla podanych momentów na osi czasu. Pamiętamy, że przyspieszenie powinno rosnąć, ponieważ zmniejsza się masa statku wskutek zużywania paliwa. Rozwiązanie Pęd wyrzucanych gazów p = m g u . Prędkość wyrzucanych gazów u = 2,5 ⋅ 10 2 m / s jest stała, zatem licząc pochodną po czasie otrzymamy siłę ciągu jako: F = d p d t = u d m g d t . Zauważmy, że d m g / d t jest szybkością wypływu masy wyrzucanych gazów, która zgodnie z treścią zadania wynosi 2 ⋅ 10 2 k g / s . Po podstawieniu otrzymamy siłę ciągu silników: F = u d m g d t = 2,5 ⋅ 10 m / s ⋅ 2,0 ⋅ 10 2 k g / s = 5,0 ⋅ 10 4 N . Masa statku to suma jego masy własnej oraz paliwa, które w danej chwili ów statek posiada: m = m r + m g . Z II zasady dynamiki Newtona a = F m = F m r + m g . Siła ciągu i masa własna pustej rakiety to wielkości stałe, natomiast masa paliwa jest funkcją zależną od czasu: m g = m g ( t ) = m g ( 0 ) − d m g d t t , gdzie m g ( 0 ) oznacza masę paliwa w rakiecie w chwili początkowej. Wobec tego: a = F M − d m g d t t , gdzie M = m r + m g ( 0 ) = 2 ⋅ 10 4 k g jest masą rakiety wraz z paliwem w chwili t = 0 . Z powyższego wzoru wynika jawnie zależność przyspieszenia od czasu, która będzie funkcją rosnącą. Po podstawieniu danych z zadania: a = 5,0 ⋅ 10 4 N 2,0 ⋅ 10 4 k g − 2,0 ⋅ 10 2 k g / s ⋅ t . We wskazanych momentach: gdy t = 0 s (kiedy tylko pojawia się siła ciągu silników): a ( 0 s ) = 5,0 ⋅ 10 4 N 2,0 ⋅ 10 4 k g − 2,0 ⋅ 10 2 k g / s ⋅ 0 s = 2,5 m / s 2 , gdy t = 15 s , to a ( 15 s ) = 2,9 m / s 2 , gdy t = 30 s , to a ( 30 s ) = 3,6 m / s 2 , ale gdy t = 35 s , to a ( 35 s ) = 0 m / s 2 , ponieważ F = 0 (silniki zostały wyłączone). W trakcie pracy silników, jak się spodziewaliśmy, przyspieszenie rosło. Znaczenie Zauważmy, że przyspieszenie nie jest stałe, co powoduje, że każda wielkość dynamiczna lub kinematyczna powinna być liczona z użyciem całki lub (w prostszym przypadku) z zasady zachowania energii całkowitej. Sprawdź, czy rozumiesz. Jaka jest fizyczna różnica (lub zależność) między d m / d t i d m g / d t w powyższym przykładzie? Symbol m g dotyczy masy paliwa, która jest funkcją czasu m g ( t ) , a m jest masą rakiety z paliwem, przy czym m = m r + m g ( t ) . Z kolei m r oznacza masę pustej rakiety (jej masę własną). Różniczkowanie ostatniego równania po czasie daje wynik: d m d t = d m r d t + d m g ( t ) d t = d m g ( t ) d t , ponieważ d m r / d t = 0 (masa własna rakiety nie ulega zmianie). Zatem szybkość zmian masy rakiety z paliwem jest taka sama jak szybkość zmian masy paliwa w zbiornikach. Rakieta w polu grawitacyjnym Ziemi Przeanalizujmy teraz zmiany prędkości rakiety podczas fazy startu w polu grawitacyjnym Ziemi. Przyjmijmy, że w omawianym na tym etapie przedziale wysokości przyspieszenie grawitacyjne traktujemy jako stałe i wynoszące g . Analiza przebiega podobnie jak w przypadku rakiety w przestrzeni kosmicznej, z tym że uwzględniamy obecność stałej siły skierowanej pionowo w dół F → = − m g j ^ , działającej na nasz układ. Siła ta wytwarza impuls d J → = F → d t = − m g d t j ^ , który jest równy zmianie pędu: d p → = d J → , p → po − p → przed = − m g d t j ^ , [ ( m − d m g ) ( v + d v ) + d m g ( v − u ) − m v ] j ^ = − m g d t j ^ . A zatem m d v − d m g u = − m g d t , gdzie, podobnie jak poprzednio, pominęliśmy człon d m g d v oraz zrezygnowaliśmy z zapisu wektorowego. Możemy także zamienić d m g symbolem − d m : m d v + d m u = − m g d t , m d v = − d m u − m g d t . Po podzieleniu przez m otrzymujemy d v = − d m m u − g d t , a po scałkowaniu: Δ v = u ln  m 0 m − g Δ t , przy czym Δ t oznacza czas trwania procesu spalania paliwa. Nikogo chyba nie dziwi, że ze względu na przyciąganie ziemskie zmiana prędkości rakiety będzie teraz mniejsza. Przy braku grawitacji nie miało znaczenia, ile czasu trwało zużycie całego paliwa – maksymalna zmiana prędkości nie była od tego zależna. W obecności siły grawitacji jednak okazuje się to istotne. Czynnik − g Δ t w mówi nam, że im dłużej będzie trwało spalanie całego paliwa, tym mniejszą zmianę prędkości uzyskamy. Z tego powodu przy starcie rakiety moment jej poderwania jest zawsze tak spektakularnym widowiskiem. Ważne jest bowiem spalenie dużej ilości paliwa (i wypuszczenie ogromnej ilości gazów) w jak najkrótszym czasie – tak aby uzyskać możliwie największe Δ v . Podsumowanie Napęd rakietowy jest przykładem zasady zachowania pędu w układzie, w którym masa ulega zmianom w sposób ciągły, w efekcie spalania paliwa i wyrzucania gazów przez silniki rakiety. Równanie ruchu rakiety znane też jako równanie Ciołkowskiego przedstawia zmianę prędkości rakiety wskutek spalania paliwa i zmniejszania się masy rakiety. Najważniejsze wzory Definicja pędu p → = m v → Popęd siły (impuls) J → ≡ ∫ t 0 t 1 F → ( t ) d t lub J → = F → śr Δ t Reguła pędu i popędu J → = Δ p → Zależność zmiany pędu od siły średniej F → śr = Δ p → Δ t Zależność pędu od siły (II prawo Newtona) F → ( t ) = d p → d t Zasada zachowania pędu d p → 1 d t + d p → 2 d t = 0 lub p → 1 + p → 2 = const Uogólniona zasada zachowania pędu ∑ j = 1 N p → j = const Zasada zachowania pędu w dwóch wymiarach p x sum po = p x1 przed + p x2 przed p y sum po = p y1 przed + p y2 przed Siły zewnętrzne F → z = ∑ j = 1 N d p → j d t II zasada dynamiki dla obiektów fizycznych (rozciągłych) F → z = d p → ŚM d t Przyspieszenie środka masy a → = d 2 d t 2 ( 1 M ∑ j = 1 N m j r → j ) = 1 M ∑ j = 1 N m j a → j Położenie środka masy układu cząstek r → ŚM ≡ 1 M ∑ j = 1 N m j r → j Prędkość środka masy v → = d d t ( 1 M ∑ j = 1 N m j r → j ) = 1 M ∑ j = 1 N m j v → j Położenie środka masy ciała o rozkładzie ciągłym r → ŚM ≡ 1 M ∫ r → d m Równanie ruchu rakiety (wzór Ciołkowskiego) – bez grawitacji Δ v = u ln ( m 0 m ) Pytania Możliwa jest sytuacja, kiedy prędkość rakiety jest większa od prędkości wyrzucanych gazów. Gdy ma to miejsce, prędkość i pęd gazów skierowane są w tę samą stronę co rakieta. Jak to się dzieje, że rakieta wciąż uzyskuje napęd z takiego spalania? Napęd rakiety jest efektem zasady zachowania pędu i nie zależy od prędkości gazów względem rakiety. Statek przyspiesza, bo wyrzuca gazy za siebie, i to jest gwarancją przyrostu prędkości. Zadania Kałamarnica o masie 5 kg, będąca początkowo w spoczynku, wyrzuca z siebie 0,25 kg wody z prędkością 10 m/s. Jaka będzie prędkość odrzutu kałamarnicy, jeśli czas trwania wyrzutu wody wynosił 0,1 s a siła oporów ruchu wynosi 5 N? Ile energii zużyła kałamarnica, aby pokonać siłę oporów ruchu? a. 0,413 m/s, b. około 0,2 J. Rakieta startuje z powierzchni Ziemi i osiąga prędkość 100 m/s w czasie 10 s. Przyjmując, że prędkość wylotu gazów jest równa 1500 m/s, a masa spalonego paliwa wynosi 100 kg, oblicz początkową masę rakiety. Przeprowadź analizę jak w poprzednim zadaniu, przyjmując jednak, że rakieta startuje ze stacji kosmicznej, gdzie nie ma wpływu grawitacji (pomijając niewielką grawitację, której źródłem jest sama stacja). 1551 kg Ile paliwa potrzeba dla rakiety o masie własnej 1000 kg, aby wystartować z powierzchni Ziemi i osiągnąć prędkość 1000 m/s w ciągu 30 s? Prędkość wyrzutu gazów wynosi 1000 m/s. Jaka prędkość wyrzutu gazów jest potrzebna do przyspieszenia rakiety w przestrzeni kosmicznej z prędkości 800 m/s do 1000 m/s w czasie 5 s, jeżeli całkowita masa rakiety wynosi 1200 kg i zostało w niej tylko 50 kg paliwa? 4,9 km/s Nieracjonalne wyniki. Podobno kałamarnice są w stanie wyskoczyć z wody i pokonać w powietrzu poziomą odległość równą 30 m. a. Zakładając, że można pominąć straty na oderwanie się od wody i opór powietrza, oblicz początkową prędkość kałamarnicy, jeśli wyskakuje ona z wody pod kątem 20°. b. Kałamarnica uzyskuje napęd wyrzucając wodę z wnętrza swojego ciała. Jaki ułamek masy jej ciała powinna stanowić woda, aby uzyskać prędkość potrzebną do wyskoku w poprzednim podpunkcie? Woda wyrzucana jest z prędkością 12 m/s, pomijamy przyspieszenie ziemskie podczas odrzutu oraz siły tarcia. c. Co jest niedorzecznego w otrzymanych wynikach? d. Które założenie jest niesłuszne, albo które założenia są ze sobą niespójne? Zadania dodatkowe Wioślarze o masie 70 kg płyną kajakiem o masie 50 kg. Kajak porusza się z prędkością 1,2 m/s względem wody, zaś woda płynie z prędkością 4 m/s względem lądu. Jaki jest ich pęd względem lądu? Co ma większy pęd: Ważący 3 tony słoń biegnący z prędkością 40 km/h czy gepard o masie 60 kg biegnący z prędkością 112 km/h? Słoń ma większy pęd. Kierowca, naciskając pedał hamulca, zmniejsza prędkość samochodu o 20%, nie zmieniając kierunku ruchu auta. Jaką zmianę pędu to wywoła? Twój kolega twierdzi, że skoro pęd jest iloczynem masy i prędkości, to ciało o większej masie ma zawsze większy pęd. Czy zgadzasz się z tym? Wyjaśnij. O ile pierwsza część wypowiedzi jest prawdą to druga niekoniecznie, ponieważ prędkość lekkiego obiektu może być bardzo duża co spowoduje, że pęd tego ciała będzie większy, niż pęd ciężkiego obiektu poruszającego się powoli. Prawdopodobieństwo rozbicia się szklanki po upadku na betonową podłogę jest zdecydowanie większe niż po upadku na miękki trawnik. Wyjaśnij, dlaczego tak się dzieje, w kontekście reguły pędu i popędu. Twój sportowy samochód o masie 1,5 tony przyspiesza od 0 do 30 m/s w 10 s. Jaka średnia siła działa na niego podczas przyspieszania? 4,5 ⋅ 10 3 N . Piłkę o masie m upuszczono swobodnie w polu grawitacyjnym Ziemi. Jakim wzorem opiszesz impuls udzielony piłce od chwili wypuszczenia jej z ręki do pewnej chwili τ ? Opory ruchu pomijamy. Przeanalizuj poprzednie zagadnienie uwzględniając siłę oporów ruchu F → op = − b v → . J → = ∫ 0 τ [ m g → − m g → ( 1 − e − b t / m ) ] d t = m 2 b g → ( e − b τ / m − 1 ) Jaki impuls został przekazany jajku podczas rozbicia się o podłogę, jeśli spadło ono z lady znajdującej się na wysokości 90 cm? Masa jajka wynosiła 5 g. Rozpędzony samochód uderza w nieruchome drzewo. Prędkość samochodu zmniejsza się podczas zderzenia z 30 m/s do zera, a długość drogi, którą w tym czasie pokonał jego środek ciężkości równa jest około. połowy długości auta, czyli 1,3 m. Jaki impuls został przekazany przez pasy bezpieczeństwa kierowcy o masie 70 kg, zakładając, że poruszał się dokładnie tak samo jak samochód? Jaką średnią siłą działały pasy na kierowcę? − 2,1 ⋅ 10 3 k g ⋅ m / s ⋅ i ^ , − 24 ⋅ 10 3 N ⋅ i ^ . Dwóch hokeistów jadących z jednakową prędkością v zderza się czołowo na lodowisku. Zderzają się niesprężyście, upadają i suną z prędkością v / 5 . Jaki jest stosunek ich mas? Jedziesz na rowerze o masie 10 kg z prędkością 15 m/s, gdy na twoim kasku rowerowym przysiada owad o masie 5 g. Poruszał się on wcześniej z prędkością 2 m/s w tym samym kierunku. Przyjmując, że twoja masa wynosi 60 kg, oblicz: Jaki był pęd twój i roweru, zanim nadleciał owad? Jaki był początkowy pęd owada? Jak zmieniła się twoja prędkość po wylądowaniu owada? Ile wynosiłaby ta zmiana, gdyby owad nadlatywał z przeciwnej strony? 