Toczenie się ciał Toczenie się lub ruch toczny ciał (ang. rolling motion ) to ruch, który jest złożeniem ruchu obrotowego i postępowego ciał i obserwujemy go w wielu codziennych sytuacjach. Wystarczy pomyśleć o kołach samochodu poruszającego się po autostradzie, kołach startującego lub lądującego samolotu na pasie startowym lub obracających się łopat turbiny wiatrowej. Do precyzyjnego opisu ruchu toczenia się ciała niezbędne jest dogłębne zrozumienie pojęcia siły i momentu siły. Przy analizowaniu w tym rozdziale ruchu tocznego wokół stałej osi obrotu powołujemy się na , rozdział Obroty wokół stałej osi , gdzie można znaleźć wyrażenia opisujące moment bezwładności wybranych, powszechnie występujących, obiektów geometrycznych. Podrozdział ten może się również okazać przydatny do wykonywania obliczeń parametrów różnych ruchów ciał, którym towarzyszy ruch obrotowy. Toczenie bez poślizgu Ludzie obserwowali toczenie się ciał bez poślizgu od czasu wynalezienia koła. Spójrzmy na przykład na wzajemne oddziaływanie opon samochodu i nawierzchni drogi. Jeśli kierowca podczas ruszania maksymalnie naciśnie pedał gazu, tak że opony obracają się, ale samochód nie porusza się do przodu, mamy do czynienia z tarciem kinetycznym pomiędzy oponami kół a powierzchnią drogi. Jeśli jednak kierowca będzie naciskał pedał gazu powoli, to spowoduje, że samochód ruszy do przodu, a opony kół będą toczyły się bez poślizgu. Wielu ludzi dziwi, że w rzeczywistości dolna część koła znajduje się w spoczynku w stosunku do podłoża, co oznacza, że tarcie między oponami a nawierzchnią drogi musi być tarciem statycznym. Na , rower wraz z rowerzystką jadącą w pozycji pionowej porusza się. Opony mają kontakt z nawierzchnią drogi, a nawet jeśli podczas toczenia część będąca w kontakcie, odkształca się nieznacznie, to nie dochodzi do poślizgu i opony przez pewien czas pozostają w stanie spoczynku w stosunku do powierzchni drogi. Aby tak było, tarcie między oponą i nawierzchnią drogi musi być tarciem statycznym. (a) Rower porusza się do przodu, a jego opony się nie ślizgają. Najniższe fragmenty opon mają kontakt z nawierzchnią drogi, a nawet jeśli podczas toczenia ich części odkształcają się nieznacznie, to nie dochodzi do poślizgu i dolne fragmenty opon przez jakiś czas są w stanie spoczynku w stosunku do powierzchni drogi. (b) Zdjęcie pokazuje, że górna część toczącego się koła jest rozmyta w czasie ruchu (zobacz obraz szprych), a dolna jest w stanie spoczynku. (Źródło (a) modyfikacja pracy Nelsona Lourenço; źródło (b) modyfikacja pracy Colin Rose) Przystępując do analizy ruchu tocznego bez poślizgu, wprowadzimy najpierw związki między wielkościami liniowymi prędkości i przyspieszenia środka masy koła jak również zmiennymi kątowymi, które opisują ruch obrotowy koła. Sytuację tę przedstawiono na . (a) Koło jest ciągnięte po poziomej powierzchni przez siłę F → . Siła tarcia statycznego T → s , przy czym T s ⩽ μ s N , jest wystarczająco duża, aby uchronić je przed poślizgiem. (b) Pokazano wektory prędkości liniowej i przyspieszenia środka masy oraz odpowiednie wyrażenia dla prędkości i przyspieszenia kątowego. Punkt P jest w stanie spoczynku w stosunku do powierzchni. (c) Punkt P ma prędkość liniową − R ω i ^ względem środka masy (ŚM) koła. Na (a) pokazano wektory sił zapobiegające poślizgowi koła. Na (b), punkt