1,1 ⋅ 10 3 k g ⋅ m / s ⋅ i ^ , 0,01 k g ⋅ m / s ⋅ i ^ , − 0,000 93 m / s ⋅ i ^ , − 0,0012 m / s ⋅ i ^ Ładunek żwiru został zrzucony wprost na ciężarówkę o masie 30 ton jadącą z prędkością 2,2 m/s po poziomej rampie. Wiedząc, że wskutek tego prędkość ciężarówki zmniejszyła się do 1,5 m/s, oblicz masę załadowanego żwiru. Dwa wózki zderzają się czołowo na płaskim torze. Pierwszy z nich poruszał się z prędkością 3,6 m/s w kierunku + x , a drugi z prędkością 2,4 m/s w kierunku przeciwnym. Po zderzeniu drugi wózek kontynuuje jazdę w tym samym kierunku z prędkością 0,24 m/s. Jeżeli wiemy, że masa drugiego wózka jest 5 razy większa od masy pierwszego, jaka jest masa pierwszego wózka i jego prędkość po zderzeniu? 0,10 kg; − 7,2 m / s ⋅ i ^ . Astronauta o masie 100 kg znajduje się w odległości 10 m od statku kosmicznego i oddala się od niego z prędkością 0,1 m/s. Aby wrócić na statek, astronauta wyrzuca przed siebie worek o masie 10 kg, nadając mu prędkość równą 5 m/s. Ile czasu zajmie mu dotarcie do statku? Wyprowadź równania opisujące końcowe prędkości dwóch ciał zderzających się sprężyście. Masy ciał wynoszą m 1 i m 2 , początkowa prędkość pierwszego ciała była równa v 1 , a drugie pozostawało w spoczynku. u 1 = m 1 − m 2 m 1 + m 2 v 1 , u 2 = 2 m 1 m 1 + m 2 v 1 . Przeanalizuj poprzedni problem w przypadku niezerowej prędkości drugiego ciała. Dziecko zjeżdża na sankach z górki i uderza z prędkością 5,6 m/s w stojące sanki – identyczne, ale puste. Wskutek zderzenia dziecko zostało wyrzucone do przodu, natomiast sanki sczepiły się i sunęły wolno po płaskim torze. Jaka była ich prędkość po złączeniu? 2,8 m/s Dla przypadku z poprzedniego zadania oblicz prędkości sanek, gdyby zderzenie było sprężyste. Bramkarz o masie 90 kg wyskakuje pionowo w górę, aby złapać piłkę o masie 0,5 kg lecącą dokładnie poziomo w jego kierunku z prędkością 17 m/s. Jaka jest składowa pozioma jego prędkości po złapaniu piłki? 0,094 m/s Trójka akrobatów spadochronowych spada w kierunku ziemi. Początkowo trzymają się razem, aby w pewnym momencie odepchnąć się od siebie.. Dwaj z nich masie odpowiednio: 70 kg i 80 kg uzyskują prędkości poziome w kierunku północno-wschodnim równe odpowiednio 1,2 m/s i 1,4 m/s. Jaka jest prędkość pozioma trzeciego uczestnika, jeśli jego masa wynosi 55 kg? Dwie kule bilardowe leżą na stole bilardowym stykając się. Wzdłuż linii symetrii między tymi kulami porusza się trzecia z prędkością 3,8 m/s i uderza w nie równocześnie. Jeżeli zderzenie jest zderzeniem sprężystym, jakie będą prędkości kul po zderzeniu? Prędkość kuli uderzającej: − 0,76 m / s ⋅ i ^ ; końcowe prędkości kul uderzonych są jednakowe i wynoszą 2,6 m/s, skierowane pod kątem ± 30 ∘ , symetrycznie względem toru kuli nacierającej. Kula bilardowa poruszającą się z prędkością 2,2 m / s ⋅ i ^ − 0,4 m / s ⋅ j ^ zderza się ze ścianą, która jest ustawiona wzdłuż kierunku j ^ . Zakładając, że zderzenie jest sprężyste, oblicz końcową prędkość kuli po odbiciu. Dwie identyczne kule bilardowe zderzają się. Pierwsza, poruszała się początkowo z prędkością 2,2 m / s ⋅ i ^ − 0,4 m / s ⋅ j ^ , a druga z prędkością − 1,4 m / s ⋅ i ^ + 2,4 m / s ⋅ j ^ . W chwili zderzenia kula pierwsza znajduje się w środku układu współrzędnych, a druga w punkcie ( 2 R , 0 ) , gdzie R jest promieniem kuli. Jakie będą końcowe prędkości obu kul? Kula 1: − 1,4 m / s ⋅ i ^ − 0,4 m / s ⋅ j ^ , Kula 2: 2,2 m / s ⋅ i ^ + 2,4 m / s ⋅ j ^ Przeprowadź analizę jak w poprzednim zadaniu, ale dla sytuacji, gdy środek drugiej kuli jest w punkcie ( 0 , 2 R ) względem środka pierwszej kuli, będącego jednocześnie środkiem układu współrzędnych. Przeprowadź analizę jak w poprzednim zadaniu, ale dla sytuacji, gdy środek drugiej kuli jest w punkcie ( 3 R , R ) względem środka pierwszej kuli, będącego jednocześnie środkiem układu współrzędnych. Kula 1: 0,71 m / s ⋅ i ^ − 1,26 m / s ⋅ j ^ , Kula 2: 0,09 m / s ⋅ i ^ + 3,26 m / s ⋅ j ^ . Gdzie znajduje się środek masy pręta wygiętego w kształt półokręgu o promieniu R ? Układ współrzędnych osadzony został w środku półokręgu, z osią x przechodzącą przez początek i koniec pręta. Gdzie znajduje się środek masy kawałka pizzy, którą podzielono na 8 części? Układ współrzędnych osadzony został w środku pizzy o promieniu R , oś x przebiega wzdłuż jednego z ramion kąta. ( r , θ ) = ( 2 R / 3 , π / 8 ) . Gdyby cała populacja Ziemi została przesiedlona na Księżyc, jak przesunąłby się środek masy układu Ziemia-Księżyc-populacja? Przyjmijmy, że populacja liczy 7 miliardów ludzi, średnia masa człowieka to 65 kg i zarówno Ziemia jak i Księżyc zaludnione są jednorodnie. Masa Ziemi wynosi 5,97 ⋅ 10 24 k g , masa Księżyca równa jest 7,34 ⋅ 10 22 k g . Promień orbity Księżyca wynosi 3,84 ⋅ 10 8 m . Twój kolega zastanawia się, jak rakieta może się ciągle wznosić, nawet gdy na odpowiedniej wysokości wyłączy już napęd odrzutowy. Co mu odpowiesz? Zmiana pędu rakiety i jej przyspieszanie jest następstwem zasady zachowania pędu. Pęd gazów wyrzucanych w każdej sekundzie jest kompensowany przyrostem pędu rakiety. Po wyjściu z warstw atmosfery i z obszaru oddziaływania grawitacyjnego Ziemi rakieta może się dalej wznosić nawet przy wyłączonych silnikach – będzie to ruch jednostajny, zgodnie z I zasadą dynamiki. Czy w celu zwiększenia przyspieszenia rakiety można by wyrzucać z niej kamienie? Jeśli tak, to raczej przez właz tylni czy przedni? Pomijamy aspekty dekompresji rakiety. Zadania trudniejsze Człowiek o masie 65 kg wyskakuje z okna na pierwszym piętrze płonącego budynku i ląduje niemal pionowo na ziemi z prędkością o składowej poziomej 3 m/s i pionowej -9 m/s. Podczas uderzenia o ziemię wytraca prędkość w bardzo krótkim czasie. Siła, której doświadczają jego stopy zależy od tego, czy zamortyzował upadek uginając kolana, czy też nie. Oblicz siłę działająca na jego stopy w obu przypadkach. Wyznacz najpierw impuls przekazany człowiekowi podczas zderzenia. Oblicz zarówno jego wartość jak i kierunek. Wyznacz średnią wartość siły działającej na stopy człowieka, gdy jego nogi pozostają proste, a jego środek ciężkości przesuwa się podczas zderzenia zaledwie o 1 cm w dół i 1 cm w prawo. Wyznacz średnią wartość siły działającej na stopy, gdy człowiek ugiął nogi podczas lądowania, a jego środek ciężkości przesuwa się podczas zderzenia o 50 cm w dół i 5 cm w prawo. Porównaj wyniki z podpunktu (b) i (c) i wyciągnij wnioski. Który sposób lądowania jest bardziej bezpieczny? Do powyższych obliczeń potrzebny będzie czas działania siły oraz założenie o jej stałej wartości. Siła wprawdzie nie jest stała podczas całego zderzenia (bardziej szczegółową analizę przeprowadzono w przykładzie opisującym zderzenie meteoryt z Ziemią), niemniej tu założenie o stałości siły jest akceptowalne. 617 N ⋅ s , 108 ∘ ; F x = 2,91 ⋅ 10 4 N , F y = 2,6 ⋅ 10 5 N ; F x = 5 850 N , F y = 5 265 N . Dwie cząstki o masach m 1 i m 2 wystrzelono z tymi samymi prędkościami, ale w przeciwnych kierunkach z dwóch miejsc oddalonych od siebie o D . Obie docierają do punktu spotkania w najwyższym punkcie swojego lotu, zderzają się i łączą. W jakim miejscu wylądują? Przyjmujemy przyspieszenie grawitacyjne g . Dwa identyczne ciała (np. kule bilardowe) ulegają zderzeniu liniowemu, przy czym początkowo jedno z nich jest w spoczynku. Po zderzeniu poruszający się obiekt zatrzymuje się, a drugi porusza się z taką prędkością, jak pierwszy z nich przed zderzeniem. Wykaż, że w tym zderzeniu zachowana była zarówno energia kinetyczna, jak i pęd. Zgodnie z zasadą zachowania pędu: m 1 v 1 + m 2 v 2 = m 1 u 1 + m 2 u 2 . Z danych wynika, że m 1 = m 2 oraz v 1 = u 2 , a v 2 = u 1 = 0 . Łącząc ze sobą powyższe, otrzymujemy, że v 1 = v 1 , co jest oczywiście prawdą, zatem zasada zachowania pędu jest spełniona. Podobnie postępujemy z energią kinetyczną. Gdyby miała być zachowana, oznaczałoby to, że m 1 v 1 2 / 2 + m 2 v 2 2 / 2 = m 1 u 1 2 / 2 + m 2 u 2 2 / 2 . Wprowadzając dane dotyczące mas i prędkości otrzymujemy również tautologię, zatem energia kinetyczna jest tu wielkością zachowaną. Mobilna rampa o masie M spoczywa na poziomym podłożu. Na górze rampy umieszczono mały wózek, który rozpoczyna zjeżdżanie po umieszczonej na niej pochylni. Jakie będą prędkości wózka oraz rampy, kiedy wózek dotrze do jej końca (patrz: rysunek). Jakie są prędkości rampy i wózka względem ziemi w chwili, gdy wózek opuszcza rampę? Wyznacz środek masy układu brył pokazanego na rysunku. Przyjmij jednakową grubość każdego prostopadłościanu wynoszącą 20 cm oraz jednorodną gęstość równą 1 g / c m 3 . Jeśli przyjmiemy środek układu współrzędnych na podłodze na osi symetrii (będącej osią y ) , współrzędne środka masy wynoszą ( x ŚM , y ŚM , z ŚM ) = ( 0 c m , 86 c m , 0 c m ) równanie ruchu rakiety (wzór Ciołkowskiego) (ang. rocket equation ) wyprowadzone przez rosyjskiego fizyka Konstantina Ciołkowskiego w roku 1897, opisuje zmianę prędkości rakiety wynikającą z odrzutu spalanych gazów, co powoduje systematyczne zmniejszanie się masy rakiety z początkowej (masa własna rakiety plus masa paliwa) do końcowej (docelowo: masa własna rakiety)

Science


Wstęp Farma wiatrowa na Pomorzu w Polsce. W 2017 roku farmy wiatrowe w Polsce miały łączną moc prawie 6 gigawatów. (Źródło: https://pixabay.com/pl/wiatraki-energia-polska-pomorze-935097/, autor: Sebastian Bona-Kuchejda) W poprzednich rozdziałach opisaliśmy ruch (kinematyka) oraz jego zmiany (dynamika). Zdefiniowaliśmy ważne pojęcie energii w odniesieniu do obiektu, który można rozpatrywać jako punkt materialny. Punkt materialny, z definicji, nie ma kształtu, więc może wykonywać jedynie ruch postępowy. Jednakże, jak wiemy z codziennych doświadczeń, ruch obrotowy jest również bardzo ważny i wiele poruszających się obiektów może równocześnie poruszać się ruchem obrotowym i postępowym. Turbiny wiatrowe przedstawione na zdjęciu na początku rozdziału są najlepszym przykładem zastosowania ruchu obrotowego w codziennym życiu. Popularność tych urządzeń wynika między innymi z coraz większego znaczenia czystych i odnawialnych źródeł energii. Zaczynamy analizę ruchu obrotowego od opisu ruchu obrotowego ciała sztywnego wokół stałej (ustalonej) osi. Przez ciało sztywne rozumiemy obiekt, który nie ulega deformacji w czasie poruszania się. Pokażemy, jak zastosować do opisu ruchu obiektu obracającego się wokół stałej osi wszystkie pojęcia, które do tej pory stosowaliśmy do opisu ruchu postępowego. W następnym podrozdziale rozszerzymy te pojęcia, aby opisać bardziej złożony ruch obrotowy – w tym obiekty, które równocześnie obracają się i poruszają się ruchem postępowym, oraz obiekty obracające się wokół osi, której położenie się zmienia.