P , który dotyka powierzchni, pozostaje w stosunku do niej w spoczynku. Punkt P ma prędkość − R ω i ^ względem środka masy, R oznacza tu promień koła, ω jest prędkością kątową obrotu koła wokół własnej osi, zaś i ^ jest wektorem jednostkowym. Ponieważ koło toczy się bez poślizgu, prędkość punktu P względem powierzchni jest równa sumie jego prędkości względem środka masy i prędkość środka masy względem powierzchni: v → P = − R ω i ^ + v ŚM i ^ . Ponieważ prędkość P względem powierzchni jest równa zero, v P = 0 , oznacza to, że v ŚM = R ω . Tak więc prędkość środka masy koła jest równa iloczynowi jego prędkości kątowej wokół osi i jego promienia. Powyższe równanie pokazuje związek zmiennej liniowej (prędkości) po lewej stronie równania ze zmienną kątową (prędkością kątową) po prawej stronie równania. Podobny związek występuje w przypadku przyspieszenia liniowego. Jeśli zróżniczkujemy lewą stronę , uzyskamy wyrażenie na liniowe przyspieszanie środka masy. R po prawej stronie równania jest stałą, a ponieważ ε = d ω / d t otrzymujemy a ŚM = R ε . Ponadto, odwołując się do , można wyznaczyć odległość przebytą przez środek masy koła poprzez zmienną kątową związaną z ruchem tocznym koła. Zauważmy, że zewnętrzna powierzchnia koła od punktu A do punktu B dokładnie odwzorowuje na ziemi długość, która jest równa odległości przebytej przez środek masy d ŚM . Z rysunku wynika też, że długość odcinka, który koło odwzorowuje na podłożu, jest długością łuku R θ . Z porównania tych dwóch długości otrzymujemy: d ŚM = R θ . Gdy walec toczy się po powierzchni, to długość łuku R θ od punktu A do punktu B jest odwzorowana na powierzchni będąc równa odległości d ŚM , którą przebywa środek masy. Staczanie się z równi pochyłej Walec stacza się bez poślizgu z równi pochyłej, bez prędkości początkowej. Masa walca wynosi m , a jego promień r . Jakie jest jego przyspieszenie? Jaki warunek musi spełniać współczynnik tarcia statycznego μ s , aby zapobiec poślizgowi walca? Strategia rozwiązania Narysujmy diagram sił (działających na walec) i wybierzmy układ współrzędnych. Niech oś OX będzie równoległa do powierzchni równi i zwrócona w dół równi, zaś oś OY prostopadła do powierzchni równi i zwrócona w górę. Scharakteryzujmy siły działające na walec. Są to: siła normalna (siła reakcji podłoża (na siłę nacisku)), siła grawitacji i siła tarcia statycznego. Zapiszmy drugą zasadę dynamiki (drugie prawo Newtona) ruchu postępowego w kierunkach x i y oraz drugą zasadę dynamiki (drugie prawo Newtona) dla ruchu obrotowego. Na podstawie zapisanych równań obliczymy przyspieszenie i siłę tarcia. Rozwiązanie Szkic sytuacyjny i diagram sił pokazane są na , na którym zaznaczono siłę normalną, składowe siły ciężkości (ciężaru) oraz statyczną siłę tarcia. Rola siły tarcia (w stosunku do jej maksymalnej możliwej wartości) ogranicza się do zapewnienia toczenia się walca bez poślizgu. Innymi słowy, ponieważ nie dochodzi do poślizgu, wartość siły tarcia jest mniejsza lub równa μ s N . Zapisując drugą zasadę dynamiki dla kierunków x i y , otrzymujemy ∑ F x = m ( a ŚM ) x , ∑ F y = m ( a ŚM ) y . Walec staczający się z równi pochyłej (lewy rysunek), diagram sił działających na walec (prawy rysunek). Podstawiając odpowiednio wartości sił z diagramu sił, otrzymujemy m g sin  θ − T s = m ( a ŚM ) x , N − m g cos  θ = 0 , T