Science


Zmienne opisujące ruch obrotowy Do tej pory zajmowaliśmy się głównie analizą ruchu postępowego. Zmienne opisujące ruch postępowy to: przemieszczenie, prędkość i przyspieszenie. Teraz rozszerzymy nasz opis ruchu na ruch obrotowy wokół stałej osi. Zobaczymy, że ruch obrotowy jest opisany przez zestaw powiązanych ze sobą zmiennych, podobnych do tych, które wykorzystaliśmy do opisu ruchu postępowego. Prędkość kątowa Jednostajny ruch po okręgu (omówiony wcześniej w rozdziale Ruch w dwóch i trzech wymiarach ) jest ruchem po okręgu ze stałą wartością prędkości (szybkością). Chociaż jest to najprostszy przypadek ruchu obrotowego, jest on bardzo przydatny w wielu sytuacjach. Użyjemy go, aby wprowadzić zmienne obrotowe. przedstawia cząstkę poruszającą się po okręgu. Układ współrzędnych jest stały i służy jako punkt odniesienia do określenia położenia cząstki. Wektor położenia cząstki (wektor zaczepiony w początku układu współrzędnych i kończący się w miejscu znajdowania się cząstki) tworzy kąt θ z osią x , który rośnie w kierunku przeciwnym do ruchu wskazówek zegara, gdy cząstka przesuwa się po okręgu. Kąt θ nazywamy położeniem kątowym (ang. angular position ) cząstki. W miarę przesuwania się cząstki po okręgu zakreśla ona łuk o długości s . Cząstka porusza się po okręgu w kierunku przeciwnym do kierunku ruchu wskazówek zegara, zakreślając łuk o długości s . Jej wektor położenia tworzy dodatni kąt θ z osią x . Związek pomiędzy wartością kąta θ a promieniem okręgu i długością łuku wyraża się wzorem: θ = s r . Kąt θ , kątowe położenie cząstki, mierzony jest w radianach (rad). Kąt 2 π radianów odpowiada w mierze łukowej kątowi 360 ∘ . Należy zauważyć, że kąt wyrażony w radianach jest ilorazem dwóch długości, a zatem jest wielkością bezwymiarową. Gdy cząstka porusza się po okręgu, jej położenie kątowe zmienia się, powodując zmianę kąta o wartość Δ θ . Kątowi θ możemy przypisać wektor θ → . Wektor θ → jest wektorem prostopadłym do płaszczyzny x y na . Wektory położenia r → i długości łuku s → leżą w płaszczyźnie x y . Te trzy wektory związane są relacją: s → = θ → × r → . Oznacza to, że wektor długości łuku jest iloczynem wektorowym wektora kąta i wektora położenia, tak jak to pokazano na . Wektor kąta skierowany jest wzdłuż osi z , a wektory położenia i długości łuku leżą w płaszczyźnie x y . Widzimy, że s → = θ → × r → . Wszystkie trzy wektory są wzajemnie do siebie prostopadłe. Wartość wektora prędkości kątowej (ang. angular velocity ), oznaczona jako ω , jest szybkością zmian kąta θ , gdy cząstka porusza się po łuku. Chwilowa wartość prędkości kątowej (ang. instantaneous angular velocity ) jest definiowana jako granica, przy Δ t → 0 , średniej prędkości kątowej ω – = Δ θ / Δ t : ω = lim Δ t → 0 Δ θ Δ t = d θ d t , gdzie θ jest kątem obrotu ( ). Jednostką prędkości kątowej jest radian na sekundę (rad/s). Prędkość kątową możemy w prosty sposób powiązać z częstotliwością f (zwaną też prędkością obrotową), wyrażaną w obrotach na sekundę (obr/s). Aby wyznaczyć prędkość kątową, musimy pomnożyć liczbę obrotów na sekundę przez 2 π , ponieważ jeden pełny obrót oznacza przemieszczenie kątowe równe 2 π radianów: ω = 2 π f . Położenie kątowe w kierunku przeciwnym do ruchu wskazówek zegara będziemy uważali za dodatnie, a położenie kątowe w kierunku zgodnym z ruchem wskazówek zegara za ujemne. Związek pomiędzy prędkością kątową a prędkością liniową w ruchu po okręgu możemy wyznaczyć poprzez zróżniczkowanie po czasie równania na przesunięcie kątowe ( ). Zapiszmy to równanie w postaci: s = r θ . Obliczając pochodną po czasie i uwzględniając, że promień okręgu jest wielkością stałą, otrzymujemy: d s d t = d d t ( r θ ) = θ d r d t + r d θ d t = r d θ d t gdzie θ ( d r / d t ) = 0 . W powyższym równaniu d s / d t jest właśnie prędkością liniową v cząstki w ruchu po okręgu, przedstawionej na skierowaną zgodnie z kierunkiem wektora s → . W ten sposób, stosując równanie na prędkość kątową ( ) otrzymujemy: v = r ω . Zatem prędkość liniowa cząstki w ruchu po okręgu jest iloczynem prędkości kątowej i promienia okręgu. Z równania tego wynika, że przy stałej prędkości kątowej, prędkość liniowa cząstki wzrasta wraz z odległością od osi obrotu. Efekt ten pokazuje . Na obracającej się ze stałą prędkością kątową tarczy umieszczono, w różnych odległościach od osi obrotu, dwie cząstki. Gdy tarcza się obraca, prędkość cząstek wzrasta liniowo wraz ze wzrostem odległości od osi obrotu. Na podstawie możemy stwierdzić, że: v 1 = r 1 ω 1 oraz v 2 = r 2 ω 2 . Ponieważ prędkości kątowe wszystkich punktów tarczy są jednakowe ( ω 1 = ω 2 ), to otrzymamy v 1 / r 1 = v 2 / r 2 , czyli v 2 = ( r 2 / r 1 ) v 1 . Ponieważ r 2 > r 1 , to v 2 > v 1 , innymi słowy prędkość liniowa jest wprost proporcjonalna do promienia. Dwie cząstki umieszczone na obracającej się tarczy mają różne prędkości, w zależności od ich odległości od osi obrotu. Do tej pory używaliśmy wartości prędkości kątowej ω = d θ / d t , która to wielkość jest wielkością skalarną – jest to zmiana położenia kątowego w zależności od czasu. Wektor ω → jest wektorem związanym z prędkością kątową i jest skierowany wzdłuż osi obrotu. Przydaje się, gdy opisujemy ruch obrotowy ciała sztywnego, bo wówczas chcemy znać zarówno położenie osi obrotu, jak i kierunek, w którym nasze ciało obraca się wokół tej osi – zgodnie ze wskazówkami zegara, czy też przeciwnie do ich ruchu. Prędkość kątowa przedstawiona jako wektor daje nam te informacje. Kierunek wektora prędkości kątowej ω → jest określany przez tak zwaną regułę prawej dłoni (ang. right-hand rule ). Mówi ona, że jeżeli palce prawej dłoni zgięte są w kierunku przeciwnym do ruchu wskazówek zegara od osi x do osi y (w kierunku, w którym wzrasta θ ), to odgięty kciuk wskazuje kierunek dodatniej części osi z ( ). Wektor prędkości kątowej ω → skierowany zgodnie z kierunkiem osi z wskazuje na obroty w kierunku przeciwnym do ruchu wskazówek zegara, podczas gdy wektor prędkości kątowej ω → skierowany przeciwnie do kierunku osi z wskazuje na obroty zgodne z kierunkiem ruchu wskazówek zegara. Ilustracja zastosowania reguły prawej dłoni w przypadku obrotów w kierunku przeciwnym do ruchu wskazówek zegara. Zgodnie z regułą prawej dłoni, wektor prędkości kątowej skierowany jest w kierunku zgodnym z kierunkiem osi z . Można udowodnić, że wektor prędkości stycznej równy jest v → = ω → × r → . Czyli prędkość styczna jest iloczynem wektorowym prędkości kątowej i wektora położenia, tak jak to pokazano na . Część (a) rysunku przedstawia sytuację, w której wektor prędkości kątowej skierowany jest zgodnie z kierunkiem osi z , co oznacza, że ruch odbywa się w płaszczyźnie x y przeciwnie do kierunku ruchu wskazówek zegara. W części (b) wektor prędkości kątowej skierowany jest przeciwnie do kierunku osi z , co oznacza, że obrót odbywa się w płaszczyźnie x y , w kierunku zgodnym z ruchem wskazówek zegara. Wektory na rysunku przedstawiają prędkość kątową, wektor położenia oraz wektor prędkości liniowej. (a) Wektor prędkości kątowej skierowany jest zgodnie z kierunkiem osi z , co oznacza obrót w płaszczyźnie x y w kierunku przeciwnym do kierunku obrotu wskazówek zegara. (b) Wektor prędkości kątowej skierowany jest w kierunku przeciwnym do kierunku osi z , wskazując na obrót w płaszczyźnie x y w kierunku zgodnym z kierunkiem ruchu wskazówek zegara. Obroty koła zamachowego Koło zamachowe leżące w płaszczyźnie kartki obraca się tak, że położenie kątowe danego punktu koła zmienia się zgodnie z zależnością θ = ω t = 45 , 0 r a d / s ⋅ t . Koło obraca się w kierunku przeciwnym do ruchu wskazówek zegara. Odpowiedz na następujące pytania: Jaka jest prędkość kątowa koła zamachowego? Jaki jest kierunek wektora prędkości kątowej? O ile radianów obróci się to koło zamachowe w ciągu 30 s? Jaka jest prędkość liniowa punktu koła położonego w odległości 10 cm od osi obrotu? Strategia rozwiązania Zależność położenia kątowego od czasu opisana jest równaniem θ ( t ) = ω t . Aby wyznaczyć wartość prędkości kątowej, należy wyliczyć pierwszą pochodną θ po czasie. Następnie należy przy pomocy reguły prawej dłoni wyznaczyć kierunek (zwrot) wektora prędkości kątowej. Aby wyznaczyć przemieszczenie kątowe koła zamachowego w czasie 30 s, wystarczy wyznaczyć Δ θ dla zmiany położenia kątowego od chwili początkowej 0 do upływu 30 s. Aby wyznaczyć prędkość styczną dla punktu położonego w pewnej odległości od osi obrotu, mnożymy tę odległość przez prędkość kątową koła zamachowego. Rozwiązanie ω = d θ / d t = 45 r a d / s . Widzimy, że prędkość kątowa jest stała. Stosując regułę prawej dłoni zginamy palce w kierunku obrotu koła, tj. w kierunku przeciwnym do ruchu wskazówek zegara w płaszczyźnie kartki. Wówczas odchylony kciuk wskaże nam kierunek wektora prędkości kątowej. Będzie on prostopadły do płaszczyzny strony i skierowany przed kartkę. Δ θ = θ ( 30 s ) − θ ( 0 s ) = 45 , 0 r a d / s ⋅ 30 , 0 s − 45 , 0 r a d / s ⋅ 0 s = 1350 , 0 r a d v = r ω = 0 , 1 m ⋅ 45 , 0 r a d / s = 4 , 5 m / s Znaczenie Jeżeli podzielimy otrzymane przemieszczenie kątowe przez 2 π , to przekonamy się, że w ciągu 30 sekund koło zamachowe wykonało aż 215 obrotów. Masywne koło zamachowe może służyć do magazynowania energii, jeśli zminimalizuje się straty z powodu tarcia. Trwają badania nad zastosowaniem nadprzewodzących łożysk (ang. superconducting bearings ), które pozwoliłyby kołu zamachowemu obracać się bez tarcia. Przyspieszenie kątowe Właśnie omówiliśmy prędkość kątową dla ruchu jednostajnego po okręgu, ale nie wszystkie ruchy są jednostajne. Wyobraźmy sobie łyżwiarza wirującego z wyciągniętymi rękami – jeśli przyciągnie ręce do siebie, jego prędkość kątowa wzrośnie – lub wirujący dysk twardy komputera, zwalniający aż do zatrzymania po wyłączeniu. Omówimy tę sytuację w dalszych podrozdziałach, ale widzimy już potrzebę zdefiniowania przyspieszenia kątowego do opisu sytuacji, w których zmienia się ω . Im szybciej zmienia się ω , tym większe jest przyspieszenie kątowe. Zdefiniujmy chwilowe przyspieszenie kątowe (ang. instantaneous angular acceleration ) jako pochodną prędkości kątowej po czasie: ε = lim Δ t → 0 Δ ω Δ t = d ω d t = d 2 θ d t 2 , tj. granicę średniego przyspieszenia kątowego przy Δ t dążącym do zera, ε – = Δ ω / Δ t , gdy Δ t → 0 . Jednostką przyspieszenia kątowego jest (rad/s)/s czyli rad/s 2 . W podobny sposób, w jaki zdefiniowaliśmy wektor prędkości kątowej ω → , możemy teraz zdefiniować wektor przyspieszenia kątowego ε → ( ). Jego długością jest wartość bezwzględna przyspieszenia kątowego ε , zdefiniowana powyższym równaniem ( ). Jeżeli wektor prędkości kątowej ω → jest skierowany wzdłuż osi + z , tak jak to pokazano na , a d ω / d t ma wartość dodatnią, wówczas przyspieszenie kątowe ε → jest dodatnie i skierowane zgodnie z kierunkiem osi + z . Podobnie, jeżeli wektor prędkości kątowej ω → jest skierowany zgodnie z osią + z , a d ω / d t jest ujemne, wówczas przyspieszenie kątowe jest ujemne, a wektor ε → skierowany jest w kierunku przeciwnym do osi + z . Rysunki (a) oraz (b) przedstawiają obroty w kierunku przeciwnym do ruchu wskazówek zegara. (a) Wektory przyspieszenia kątowego i prędkości kątowej mają ten sam kierunek i zwrot, co oznacza wzrost wartości prędkości kątowej. (b) Wektor przyspieszenia kątowego jest skierowany przeciwnie do wektora prędkości kątowej, więc wartość prędkości kątowej maleje. Wektor przyspieszenia stycznego możemy wyrazić jako iloczyn wektorowy wektora przyspieszenia kątowego i wektora położenia. Wyrażenie to możemy otrzymać poprzez zróżniczkowanie wyrażenia v → = ω → × r → (wykonanie tego pozostawiamy czytelnikowi jako ćwiczenie). Otrzymamy wówczas: a → s = ε → × r → . Zależność pomiędzy przyspieszeniem stycznym a kątowym przedstawia . Wyrażenie na przyspieszenie styczne punktu obracającego się ciała można otrzymać podobnie, jak uzyskaliśmy zależność pomiędzy prędkością styczną a prędkością kątową. Jeżeli zróżniczkujemy po czasie – pamiętając, że r ma stałą wartość – otrzymamy: a s = r ε . Tak więc wartość przyspieszenia stycznego a t jest równa iloczynowi promienia i przyspieszenia kątowego. Równania na prędkość i przyspieszenie styczne są ważne przy opisywaniu ruchu toczących się ciał (patrz podrozdział Moment pędu ). Zastosujmy te pojęcia do analizy kilku prostych scenariuszy obrotu wokół stałej osi. Zanim to zrobimy, przedstawimy strategię rozwiązywania zadań, która przyda się do opisu kinematyki ruchu obrotowego. (a) Przyspieszenie kątowe skierowane jest w kierunku dodatnim osi z dając przyspieszenie styczne w kierunku przeciwnym do ruchu wskazówek zegara. (b) Przyspieszenie kątowe jest skierowane w kierunku ujemnym osi z dając przyspieszenie styczne w kierunku zgodnym z ruchem wskazówek zegara. Strategia rozwiązywania zadań: kinematyka ruchu obrotowego Sprawdź, czy opisana sytuacja dotyczy ruchu obrotowego. Określ dokładnie, co należy wyznaczyć w zadaniu (zidentyfikuj niewiadome). Warto wykonać szkic sytuacyjny. Wypisz w punktach, co zostało podane w zadaniu lub co można wywnioskować z treści zadania (zidentyfikuj dane). Rozwiąż odpowiednie równanie lub układ równań w celu wyznaczenia niewiadomych. Ponieważ znasz już równania ruchu postępowego, spróbuj myśleć w kategoriach analogicznych do ruchu postępowego. Wstaw do otrzymanych równań dane wraz z ich jednostkami i wylicz wartości niewiadomych. Pamiętaj, aby kąt wyrazić w radianach. Zadaj sobie pytanie, czy uzyskane rozwiązanie jest rozsądne, czy ma sens. Zastosujmy teraz powyższą strategię rozwiązywania zadań do analizy kilku konkretnych przykładów. Wirujące koło rowerowe Mechanik rowerowy umieszcza rower w stojaku do naprawy rowerów i zaczyna obracać tylne koło. W czasie 5,00 s od początku ruchu osiąga ono prędkość obrotową (częstotliwość obrotów) wynoszącą 250 obrotów na minutę. Wyznacz w rad/s 2 średnie przyspieszenie kątowe. Po jakim czasie koło się zatrzyma, jeżeli mechanik wciśnie hamulec, wytwarzając przyspieszenie kątowe − 87 , 3 r a d / s 2 ? Strategia rozwiązania Wartość średnia przyspieszenia kątowego ε – = Δ ω / Δ t może być wyznaczona bezpośrednio z jej definicji, ponieważ dane są początkowa i końcowa częstotliwość oraz czas ruchu. Widzimy, że Δ t = 5 , 00 s , a Δ f = f k o n c − f p o c z = 250 o b r / m i n , a znamy związek częstotliwości z prędkością kątową ω = 2 π f . W przypadku (b) znamy przyspieszenie kątowe oraz początkową częstotliwość. Możemy określić czas potrzebny na zatrzymanie koła z definicji przyspieszenia kątowego, wyznaczając z niej Δ t . Otrzymamy: Δ t = Δ ω / ε . Rozwiązanie Aby skorzystać z definicji średniego przyspieszenia kątowego ε – = Δ ω / Δ t należy wyznaczyć wartość Δ ω z Δ f Δ ω = ω k o n c − ω p o c z = 2 π ( f k o n c − f p o c z ) = 2 π r a d o b r ⋅ 250 o b r m i n ⋅ 1 m i n 60 s = 26 , 2 r a d s . Wstawiając tę wielkość do równania na ε otrzymamy: ε = Δ ω Δ t = 26 , 2 r a d / s 5 , 00 s = 5 , 24 r a d / s 2 . Teraz prędkość kątowa maleje od wartości 26,2 rad/s do zera, czyli Δ ω = − 26 , 2 r a d / s , a z danych zadania ε = − 87 , 3 r a d / s 2 . Zatem, Δ t = − 26 , 2 r a d / s − 87 , 3 r a d / s = 0 , 300 s . Znaczenie Należy zauważyć, że gdy mechanik obraca koło, przyspieszenie kątowe jest małe i dodatnie; potrzeba 5 sekund do osiągnięcia znacznej prędkości kątowej. Kiedy wciśnie on hamulec, przyspieszenie kątowe jest duże i ujemne. Prędkość kątowa szybko maleje do zera. Sprawdź, czy rozumiesz. Łopatki wentylatora w lotniczym silniku turbowentylatorowym (na zdjęciu poniżej) przyspieszane są w ciągu 20 s od spoczynku do prędkości obrotowej 40,0 obr/s. Jej wzrost jest stały w czasie. (Silnik turbowentylatorowy GE90-115B montowany w Boeingu 777, jak pokazano na zdjęciu, jest obecnie największym silnikiem turbowentylatorowym na świecie, o sile ciągu osiągającej 510 kN). Jaka jest wartość średniego przyspieszenia kątowego? Jaka jest wartość chwilowego przyspieszenia kątowego w dowolnej chwili w ciągu pierwszych 20 s? (Źródło: “Bubinator”/ Wikimedia Commons) 40,0 obr/s = 2 π ⋅ 40,0 rad/s , ε – = Δ ω / Δ t = ( 2 π ⋅ 40,0 rad/s − 0 rad/s ) / ( 20,0 s ) = 2 π ⋅ 2,0 rad/s 2 = 4,0 π rad/ s 2 ; Ponieważ w ciągu pierwszych 20 s wzrost prędkości kątowej zależy liniowo od czasu, to chwilowe przyspieszenie kątowe w tym zakresie jest stałe, a jego wartość wynosi 4 , 0 π r a d / s 2 . Turbina wiatrowa Turbina wiatrowa ( ) na farmie wiatrowej jest wyłączana w celu wykonania konserwacji. Potrzeba 30 s, aby wirnik turbiny zwolnił od roboczej prędkości kątowej do pełnego zatrzymania. W czasie zatrzymywania jego prędkość kątowa maleje z czasem, zgodnie z zależnością ω ( t ) = [ ( t − 30 , 0 ) 2 / 100 , 0 ] r a d / s . Jeśli turbina obraca się w kierunku przeciwnym do ruchu wskazówek zegara, patrząc w kierunku kartki, to: jaki jest kierunek wektora prędkości kątowej i wektora przyspieszenia? Jaka jest wartość średniego przyspieszenia kątowego? Jaka jest wartość chwilowego przyspieszenia kątowego dla t = 0 , 0 s ; t = 15 , 0 s ; t = 30 , 0 s ? Turbina wiatrowa obracająca się w kierunku przeciwnym do ruchu wskazówek zegara, widok z przodu. Strategia rozwiązania Wiemy, że turbina obraca się w płaszczyźnie rysunku, w kierunku przeciwnym do ruchu wskazówek zegara. Za pomocą reguły prawej dłoni ( ) możemy określić kierunek wektora prędkości kątowej i wektora przyspieszenia kątowego. W celu wyznaczenia średniego przyspieszenia kątowego musimy obliczyć wartości początkową i końcową prędkości kątowej. Znak wartości przyspieszenia kątowego określimy korzystając z rezultatów otrzymanych w punkcie (a). Mamy daną zależność prędkości kątowej od czasu. Korzystając z niej wyznaczymy zależności przyspieszenia kątowego od czasu poprzez wyznaczenie pierwszej pochodnej zależności prędkości od czasu. Rozwiązanie Ponieważ turbina obraca się w kierunku przeciwnym do ruchu wskazówek zegara, to wektor prędkości kątowej ω → jest skierowany przed płaszczyznę kartki. Ponieważ jednak wartość prędkości kątowej maleje, wektor przyspieszenia kątowego ε → wskazuje w kierunku przeciwnym do wektora prędkości kątowej. Początkowa wartość prędkości kątowej, w chwili t = 0 wynosi ω = 9 , 0 r a d / s Końcowa wartość prędkości kątowej jest równa zero, więc średnia wartość przyspieszenia kątowego równa się ε – = Δ ω Δ t = ω − ω 0 t − t 0 = 0 r a d / s − 9 , 0 r a d / s 30 , 0 s − 0 s = − 0 , 3 r a d / s 2 . Wyliczając pierwszą pochodną zależności prędkości kątowej od czasu otrzymamy: ε = d ω / d t = [ ( t − 30 , 0 ) / 50 , 0 ] r a d / s 2 ε ( 0 , 0 s ) = − 0 , 6 r a d / s 2 , ε ( 15 , 0 s ) = − 0 , 3 r a d / s 2 , ε ( 30 , 0 s ) = 0 r a d / s 2 . Znaczenie Z obliczeń w punktach (a) i (b) wynika, że przyspieszenie kątowe ε i średnie przyspieszenie kątowe ε – mają ujemne wartości. Wektor przyspieszenia kątowego turbiny ma przeciwny zwrot do wektora jej prędkości kątowej. Znamy już podstawowe słownictwo do opisu kinematyki ruchu obrotowego wokół stałej osi i związków pomiędzy wielkościami obrotowymi. Więcej wielkości i związków pomiędzy nimi omówimy w następnym podrozdziale. Podsumowanie Położenie kątowe punktu to kąt między wektorem położenia tego punktu a wybranym kierunkiem, na przykład kierunkiem jednej z osi układu współrzędnych, służącej za układ odniesienia, względem którego ruch jest opisywany. Prędkość kątowa, oznaczana zwykle symbolem ω → , jest wyrażana w radianach na sekundę. Wartość chwilowej prędkości kątowej ω = lim Δ t → 0 ( Δ θ / Δ t ) = d θ / d t to granica przy Δ t → 0 średniej prędkości kątowej, czyli pochodna po