s ⩽ μ s N . Z powyższych równań możemy obliczyć liniowe przyspieszenie środka masy: ( a ŚM ) x = g ( sin  θ − μ s cos  θ ) . Ponieważ w powyższym równaniu nie znamy siły tarcia, to w celu znalezienia przyspieszenia liniowego potrzebne jest nam drugie równanie, w którym wyrazimy moment siły tarcia przez moment bezwładności. Zapiszmy drugą zasadę dynamiki dla ruchu obrotowego, ∑ M ŚM = I ŚM ε . W powyższym równaniu momenty sił obliczamy względem osi przechodzącej przez środek masy walca. Jedynym niezerowym momentem siły jest moment siły tarcia. Mamy zatem: r T s = I ŚM ε , gdzie, jak wiemy, przyspieszenie liniowe związane jest z przyspieszaniem kątowym zależnością ( a ŚM ) x = r ε . Powyższe równanie można rozwiązać, wyrażając a ŚM , ε i T s jako funkcje momentu bezwładności. Walec porusza się jedynie wzdłuż osi x , dlatego w celu uproszczenia zapisu możemy opuścić wskaźnik x . Wyraźmy a ŚM przez składową równoległą (do równi) siłę ciężkości i siłę tarcia, wykonując następujące podstawienia (wykorzystano i ): a ŚM = g  sin θ − T s m  , T s = I ŚM  ε r = I ŚM  a ŚM r 2  . \begin{align} a_{\text{ŚM}} = g\sin \theta - \frac{T_{\text{s}}}{m} \text{,} \\ T_{\text{s}} = \frac{I_{\text{ŚM}} \epsilon}{r} = \frac{I_{\text{ŚM}} a_{\text{ŚM}}}{r^2} \text{.} \end{align} Stąd otrzymujemy: a ŚM = g sin  θ − I ŚM a ŚM m r 2 = m g sin  θ m + I ŚM / r 2 . Zauważmy, że wynik ten jest niezależny od współczynnika tarcia μ s . Ponieważ dla walca z moment bezwładności I ŚM = m r 2 / 2 , uzyskujemy a ŚM = m g sin  θ m + m r 2 / 2 r 2 = 2 3 g sin  θ . Otrzymujemy zatem: ε = a ŚM r = 2 3 r g sin  θ . Ponieważ nie występuje poślizg, czyli T s ⩽ μ s N , to wyrażenie na siłę tarcia ma postać: T s = I ŚM ε r = I ŚM a ŚM r 2 = I ŚM r 2 m g sin  θ m + I ŚM / r 2 = m g I ŚM sin  θ m r 2 + I ŚM . Podstawiając to wyrażenie w miejsce równania – warunku na brak poślizgu – a także zauważając, że siła normalna N = m g cos θ , otrzymujemy: m g I ŚM sin  θ m r 2 + I ŚM ⩽ μ s m g cos  θ , lub μ s ⩾ tg  θ 1 + m r 2 / I ŚM . Warunek ten dla pełnego walca przyjmuje postać μ s ⩾ tg  θ 1 + 2 m r 2 / m r 2 = 1 3 tg  θ . Znaczenie Przyspieszenie liniowe jest proporcjonalne do sin θ . Zatem im większy jest kąt nachylenia, tym większe jest, jak można by się spodziewać, przyspieszenie liniowe. Przyspieszenie kątowe z kolei jest wprost proporcjonalne do sin θ i odwrotnie proporcjonalne do promienia r walca. Tak więc im większy jest jego promień, tym mniejsze jest jego przyspieszenie kątowe. W przypadku, gdy nie występuje poślizg, współczynnik tarcia musi być większy niż lub równy tg  ( θ ) / 3 , a zatem im większy jest kąt nachylenia równi, tym większy musi być współczynnik tarcia, aby zapobiec poślizgowi walca. Sprawdź, czy rozumiesz. Wydrążony (pusty w środku) walec (cylinder) stacza się ze zbocza o kącie nachylenia 60 ∘ . Współczynnik tarcia statycznego o powierzchnię jest równy μ s = 0,6 . Czy cylinder stacza się bez poślizgu? Czy walec w tych warunkach też będzie się toczyć bez poślizgu? (a) Warunek na brak poślizgu ma postać μ s ⩾ tg  θ 1 + m r 2 / I ŚM . Podstawiając wartość kąta i zauważywszy, że dla cylindra I ŚM = m r 2 , mamy μ s ⩾ tg  θ 1 + m r 2 / I ŚM = 1 2 tg  60 ∘ = 0,87 , ponieważ dana jest wartość współczynnika tarcia 0,6, która jest mniejsza, niż 0,87, to warunek nie jest spełniony i cylinder będzie