czasie położenia kątowego. Związek pomiędzy prędkością liniową v , a prędkością kątową jest następujący: v = r ω , gdzie r jest odległością od osi obrotu. Kierunek wektora prędkości kątowej ω → można określić na podstawie reguły prawej dłoni. Jeżeli palce zagniemy w kierunku obrotu ciała wokół stałej osi, to odchylony kciuk wskaże nam kierunek wektora ω → (patrz ). Jeżeli prędkość kątowa układu nie jest stała, wówczas układ ma określone przyspieszenie kątowe ε → . Średnie przyspieszenie kątowe w określonym przedziale czasu to zmiana prędkości kątowej podzielona przez czas, w jakim ta zmiana została osiągnięta: ε – = Δ ω / Δ t . Chwilowe przyspieszenie kątowe to pochodna prędkości kątowej po czasie. Wektory przyspieszenia kątowego i prędkości mają ten sam kierunek. W przypadku, gdy prędkość kątowa maleje, zwrot wektora przyspieszenia kątowego jest przeciwny do zwrotu wektora prędkości, a gdy prędkość kątowa rośnie, oba wektory mają ten sam zwrot. Wartość przyspieszenia stycznego punktu poruszającego się po okręgu o promieniu r , jest równa iloczynowi promienia tego okręgu i przyspieszenia kątowego punktu: a s = r ε . Pytania Zegar wisi na ścianie. Jaki jest kierunek i zwrot wektora prędkości kątowej wskazówki sekundowej? Zgodnie z regułą prawej dłoni, kierunek prędkości kątowej jej ruchu jest prostopadły do ściany i zwrócony w stronę ściany. Jaka jest wartość przyspieszenia kątowego wskazówki minutowej zegara na ścianie? Kij baseballowy jest obracany wokół jednego z jego końców. Czy wszystkie punkty na kiju mają tę samą prędkość kątową oraz taką samą prędkość styczną? Wszystkie punkty na kiju mają taką samą prędkość kątową. Punkty dalej położone mają większą prędkość styczną. Wskazówki licznika obracają się zgodnie z ruchem wskazówek zegara, gdy patrzysz na niego z góry. Jaki będzie kierunek i zwrot wektora przyspieszenia kątowego wskazówek w czasie zwiększania prędkości kątowej wskazówek? Zadania Oblicz prędkość kątową Ziemi. Samochód wyścigowy przejechał jedno pełne okrążenie (400 m) toru wyścigowego w ciągu 45 sekund. Jaka jest wartość jego prędkości kątowej przy założeniu, że cały czas jechał z tą samą prędkością liniową, a tor ma kształt okręgu? ω = ( 2 π r a d ) / ( 45 , 0 s ) = 0 , 14 r a d / s . Koło obraca się ze stałą prędkością obrotową 2 , 0 ⋅ 10 3 o b r / m i n . Jaka jest wartość jego prędkości kątowej? Jaki kąt zakreśli dowolny punkt koła w ciągu dziesięciu sekund? Odpowiedź podaj w radianach i stopniach. Cząstka przebyła drogę 3,0 m po okręgu o promieniu 1,5 metra. Jaki kąt zakreślił w tym czasie jej wektor położenia? Jeżeli cząstka poruszała się ze stałą prędkością i przebyła tę drogę w ciągu 1,0 s, to jaka była jej prędkość kątowa? Jaka jest wartość przyspieszenia tej cząstki? θ = s / r = ( 3 , 0 m ) / ( 1 , 5 m ) = 2 , 0 r a d ; ω = θ / t = ( 2 , 0 r a d ) / ( 1 , 0 s ) = 2 , 0 r a d / s ; ε = v 2 / r = ( 3 , 0 m / s ) 2 / ( 1 , 5 m ) = 6 , 0 m / s 2 Płyta kompaktowa o średnicy 120 mm obraca się z częstotliwością 500 obr/min. Jaka jest prędkość styczna punktów leżących na krawędzi płyty? Jaka jest prędkość styczna punktów leżących w połowie promienia? Nieracjonalne wyniki. Śmigło samolotu wiruje z częstotliwością 10 obr/s, gdy pilot wyłącza silnik. Prędkość kątowa skrzydła maleje ze stałym przyspieszeniem 2 , 0 r a d / s 2 , aż do zatrzymania. Jaka będzie prędkość kątowa śmigła po 40 s? Czy otrzymany wynik jest rozsądny? Czas potrzebny do zatrzymania śmigła wynosi Δ t = Δ ω / ε = ( 0 r a d / s − 2 π ⋅ 10 , 0 r a d / s ) / ( − 2 , 0 r a d / s 2 ) = 31 , 4 s . Tak więc po 40 sekundach prędkość kątowa śmigła będzie wynosiła 0 rad/s. Żyroskop zwalniał z przyspieszeniem 0 , 700 r a d / s 2 od początkowej prędkości kątowej 32 rad/s do chwili zatrzymania się. Jak długo to trwało? W czasie startu samolotu bezzałogowego jego śmigło przez 3 sekundy zwiększało swoją prędkość kątową, zgodnie ze wzorem ω = ( 25 , 0 t ) r a d / s . Jaka była chwilowa prędkość śmigła dla t = 2 , 0 s ? Jaka jest wartość jego przyspieszenia kątowego? ω = 25 , 0 ⋅ 2 , 0 r a d / s = 50 , 0 r a d / s ; ε = d ω / d t = 25 , 0 r a d / s 2 . Położenie kątowe pręta zmienia się od chwili t = 0 zgodnie z wyrażeniem 20,0 t 2 radianów. Na pręcie umieszczono dwa koraliki, tak jak widać na rysunku. Pierwszy z nich umieszczono w odległości 10 cm od osi obrotu, a drugi w odległości 20 cm. Jaka jest wartość prędkości kątowej pręta w chwili t = 5 s ? Jaka jest wartość przyspieszenia kątowego pręta? Jaka jest wartość prędkości stycznej każdego z koralików w chwili t = 5 s ? Jaka jest wartość przyspieszenia stycznego każdego z koralików w chwili t = 5 s ? Jaka jest wartość przyspieszenia dośrodkowego każdego z koralików w chwili t = 5 s ? przyspieszenie kątowe (ang. angular acceleration ) szybkość zmian prędkości kątowej położenie kątowe (ang. angular position ) kąt pomiędzy wektorem położenia ciała a wybraną osią układu współrzędnych chwilowe przyspieszenie kątowe (ang. instantaneous angular acceleration ) pochodna prędkości kątowej po czasie chwilowa prędkość kątowa (ang. instantaneous angular velocity ) pochodna położenia kątowego po czasie

Science


Obroty ze stałym przyspieszeniem kątowym W poprzednim podrozdziale zdefiniowaliśmy zmienne obrotowe: przemieszczenie kątowe, prędkość kątową oraz przyspieszenie kątowe. W tym rozdziale wyprowadzimy zależności pomiędzy tymi wielkościami, a następnie użyjemy ich do opisu ruchu obrotowego wokół stałej osi ze stałym przyspieszeniem kątowym. W ten sposób sformułujemy podstawowe równania kinematyczne dla ruchu obrotowego. Jeżeli przyspieszenie kątowe jest stałe, to równania opisujące kinematykę ruchu obrotowego upraszczają się podobnie, jak w przypadku równań dla ruchu postępowego, omówionego w rozdziałach Ruch prostoliniowy oraz Ruch w dwóch i trzech wymiarach . Następnie użyjemy tego uproszczonego układu równań do przedstawienia zastosowań ruchu obrotowego w fizyce i technice, w sytuacjach, w których przyspieszenie kątowe jest stałe. Kinematyka ruchu obrotowego jest również warunkiem wstępnym do opisania dynamiki ruchu obrotowego w dalszej części tego rozdziału. Kinematyka ruchu obrotowego Korzystając z naszej intuicji, rozpoczniemy od określenia, w jaki sposób zmienne obrotowe θ , ω , ε oraz czas t są ze sobą powiązane. Na przykład w poprzednim podrozdziale widzieliśmy, że jeżeli wektor przyspieszenia kątowego koła zamachowego ma ten sam zwrot, co wektor prędkości, to jego prędkość kątowa wzrasta z upływem czasu, podobnie jak jego przemieszczenie kątowe. W przeciwnym przypadku, czyli jeżeli wektor przyspieszenia kątowego jest przeciwnie skierowany do wektora prędkości kątowej, jego prędkość kątowa z upływem czasu maleje. Możemy opisać te przypadki i wiele innych za pomocą spójnego układu równań kinematycznych ruchu obrotowego, przy założeniu stałego przyspieszenia kątowego. Taką metodę opisu ruchu obrotowego nazywamy kinematyką ruchu obrotowego (ang. kinematics of rotational motion ). Na początek zauważmy, że jeżeli układ obraca się ze stałym przyspieszeniem kątowym, to prędkość kątowa wzrasta liniowo z upływem czasu. Wówczas średnia wartość prędkości kątowej wyraża się jako połowa sumy początkowej ω 0 i końcowej ω k wartości prędkości kątowej: ω – = ω 0 + ω k 2 . Korzystając z definicji średniej prędkości kątowej, można otrzymać równanie wiążące położenie kątowe ze średnią prędkością kątową i czasem: ω – = Δ θ Δ t . Z poprzedniego równania otrzymujemy: θ k = θ 0 + ω – t , gdzie przyjęliśmy, że w chwili początkowej t 0 = 0 . Równanie to może być bardzo przydatne, gdy znamy średnią prędkość kątową układu; można wówczas wyznaczyć wartość drogi kątowej (kątowego przemieszczenia) przebytej w danym czasie. Teraz zajmijmy się wyprowadzeniem wyrażenia wiążącego ω , ε oraz t . Rozpocznijmy od zdefiniowania przyspieszenia kątowego: ε = d ω d t . Przekształćmy powyższe równanie do postaci ε d t = d ω , a następnie scałkujmy obustronnie od wartości początkowej czasu t 0 do wartości końcowej t oraz od ω 0 do ω k Ponieważ przyspieszenie kątowe ε w ruchu jednostajnym obrotowym jest wielkością stałą, można je wyłączyć przed znak całkowania. Otrzymamy wówczas po obu stronach znaku równości dwie całki oznaczone: ε ∫ t 0 t d t ′ = ∫ ω 0 ω k d ω . Przyjmując t 0 = 0 , otrzymujemy ε t = ω k − ω 0 . Równanie to można przekształcić do postaci: ω k = ω 0 + ε t , gdzie ω 0 jest początkową prędkością kątową. Powyższe równanie dla prędkości kątowej jest odpowiednikiem równania v k = v 0 + a t dla ruchu postępowego. Korzystając z tego równania oraz mając dane początkową prędkość kątową i przyspieszenie kątowe możemy wyznaczyć prędkość kątową obiektu w danej chwili t . Postąpmy teraz podobnie z równaniem ω = d θ / d t . Przekształcamy je do postaci ω d t = d θ , a następnie całkujemy obustronnie od wartości początkowych do końcowych. Tym razem musimy uwzględnić fakt, że prędkość kątowa, w ogólności, jest zależna od czasu. Otrzymamy wówczas: ∫ t 0 t ( ω 0 + ε t ′ ) d t ′ = ∫ θ 0 θ k d θ , ∫ t 0 t ω 0 d t ′ + ∫ t 0 t ε t ′ d t ′ = [ ω 0 t ′ + ε ( t ′ 2 ) 2 ] t 0 t = ω 0 t + ε ( t 2 2 ) = θ k − θ 0 , gdzie przyjęliśmy t 0 = 0 . Po przekształceniu otrzymujemy: θ k = θ 0 + ω 0 t + 1 2 ε t 2 . Równanie to jest odpowiednikiem równania kinematycznego dla ruchu jednostajnego prostoliniowego, określającego zależność położenia od czasu. Równanie to było analizowane w rozdziale Ruch prostoliniowy . Można z niego otrzymać wartość drogi kątowej (przemieszczenia kątowego) obracającego się ciała sztywnego w dowolnym czasie t , jeżeli są dane warunki początkowe (początkowe położenie kątowe i początkowa prędkość kątowa) oraz przyspieszenie kątowe. Rozwiązując zadania rachunkowe możemy spotkać się z sytuacją, w której nie będzie nas interesować czas trwania ruchu, lecz końcowa prędkość kątowa ciała sztywnego. Aby otrzymać takie wyrażenie możemy napisać równanie na końcowe położenie (drogę kątową), w którym czas nie będzie występował w sposób jawny. W tym celu z równania na prędkość kątową ( ) wyznaczamy czas i otrzymane wyrażenie wstawiamy do . Wówczas równanie na θ k ( ) przyjmie postać: θ k = θ 0 + ω 0 ( ω k − ω 0 ε ) + 1 2 ε ( ω k − ω 0 ε ) 2 = θ 0 + ω 0 ω k ε − ω 0 2 ε + 1 2 ω k 2 ε − ω 0 ω k ε + 1 2 ω 0 2 ε = θ 0 + 1 2 ω k 2 ε − 1 2 ω 0 2 ε , θ k − θ 0 = ω k 2 − ω 0 2 2 ε przyjmując, iż Δ θ = θ k − θ 0 otrzymujemy ω k 2 = ω 0 2 + 2 ε ( Δ θ ) . Równania od do opisują obroty wokół stałej osi ze stałym przyspieszeniem kątowym. Zostały one zebrane w . Zależność drogi kątowej (położenia kątowego) od średniej prędkości kątowej θ k = θ 0 + ω – t Zależność prędkości kątowej od stałego przyspieszenia kątowego ω k = ω 0 + ε t Zależność drogi kątowej (położenia kątowego) od początkowej prędkości kątowej i przyspieszenia kątowego θ k = θ 0 + ω 0 t + 1 2 ε t 2 Związek prędkości kątowej z drogą kątową i przyspieszeniem kątowym ω k 2 = ω 0 2 + 2 ε ( Δ θ ) Wzory kinematyczne Zastosowanie równań opisujących kinematykę ruchu obrotowego Teraz na kilku prostych przykładach zobaczmy, w jaki sposób można w codziennych sytuacjach zastosować podstawowe zależności kinematyczne do analizy ruchu obrotowego. Obliczenie przyspieszenia kołowrotka wędkarskiego Rybak złapał na wędkę dużą rybę, która odpływając od łodzi ciągnie za sobą żyłkę z kołowrotka wędki. Początkowo kołowrotek nie obracał się (był w spoczynku). Żyłka rozwija się z kołowrotka o promieniu 4,50 cm ( ). Kołowrotek obraca się z przyspieszeniem kątowym 110 rad/s 2 przez 2,00 s. Jaka jest końcowa prędkość kątowa kołowrotka po 2 s? Ile obrotów w tym czasie zrobił kołowrotek? Żyłka rozwijająca się z kołowrotka porusza się ruchem prostoliniowym. Strategia rozwiązania Zidentyfikuj dane i porównaj z równaniami kinematycznymi dla przypadku stałego przyspieszenia. Poszukaj odpowiedniego równania, które można zastosować do wyznaczenia niewiadomych korzystając z informacji podanych w zadaniu. Rozwiązanie Znając ε i t mamy wyznaczyć ω . Najprostszym równaniem, które możemy tu zastosować, jest równanie ω k = ω 0 + ε t , ponieważ występują tu wszystkie informacje podane w zadaniu oraz tylko jedna niewiadoma, której wartość mamy wyznaczyć. Załóżmy, że ω 0 = 0 (początkowo kołowrotek nie obracał się), więc ω k = 0 r a d / s + 110 r a d / s 2 ⋅ 2 , 00 s = 220 r a d / s . Mamy wyznaczyć liczbę obrotów kołowrotka. Ponieważ jeden obrót oznacza obrót o kąt 2 π rad, możemy znaleźć liczbę obrotów poprzez znalezienie θ w radianach. Znając ε i t oraz wiedząc, że ω 0 jest równa zero, możemy wyznaczyć θ za pomocą równania: θ k = θ 0 + ω 0  t + 1 2  ε  t 2 θ k = 0  rad + 0  rad ∕ s ⋅ 2,00  s + 1 2 ⋅ 110  rad ∕ s 2 ⋅ 2,00  s 2 θ k = 220  rad . \begin{multiline} \theta_{\text{k}} &= \theta_0 + \omega_0 t + \frac12 \epsilon t^2 \\ &= \SI{0}{\radian} + \SI{0}{\radian\per\second} \cdot \SI{2,00}{\second} + \frac12 \cdot \SI{110}{\radian\per\second\squared} \cdot (\SI{2,00}{\second})^2 \\ &= \SI{220}{\radian} \text{.} \end{multiline} θ k = θ 0 + ω 0  t + 1 2  ε  t 2 = 0  rad + 0  rad ∕ s ⋅ 2,00  s + 1 2 ⋅ 110  rad ∕ s 2 ⋅ 2,00  s 2 = 220  rad . Zamiana obrotów na radiany daje: liczba obrotów = 220 r a d ⋅ 1 o b r 2 π r a d = 35 , 0 o b r . Znaczenie Przykład ten pokazuje, że zależności między wielkościami obrotowymi są analogiczne do zależności pomiędzy wielkościami liniowymi. Odpowiedzi uzyskane w zadaniu są racjonalne. Po odwijaniu się żyłki przez dwie sekundy kołowrotek obraca się z prędkością kątową 220 rad/s, czyli wykonuje 2100 obr/min. (Nic dziwnego, że bębny kołowrotków czasem wydają dźwięki o wysokich częstotliwościach). W poprzednim przykładzie rozważaliśmy kołowrotek wędkarski obracający się z dodatnim przyspieszeniem kątowym. Rozpatrzmy teraz sytuację, gdy kołowrotek obraca się z ujemnym przyspieszeniem kątowym. Obliczmy czas trwania obrotów, gdy kołowrotek zwalnia i zatrzymuje się. Teraz rybak wciska hamulec w kołowrotku sprawiając, że obraca on się z przyspieszeniem kątowym − 300 r a d / s 2 . Po jakim czasie kołowrotek się zatrzyma? Strategia rozwiązania W tym przykładzie mamy wyznaczyć czas t , po jakim kołowrotek przestanie się obracać. Warunki początkowe i końcowe różnią się od tych z poprzedniego przykładu, ale dotyczącą tego samego kołowrotka. Teraz początkowa prędkość kątowa wynosi ω 0 = 220 r a d / s , końcowa prędkość kątowa ω k jest równa zero, a przyspieszenie kątowe ε = − 300 r a d / s 2 . Spośród dostępnych równań, równaniem, w którym występują wszystkie zmienne podane w przykładzie i szukany czas t , jest równanie ω k = ω 0 + ε t . Możemy go użyć do wyliczenia t . Rozwiązanie Zastosujmy równanie ω k = ω 0 + ε t . Wyznaczając z tego równania t , a następnie wstawiając dane otrzymamy: t = ω k − ω 0 ε = 0 r a d / s − 220 , 0 r a d / s − 300 , 0 r a d / s 2 = 0 , 733 s . Znaczenie Przypisując znak wartościom wielkości wektorowych, czyli wskazując kierunek tych wielkości, należy zachować ostrożność. Zauważmy, że czas potrzebny do zatrzymania kołowrotka jest mały, ponieważ duże jest opóźnienie (ujemne przyspieszenie). Żyłki wędkarskie często zrywają się w wyniku zbyt dużego przyspieszenia, dlatego wędkarze zazwyczaj pozwalają rybie płynąć przez chwilę, zanim użyją hamulca na bębnie. Zmęczona ryba płynie wolniej, więc można zastosować małe opóźnienie. Sprawdź, czy rozumiesz. Wirówka stosowana do ekstrakcji DNA wiruje z maksymalną prędkością 7000 obr/min, działając na próbkę siłą odśrodkową 6000 razy większą od siły ciążenia. Jeśli wirówka potrzebuje 10 s od chwili startu do osiągnięcia maksymalnej prędkości wirowania: Jakie jest przyspieszenie kątowe wirówki? Jakie jest przemieszczenie kątowe wirówki w tym czasie? Wyraźmy najpierw prędkość kątową w rad/s: 700 o b r / m i n = ( 7000 , 0 ⋅ 2 π r a d ) / ( 60 s ) = 7 , 33 r a d / s . Teraz możemy wyznaczyć wartość przyspieszenia kątowego ε = ( 733 , 0 r a d / s ) / ( 10 , 0 s ) = 73 , 3 r a d / s 2 . Korzystając z równań podanych w otrzymamy: ω 2 = ω 0 + 2 ε Δ θ Δ θ = ( ω 2 − ω 0 2 ) / ( 2 ε ) = [ ( 0 r a d / s ) 2 − ( 733 , 0 r a d / s ) 2 ] / ( 2 ⋅ 73 , 3 r a d / s 2 ) = 3665 , 2 r a d . Przyspieszenie kątowe śmigła przedstawia wykres zależności prędkości kątowej śmigła samolotu od czasu. Jego prędkość kątowa rozpoczyna się od wartości 30 rad/s i liniowo zmniejsza się do 0 rad/s w ciągu 5 sekund. Wyznacz przyspieszenie kątowe śmigła. Zweryfikuj otrzymany wynik przy użyciu równań kinematycznych. Wyznacz kąt, o jaki obróci się śmigło w ciągu tych 5 sekund. Zweryfikuj wynik przy użyciu równań kinematycznych. Wykres zależności prędkości kątowej śmigła od czasu. Strategia rozwiązania Ponieważ prędkość kątowa zmienia się liniowo w czasie, wnioskujemy, że przyspieszenie kątowe jest stałe i nie zależy od czasu. Przyspieszenie kątowe jest równe nachyleniu prostej obrazującej zależność prędkości kątowej od czasu, ε = d ω / d t . Dane do obliczenia nachylenia możemy odczytać bezpośrednio z . Otrzymujemy ω = 0 r a d / s , dla t = 0 s oraz ω 0 = 30 r a d / s dla t = 5 s . Następnie możemy zweryfikować wynik przy użyciu równania ω = ω 0 + ε t . Teraz zastosujemy równanie ω = d θ / d t . Ponieważ pierwsza pochodna położenia kątowego po czasie to prędkość kątowa, możemy wyznaczyć przemieszczenie kątowe całkując prędkość kątową. Zgodnie z rysunkiem oznacza to wyznaczenie pola powierzchni pod wykresem prędkości kątowej. Inaczej mówiąc: ∫ θ 0 θ k d θ = θ k − θ 0 = ∫ t 0 t k ω ( t ) d t . Następnie, w celu sprawdzenia wyniku, użyjemy równania kinematycznego dla stałego przyspieszania. Rozwiązanie Obliczając nachylenie otrzymamy: ε = ω − ω 0 t − t 0 = 0 r a d / s − 30 , 0 r a d / s 5 , 0 s − 0 s = − 6 , 0 r a d / s 2 . Możemy wyznaczyć pole obszaru pod krzywą poprzez obliczenie powierzchni trójkąta prostokątnego, jak pokazano na . Pole pod krzywą jest polem trójkąta prostokątnego. Δ θ = P Δ = 1 2 ⋅ 30  rad ∕ s ⋅ 5  s = 75  rad  . \prefop{\Delta} \theta = P_{\mathrm{Δ}} = \frac12 \cdot \SI{30}{\radian\per\second} \cdot \SI{5}{\second} = \SI{75}{\radian} \text{.} θ k = θ 0 + ω 0 t + 1 2 ε t 2 . Wstawiając θ 0 otrzymujemy: θ 0 = 30,0  rad ∕ s ⋅ 5,0  s + 1 2 ⋅ − 6,0  rad ∕ s 2 ⋅ 5,0  s 2 θ 0 = 150,0  rad − 75,0  rad = 75,0  rad . \begin{multiline} \theta_0 &= \SI{30,0}{\radian\per\second} \cdot \SI{5,0}{\second} + \frac12 \cdot (-\SI{6,0}{\radian\per\second\squared}) \cdot (\SI{5,0}{\second})^2 \\ &= \SI{150,0}{\radian} - \SI{75,0}{\radian} = \SI{75,0}{\radian} \text{.