się ślizgał. (b) Dla walca warunek na brak poślizgu ma postać μ s ⩾ 1 3 tg  60 ∘ = 0,58 Wartość 0,6 spełnia ten warunek, a więc walec nie wpadnie w poślizg. Warto jeszcze raz powtórzyć równanie uzyskane w tym przykładzie dla przyspieszania toczącego się obiektu bez poślizgu: a ŚM = m  g  sin  θ m + I ŚM / r 2 . Jest to bardzo użyteczne równanie przy rozwiązywaniu zadań dotyczących toczenia się bez poślizgu. Należy zauważyć, że przyspieszenie to jest mniejsze niż przyspieszenie obiektu zsuwającego się bez obrotu po idealnie gładkiej powierzchni. Przyspieszenie będzie również różne dla dwóch staczających się bez poślizgu ciał z różnymi momentami bezwładności. Toczenie się z poślizgiem W przypadku ruchu tocznego z poślizgiem zamiast siły tarcia statycznego występuje siła tarcia kinetycznego, określona przez współczynnik tarcia μ k . Sytuację taką przedstawiono na . W przypadku poślizgu v ŚM − R ω ≠ 0 , gdyż punkt P na kole nie jest w stanie spoczynku względem powierzchni, oraz v P ≠ 0 . Zatem ω ≠ v ŚM / R i ε ≠ a ŚM / R . (a) Pomiędzy kołem a powierzchnią występuje tarcie, ponieważ koło się ślizga. (b) Proste związki między zmiennymi liniowych i kątowymi nie obowiązują dla zilustrowanego przypadku. Staczanie się po równi pochyłej z poślizgiem Walec stacza się z równi pochyłej bez prędkości początkowej z poślizgiem ( ). Masa walca wynosi m , a promień r . Jakie jest jego przyspieszenie liniowe? Jakie jest jego przyspieszenie kątowe wokół osi przechodzącej przez środek masy? Strategia rozwiązania Wykonajmy rysunek wraz z diagramem działających sił. Jest on podobny do sytuacji bez poślizgu, z tą różnicą, że teraz siła tarcia jest siłą tarcia kinetycznego zamiast statycznego. Za pomocą drugiej zasady dynamiki (prawa Newtona) dla ruchu postępowego obliczymy przyspieszenie (liniowe) w kierunku osi x . Za pomocą drugiej zasady dynamiki (prawa Newtona) dla ruchu obrotowego znajdziemy rozwiązanie dla przyspieszenia kątowego. Rozwiązanie Walec stacza się z równi bez prędkości początkowej i wpada w poślizg. Układ współrzędnych wybieramy w taki sposób, że oś x jest równoległa do powierzchni równi i jest skierowana w dół równi, oś y jest prostopadła do powierzchni równi i jest skierowaną w górę. Na rysunku pokazano diagram sił, a na nim siłę reakcji podłoża, siłę tarcia statycznego oraz składowe ciężaru m g → . Suma sił działających wzdłuż osi y wynosi zero, więc siła tarcia jest teraz równa T k = μ k N = μ k m g cos  θ . Druga zasada dynamiki dla kierunku x daje: ∑ F x = m a x , m  g  sin θ - T k = m  a x  , m g sin  θ − μ k m g cos  θ = m ( a ŚM ) x , lub ( a ŚM ) x = g ( sin  θ − μ k cos  θ ) . Moment siły tarcia jest jedynym niezerowym momentem siły wokół osi przechodzącej przez środek masy, dlatego druga zasada dynamiki dla ruchu obrotowego daje: ∑ M ŚM = I ŚM ε , T k r = I ŚM ε = 1 2 m r 2 ε . Rozwiązując powyższy układ równań ze względu na ε , otrzymujemy: ε = 2 T k m r = 2 μ k g cos  θ r . Znaczenie Zapisujemy zależności przyspieszenia liniowego i kątowego od współczynnika tarcia kinetycznego. Przyspieszenie liniowe jest takie samo jak ciała ślizgającego się w dół równi pochyłej, na które działa siła tarcia kinetycznego. Przyspieszenie kątowe względem osi obrotu jest wprost proporcjonalne do siły tarcia, która z kolei zależy od kosinusa kąt nachylenia. Gdy kąt θ → 90 ∘ , siła