} \end{multiline} θ 0 = 30,0  rad ∕ s ⋅ 5,0  s + 1 2 ⋅ − 6,0  rad ∕ s 2 ⋅ 5,0  s 2 = 150,0  rad − 75,0  rad = 75,0  rad . To potwierdza rozwiązanie otrzymane z wyliczenia pola pod krzywą zależności prędkości kątowej od czasu. Znaczenie Widzimy z części (b), że istnieją alternatywne podejścia do analizy obrotów wokół stałej osi ze stałym przyspieszeniem kątowym. Nasze rozwiązania zaczęliśmy od podejścia graficznego i zweryfikowaliśmy to rozwiązanie przy użyciu równań kinematyki ruchu obrotowego. Ponieważ ε = d ω / d t , możemy wykonać taką samą analizę graficzną wykresu zależności przyspieszenia kątowego od czasu. Obszar pod krzywą ε = f ( t ) daje nam zmianę prędkości kątowej. Ponieważ w tej części przyspieszenie kątowe jest stałe, jest to proste ćwiczenie. Podsumowanie Kinematyka ruchu obrotowego opisuje zależności między drogą kątową, prędkością kątową, przyspieszeniem kątowym i czasem. W przypadku stałego przyspieszenia kątowego, zależność prędkości kątowej od czasu jest liniowa. Zatem średnia prędkość kątowa jest średnią arytmetyczną prędkości początkowej i prędkości końcowej w danym okresie czasu: ω – = ω 0 + ω k 2 . Zastosowaliśmy analizę graficzną do wyznaczenia wielkości obrotowych dla ruchu obrotowego wokół stałej osi ze stałym przyspieszeniem kątowym. Z zależności ω = d θ / d t otrzymujemy, że powierzchnia pod wykresem zależności prędkości kątowej od czasu jest równa drodze kątowej: θ k − θ 0 = Δ θ = ∫ t 0 t ω ( t ′ ) d t ′ . Otrzymany rezultat analizy graficznej można analogicznie zweryfikować przy pomocy równań kinematycznych dla ruchu ze stałym przyspieszeniem kątowym. Ponieważ ε = d ω / d t , pole powierzchni pod wykresem przyspieszenia kątowego w funkcji czasu daje nam zmianę wartości prędkości kątowej ω k − ω 0 = Δ ω = ∫ t 0 t ε ( t ′ ) d t ′ . Pytania Jeżeli przyspieszenie kątowe obracającego się ciała sztywnego ma stałą wartość, to jaką funkcją czasu jest jego prędkość kątowa? Linia prosta, zależność liniowa w funkcji czasu. Jeżeli przyspieszenie kątowe obracającego się ciała sztywnego ma stałą wartość, to jaką funkcją czasu jest jego położenie kątowe? Jeżeli przyspieszenie kątowe obracającego się ciała sztywnego jest równe zero, to jaką funkcją czasu jest jego prędkość kątowa? Stałą. Kij o znikomo małej masie, do którego obu końców przyczepiono ciężarki, obraca się ze stałą prędkością kątową wokół osi przechodzącej przez jego środek. Czy całkowite przyspieszenie tego układu może być równe zero, jeżeli prędkość kątowa kija jest stała? Zadania Koło obraca się ze stałym przyspieszeniem kątowym 5 , 0 r a d / s 2 . Startując od spoczynku obróciło się o 300 radianów. Jaka jest jego końcowa prędkość obrotowa? W jakim czasie przebyło drogę kątową 300 radianów? ω = 54 , 8 r a d / s ; t = 11 , 0 s . Obracające się ze stałym przyspieszeniem kątowym koło zamachowe obróciło się w ciągu 6 sekund o 300 radianów, osiągając w ten sposób prędkość kątową 100 rad/s. Jaka była wartość jego prędkości kątowej przed upływem tych 6 s? Jaka jest wartość jego przyspieszenia kątowego? Częstotliwość obracającego się ciała sztywnego w ciągu 120 s rośnie z 500 do 1500 obr/min. Jaka jest wartość przyspieszenia kątowego tego ciała? O jaki kąt obróciło się w ciągu tych 120 s? 0 , 87 r a d / s 2 ; θ = 12 560 r a d Koło zamachowe zwalnia z 600 do 400 obr/min, wykonując w tym czasie 40 obrotów. Wyznacz jego przyspieszenie kątowe. Ile obrotów wykona ono w czasie 120 sekund? Koło o średnicy jednego metra obraca się z przyspieszeniem kątowym 4 r a d / s 2 . Jaka jest prędkość kątowa koła po 10 sekundach, jeżeli prędkość początkowa wynosiła 2,0 rad/s. O jaki kąt obróci się ono po 10 s? Jaka jest prędkość styczna oraz przyspieszenie styczne punktów na obrzeżu koła po upływie owych 10 s? ω = 42 , 0 r a d / s ; θ = 200 r a d ; v = 42 m / s , a s = 4 , 0 m / s 2 Koło o średnicy 50 cm obraca się ze stałym przyspieszeniem kątowym 5 , 0 r a d / s 2 wokół poziomej osi przechodzącej przez jego środek. Początkowo koło było w spoczynku. Gdzie po 10 sekundach znajdzie się punkt koła, który początkowo był w jego najniższym punkcie? Jaka jest w tym momencie wartość jego przyspieszenia liniowego? Pierścień o średnicy 10 cm obraca się ze stałym przyspieszeniem kątowym 1 , 0 r a d / s 2 . W chwili t = 0 jego prędkość kątowa wynosiła 2 , 0 r a d / s . Wyznacz prędkość kątową pierścienia w chwili t = 5 s . O jaki kąt obrócił się w tym czasie pierścień? Jaka jest wartość przyspieszenia stycznego punktu pierścienia w chwili t = 5 s ? ω = 7 , 0 r a d / s θ = 22 , 5 r a d a s = 0 , 1 m / s 2 Poniżej przedstawiona jest zależność prędkości obrotowej łopatek wentylatora poduszkowca od czasu. Jaki kąt zakreśliły łopatki w ciągu pierwszych 8 sekund? Sprawdź rozwiązanie używając równań kinematyki ruchu obrotowego. Do obu końców pręta o długości 20 cm przyczepiono koraliki. W chwili początkowej pręt się nie obracał. Jeżeli koraliki mają osiągnąć prędkość liniową 20 m/s w ciągu 7 sekund, to z jakim przyspieszeniem kątowym pręt powinien się poruszać? ε = 28 , 6 r a d / s 2 . kinematyka ruchu obrotowego (ang. kinematics of rotational motion ) opisuje w funkcji czasu zależność między drogą kątową (kątem obrotu), prędkością kątową i przyspieszeniem kątowym

Science


Związek między wielkościami w ruchach obrotowym i postępowym W tym podrozdziale odniesiemy każdą ze zmiennych obrotowych do zmiennych w ruchu postępowym, zdefiniowanych w rozdziałach Ruch prostoliniowy i Ruch w dwóch i trzech wymiarach . To pozwoli nam opisywać obroty wokół stałej osi. Zmienne kątowe a zmienne liniowe Jeśli porównamy definicje zmiennych obrotowych (które zdefiniowane zostały w podrozdziale Zmienne opisujące ruch obrotowy ) z definicjami zmiennych kinematycznych w ruchu postępowym, zdefiniowanymi w rozdziałach Ruch prostoliniowy i Ruch w dwóch i trzech wymiarach , zauważymy, że istnieje odwzorowanie wielkości liniowych na obrotowe. Położenie, prędkość liniowa i przyspieszenie liniowe mają swoje odpowiedniki w wielkościach obrotowych. Liniowe Obrotowe Położenie x θ Prędkość v = d x / d t ω = d θ / d t Przyspieszenie a = d v / d t ε = d ω / d t Związek pomiędzy wielkościami opisującymi ruch liniowy oraz obrotowy. Porównajmy indywidualnie zmienne liniowe i obrotowe. Jednostką zmiennych liniowych położenia jest metr, podczas gdy jednostką położenia kątowego jest bezwymiarowa jednostka radian, co wynika z definicji θ = s / r , gdzie droga kątowa jest ilorazem dwóch wielkości, z których każda jest wyrażona w jednostkach długości. Jednostką prędkości liniowej jest m/s, a jej odpowiednik, prędkość kątowa, ma jednostkę rad/s. W podrozdziale Zmienne opisujące ruch obrotowy widzieliśmy, że w przypadku ruchu po okręgu o promieniu r prędkość liniowa cząstki jest związana z prędkością kątową zależnością v = r ω . Zależność ta ma zastosowanie również do punktów ciała sztywnego, obracającego się wokół stałej osi. Tutaj rozważamy jedynie ruch po okręgu. W ruchu po okręgu, zarówno jednostajnym jak i niejednostajnym, istnieje jeszcze przyspieszenie dośrodkowe (ang. centripetal acceleration ) (patrz rozdział Ruch w dwóch i trzech wymiarach ). Wektor przyspieszenia dośrodkowego skierowany jest do wnętrza toru, od cząstki wykonującej ruch po okręgu do osi obrotu. Wyprowadzenie wartości przyspieszenia dośrodkowego przedstawiono w rozdziale Ruch w dwóch i trzech wymiarach . Wartość przyspieszenia dośrodkowego wyraża się wzorem: a d = v 2 r , gdzie r jest promieniem okręgu. Tak więc w jednostajnym w ruchu po okręgu, w którym wartość prędkości kątowej jest stała, a przyspieszenie kątowe jest równe zeru, występuje przyspieszenie liniowe – konkretnie przyspieszenie dośrodkowe – ponieważ wartość prędkości liniowej w powyższym jest stała, a zmienia się kierunek wektora prędkości. Jeżeli ruch po okręgu jest ruchem niejednostajnym i obracające się ciało ma przyspieszenie kątowe, to w tym przypadku występuje zarówno zmieniające się przyspieszenie dośrodkowe (ponieważ zmienia się kierunek i zwrot wektora prędkości), jak i przyspieszenie styczne (ang. tangential acceleration ) (ponieważ zmienia się wartość wektora prędkości stycznej). Zależność ta jest pokazana na , gdzie przedstawiono przyspieszenie dośrodkowe i przyspieszenie styczne, zarówno dla ruchu jednostajnego, jak i ruchu niejednostajnego po okręgu. (a) Ruch jednostajny po okręgu. Wektor przyspieszenia dośrodkowego a d skierowany jest w kierunku do osi obrotu. Nie ma przyspieszenia stycznego. (b) Niejednostajny ruch po okręgu. Istnienie przyspieszenia kątowego jest przyczyną zmiany wartości przyspieszenia dośrodkowego oraz istnienia przyspieszenia stycznego a s . Przyspieszenie dośrodkowe wywołane jest ciągłą zmianą kierunku prędkości, podczas gdy przyspieszenie styczne związane jest ze zmianą wartości wektora prędkości. Wektory przyspieszenia stycznego a → s i dośrodkowego a → d są zawsze prostopadłe do siebie, tak jak to przedstawiono na . Dla pełnego opisu musimy jeszcze dodać wektor przyspieszenia całkowitego dla punktu obracającego się ciała oraz cząstki wykonującej ruch po okręgu o promieniu r . Wektor całkowitego przyspieszenia liniowego (ang. total linear acceleration ) a → jest sumą wektorową przyspieszenia stycznego i dośrodkowego: a → = a → d + a → s . W przypadku niejednostajnego ruchu po okręgu, wektor przyspieszenia całkowitego skierowany jest pod pewnym kątem między wektorami przyspieszenia stycznego i dośrodkowego, tak jak pokazano to na . Ponieważ a → d ⊥ a → s , wartość całkowitego przyspieszenia liniowego wynosi: | a → | = a d 2 + a s 2 . Zauważ, że jeżeli przyspieszenie kątowe jest równe zero, to całkowite przyspieszenie liniowe jest równe przyspieszeniu dośrodkowemu. Cząstka wykonuje ruch po okręgu z pewnym przyspieszeniem kątowym. Całkowite przyspieszenie liniowe cząstki jest sumą wektorową wektora przyspieszenia dośrodkowego i wektora przyspieszenia stycznego. Wektor całkowitego przyspieszenia liniowego leży pomiędzy wektorami przyspieszenia stycznego i dośrodkowego. Związek pomiędzy wielkościami kątowymi i liniowymi Przedstawmy teraz dwa związki między ruchem rotacyjnym i postępowym. Ogólnie rzecz biorąc liniowe równania kinematyczne mają swoje odpowiedniki w równaniach dla ruchu obrotowego. prezentuje cztery liniowe równania kinematyczne i odpowiadające im równania dla ruchu obrotowego. Te dwa zestawy równań są podobne do siebie, ale opisują dwie różne sytuacje fizyczne, tj. obrót i ruch postępowy. Równania kinematyczne dla ruchu obrotowego i postępowego Ruch obrotowy Ruch postępowy θ k = θ 0 + ω – t x = x 0 + v – t ω k = ω 0 + ε t v k = v 0 + a t θ k = θ 0 + ω 0 t + 1 2 ε t 2 x k = x 0 + v 0 t + 1 2 a t 2 ω k 2 = ω 0 2 + 2 ε ( Δ θ ) v k 2 = v 0 2 + 2 a ( Δ x ) Drugi zestaw zależności dotyczy zmiennych liniowych i obrotowych w szczególnym przypadku ruchu po okręgu. Zależności te pokazano w trzeciej kolumnie , gdzie znajdują się równania łączące zmienne obrotowe ze zmiennymi liniowymi. Wielkości ruchu postępowego i obrotowego i zależności między nimi Ruch obrotowy Ruch postępowy Związek pomiędzy wielkościami ( r = promień okręgu) θ s θ = s / r ω v ω = v / r ε a s ε = a s / r a d a d = v 2 / r Przyspieszenie liniowe wirówki Wirówka o promieniu 20 cm zwalnia ze stałym przyspieszeniem kątowym od maksymalnej prędkości obrotowej wynoszącej 10 000 obr/min i zatrzymuje się po upływie 30 s. Przez cały ten czas wirówka obraca się w lewo. Jaka jest wartość całkowitego przyspieszenia liniowego punktu położonego na obrzeżu wirówki w chwili t = 29 , 0 s ? Jaki jest kierunek wektora całkowitego przyspieszenia liniowego? Strategia rozwiązania Dzięki podanym informacjom możemy obliczyć przyspieszenie kątowe, co następnie pozwoli nam wyznaczyć przyspieszenie styczne. Obliczając prędkość styczną w chwili t = 29 , 0 s możemy wyznaczyć przyspieszenie dośrodkowe. Dzięki wyznaczonym wartościom przyspieszeń możemy obliczyć całkowite przyspieszenie liniowe. Na podstawie opisu obrotów przedstawionych w zadaniu możemy naszkicować kierunek całkowitego wektora przyspieszenia. Rozwiązanie Przyspieszenie kątowe: ε = ω − ω 0 t = 0 r a d / s − 10 4 ⋅ 2 π / 60 , 0 r a d / s 30 , 0 s = − 34 , 9 r a d / s 2 . Stąd, przyspieszenie styczne: a s = r ε = 0 , 2 m ⋅ ( − 34 , 9 r a d / s 2 ) = − 7 , 0 m / s 2 . Prędkość kątowa w chwili t = 29 , 0 s : ω = ω 0 + ε  t ω = 1,0 ⋅ 10 4 ⋅ 2  π  rad 60,0  s + − 34,9  rad ∕ s 2 ⋅ 29,0  s ω = 1047,2  rad ∕ s − 1012,71  rad ∕ s = 35,1  rad ∕ s . \begin{multiline} \omega &= \omega_0 + \epsilon t \\ &= \num{1,0e4} \cdot \frac{2\pi \si{\radian}}{\SI{60,0}{\second}} + (-\SI{34,9}{\radian\per\second\squared}) \cdot \SI{29,0}{\second} \\ &= \SI{1047,2}{\radian\per\second} - \SI{1012,71}{\radian\per\second} = \SI{35,1}{\radian\per\second} \text{.} \end{multiline} ω = ω 0 + ε  t = 1,0 ⋅ 10 4 ⋅ 2  π  rad 60,0  s + − 34,9  rad ∕ s 2 ⋅ 29,0  s = 1047,2  rad ∕ s − 1012,71  rad ∕ s = 35,1  rad ∕ s . Tak więc, prędkość w chwili t = 29 , 0 s można wyliczyć jako: v = r ω = 0 , 2 m ⋅ 35 , 1 r a d / s = 7 , 0 m / s . Teraz możemy wyznaczyć przyspieszenie dośrodkowe: a d = v 2 r = ( 7 , 0 m / s ) 2 0 , 2 m = 245 , 0 m / s 2 . Ponieważ dwa wektory przyspieszenia są do siebie prostopadłe, wartość całkowitego przyspieszenia liniowego to: | a → | = a d 2 + a s 2 = ( 245 , 0 m / s 2 ) 2 + ( − 7 , 0 m / s 2 ) 2 = 245 , 1 m / s 2 . Wirówka ma ujemne przyspieszenie kątowe. Oznacza to, że wiruje z coraz mniejszą prędkością kątową. Całkowity wektor przyspieszenia jest taki, jak pokazano na . Kąt pomiędzy wektorem przyspieszenia dośrodkowego a wektorem przyspieszenia całkowitego jest równy: θ = arctg  ( − 7 , 0 245 ) = − 1 , 6 ∘ . Znak ujemny oznacza, że wektor przyspieszenia całkowitego jest ustawiony pod kątem w kierunku zgodnym z ruchem wskazówek zegara. Wektory przyspieszenia dośrodkowego, stycznego i całkowitego. Wirówka zmniejsza obroty, więc przyspieszenie styczne skierowane jest zgodnie z ruchem wskazówek zegara, w kierunku przeciwnym do kierunku obrotu wirówki. Znaczenie Z wynika, że wektor przyspieszenia stycznego jest skierowany przeciwnie do kierunku obrotów. Wartość przyspieszenia stycznego jest znacznie mniejsza niż przyspieszenia dośrodkowego, więc wektor całkowitego przyspieszenia liniowego będzie tworzyć bardzo mały kąt z wektorem przyspieszenia dośrodkowego. Sprawdź, czy rozumiesz. Chłopiec wskakuje na platformę karuzeli o promieniu 5 m, która jest w spoczynku. Karuzela rozpoczyna obracać się ze stałym przyspieszeniem kątowym, osiągając prędkość kątową 5 rad/s po 20 sekundach. Jaką drogę na karuzeli chłopiec przebył w tym czasie? Wartość przyspieszenia kątowego wynosi: ε = ( 5 , 0 r a d / s − 0 r a d / s ) / ( 20 , 0 s ) = 0 , 25 r a d / s 2 , stąd całkowity kąt, o jaki obróci się karuzela z chłopcem, wynosi: Δ θ = ( ω 2 − ω 0 2 ) / 2 ε = [ ( 5 , 0 r a d / s ) 2 − ( 0 r a d / s ) 2 ] / ( 2 ⋅ 0 , 25 r a d / s 2 ) = 50 r a d . Droga, jaką przebędzie chłopiec hest równa s = r Δ θ = 5 , 0 m ⋅ 50 r a d = 250 m . Poeksperymentuj z symulacją z repozytorium PhET . Zmieniając parametry tarczy obrotowej (kąt początkowy, prędkość kątową i przyspieszenie kątowe) umieszczaj biedronkę i chrząszcza w różnych odległościach od osi obrotu. W ten sposób możesz zbadać, jak ruch obiektu po okręgu zależy od jego położenia, prędkości i przyspieszenia. Użyj wykresów i wektorów prezentowanych w aplikacji. Podsumowanie Równania ruchu postępowego mają swoje odpowiedniki w równaniach ruchu obrotowego. Istnieje odwzorowanie: x → θ , v → ω , a → ε . Ruch jednostajny po okręgu to ruch, w którym cząstka porusza się po okręgu ze stałą co do wartości prędkością liniową i kątową. Jednakże ze względu na ciągłą zmianę kierunku wektora prędkości, cząstka ma przyspieszenie dośrodkowe, zależne od odległości od osi obrotu. Układ obracający się ruchem niejednostajnym obraca się z pewnym przyspieszeniem kątowym, a tym samym każdy punkt układu położony w odległości r od osi obrotu ma przyspieszenie dośrodkowe i związane z nim przyspieszenie styczne. Całkowite przyspieszenie liniowe jest sumą wektorową wektora przyspieszenia dośrodkowego i wektora przyspieszenia stycznego. Ponieważ w ruchu po okręgu wektory przyspieszenia odśrodkowego i stycznego są prostopadłe do siebie, wartość całkowitego przyspieszenia liniowego jest równa: | a → | = a d 2 + a s 2 . Pytania Wyjaśnij, dlaczego przyspieszenie dośrodkowe zmienia kierunek prędkości w ruchu po okręgu, lecz nie zmienia jego wartości. Ponieważ wektor przyspieszenia odśrodkowego jest prostopadły do wektora prędkości. Dlaczego w ruchu po okręgu przyspieszenie styczne może zmieniać wartość prędkości, ale nie jej kierunek? Uzasadnij swoją odpowiedź. Załóżmy, że kawałek marchewki znajduje się na obrzeżu płyty obrotowej kuchenki mikrofalowej. Czy doświadcza on działania przyspieszenia stycznego, przyspieszenia dośrodkowego, czy też obu, gdy: Płyta zaczyna wirować szybciej? Płyta obraca się ze stałą prędkością kątową? Płyta powoli zatrzymuje się? Obu. Tylko przyspieszenia kątowego. Obu. Zadania Trąba powietrzna ma średnicę 60,0 m, a prędkość wirującego powietrza ma wartość 500 km/h. Jaka jest prędkość obrotowa (częstotliwość obrotów) trąby powietrznej? Człowiek stoi na karuzeli obracającej się z prędkością kątową 2,5 rad/s. Jeżeli współczynnik tarcia statycznego między butami człowieka i karuzelą jest równy μ S = 0,5 , to jak daleko od osi obrotu może on stać bez poślizgu? r = 0 , 78 m . Ultrawirówka przyspiesza od spoczynku do 100 000 obrotów na minutę w ciągu 2,00 min. Jakie jest średnie przyspieszenie kątowe w r a d / s 2 ? Jakie jest przyspieszenie styczne w punkcie odległym o 9,50 cm od osi obrotu? Jakie jest przyspieszenie dośrodkowe tego punktu w m / s 2 i w wielokrotności g w momencie, gdy wirówka osiąga maksymalną prędkość obrotową? Jaka jest całkowita droga przebyta przez punkt oddalony o 9,5 cm od osi obrotu ultrawirówki, licząc od początku ruchu do osiągnięcia przez ultrawirówkę maksymalnej prędkości? Turbina wiatrowa obracająca się w kierunku przeciwnym do ruchu wskazówek zegara z prędkością 0,5 obr/s zaczyna zwalniać i po 10 s zatrzymuje się. Łopatki turbiny mają długość 20 m. Jakie jest przyspieszenie kątowe łopatek turbiny? Jakie jest przyspieszenie dośrodkowe punktów na końcach łopatek w chwili rozpoczęcia spowalniania ( t 0 = 0 s )? Jaka jest wartość i kierunek całkowitego przyspieszenia liniowego końcówki łopatek w chwili t 0 = 0 s ? ε = − 0 , 314 r a d / s 2 ; a d = 197 , 4 m / s 2 ; a = a d 2 + a s 2 = ( 197 , 4 m / s 2 ) 2 + ( − 6 , 28 m / s 2 ) 2 = 197 , 5 m / s 2 , θ = arctg  ( − 6 , 28 197 , 4 ) = − 1 , 8 ∘ . Jaka jest wartość (a) prędkości kątowej oraz (b) prędkości liniowej punktu na powierzchni Ziemi, na 30 ∘ szerokości geograficznej północnej. Promień Ziemi wynosi 6370 km. (c) Na jakiej szerokości geograficznej prędkość liniowa wynosi 10 m/s? Dziecko o masie 40 kg siedzi na skraju karuzeli w odległości 3,0 m od osi obrotu. Karuzela przyspiesza od spoczynku do 0,4 obr/s w ciągu 10 s. Jeśli współczynnik tarcia statycznego pomiędzy dzieckiem a powierzchnią karuzeli wynosi 0,6, to czy dziecko spadnie z karuzeli przed upływem 5 s od początku przyspieszania, czy nie? Siła odśrodkowa F od = 30 k g ⋅ ( 3 , 77 m / s ) 2 / 3 m = 142 , 1 N , m a = 40 , 0 k g ⋅ 5 , 1 m / s 2 = 204 , 0 N . Maksymalna siła tarcia statycznego μ s N = 0 , 6 ⋅ 30 , 0 k g ⋅ 9 , 8 m / s 2 = 176 , 4 N , więc dziecko pozostanie na karuzeli po 5 s. Koło rowerowe o promieniu 0,3 m obraca się osiągając częstotliwość 3 obr/s po upływie 5 s od rozpoczęcia obrotów. Jaka jest wartość i kierunek wektora całkowitego przyspieszenia punktu na krawędzi koła w chwili t = 1 , 0 s ? Prędkość kątowa koła zamachowego o promieniu 1,0 m zmienia się zgodnie z zależnością ω ( t ) = 2,0 t . Narysuj, dla punktu położonego w odległości r = 1 , 0 m od osi obrotu, wykres a d ( t ) i a t ( t ) dla t ∈ ⟨ 0 s ; 3 , 0 s ⟩ . Przeanalizuj te wykresy, aby wyjaśnić, kiedy dla punktu koła oddalonego o 1,0 m od osi obrotu a d ≫ a s oraz kiedy a d ≪ a s . v = r ω = 2 , 0 t m / s , a d = v 2 / r = ( 2 , 0 t ) 2 m / 1 , 0 s 2 = 4 , 0 t 2 m / s 2 , a s ( t ) = r ε ( t ) = r ( d ω / d t ) = 2 , 0 m / s 2 . Wykresy przyspieszenia dośrodkowego i stycznego Przyspieszenie styczne jest stałe, podczas gdy przyspieszenie dośrodkowe zależy od czasu i wzrasta z upływem czasu do wartości znacznie większych niż przyspieszenie styczne po t = 1 s . W okresach poniżej 0,7 s i zbliżających się do zera przyspieszenie dośrodkowe jest dużo mniejsze niż przyspieszenie styczne. całkowite przyspieszenie liniowe (ang. total linear acceleration ) wektorowa suma wektorów przyspieszenia dośrodkowego i stycznego

Science