ta dąży do zera, a tym samym przyspieszenie kątowe też dąży do zera. Zachowanie energii mechanicznej podczas toczenia się W poprzednim podrozdziale przedstawiliśmy energię kinetyczną ruchu obrotowego. Każdy toczący się obiekt posiada energię kinetyczną ruchu obrotowego, a także energię kinetyczną ruchu postępowego i ewentualnie energię potencjalną. Łącznie z grawitacyjną energią potencjalną całkowita energia mechaniczna toczącego się ciała wynosi: E c = 1 2 m v ŚM 2 + 1 2 I ŚM ω 2 + m g h . Przy braku sił niezachowawczych, które, jak wiadomo powodują rozpraszanie energii układu, całkowita energia mechaniczna toczącego się bez poślizgu ciała jest zachowana i jest stała podczas trwania całego ruchu. Przykładem, gdzie energia mechaniczna nie jest zachowana, jest toczący się obiekt. Mamy tu do czynienia również z tarciem, wynikającym z poślizgu. Zatem rozpraszana jest energia kinetyczna. Można zapytać, dlaczego podczas toczenia się bez poślizgu ciało zachowuje energię mechaniczną, chociaż statyczna siła tarcia jest niezachowawcza? Odpowiedź można znaleźć, wracając do . Punkt P w czasie kontaktu z powierzchnią znajduje się względem niej w spoczynku. Dlatego też jego nieskończenie małe przemieszczenie d r → względem powierzchni jest równe zero, a stąd także praca siły tarcia jest równa zero. Możemy więc stosować zasadę zachowania energii podczas badania ruchu tocznego otrzymując przy tym ciekawe wyniki. Łazik Curiosity Łazik Curiosity, pokazany na , wylądował na Marsie 6 sierpnia 2012 r. Koła łazika mają promień 25 cm. Załóżmy, że astronauci docierają na Marsa w roku 2050 i znajdują tam niepracujący łazik Curiosity na zboczu niecki. Podczas demontażu łazika przez astronautę przypadkowo odrywa się jedno z kół, które toczy się bez poślizgu w dół niecki 25 m poniżej. Jeżeli koło ma masę 5 kg, to jaka jest jego prędkość na dnie niecki? Łazik Curiosity w NASA Mars Science Laboratory podczas testów 3 czerwca 2011 roku. Fotografia z ośrodka Spacecraft Assembly Facility at NASA’s Jet Propulsion Laboratory w Pasadenie w Kalifornii. (Źródło: NASA / JPL-Caltech) Strategia rozwiązania Do analizy zadania zastosujemy zasadę zachowania energii mechanicznej. W górnej części zbocza koło znajduje się w spoczynku i ma tylko energię potencjalną (względem dna niecki). W dolnej części niecki koło ma energię kinetyczną ruchu obrotowego i postępowego, która, z zasady zachowania energii, musi być równa początkowej energii potencjalnej. Ponieważ koło toczy się bez poślizgu, użyjemy zależności v ŚM = r ω , aby w wyrażającym zasadę zachowania energii powiązać zmienne translacyjne (ruchu postępowego) ze zmiennymi obrotowymi (kątowymi). Następnie obliczymy prędkość. Z wynika, że dobrym przybliżeniem koła jest wydrążony walec (cylinder), dzięki czemu możemy korzystać ze wzoru na jego moment bezwładności w celu uproszczenia obliczeń. Rozwiązanie Energia w górnej części zbocza niecki jest równa energii na jej dole: m g h = 1 2 m v ŚM 2 + 1 2 I ŚM ω 2 . Znane są wielkości I ŚM = m r 2 , r = 0,25 m i h = 25,0 m . Przepiszmy powyższe równanie zachowania energii, eliminując ω przy użyciu ω = v ŚM / r . Otrzymujemy: m g h = 1 2 m v ŚM 2 + 1 2 m r 2 v ŚM 2 r 2 , lub g h = 1 2 v ŚM 2 + 1 2 v ŚM 2 ⟹ v ŚM = g h . Na Marsie przyspieszenie grawitacyjne wynosi 3,71 m / s 2 , co daje wartość prędkości u dołu zbocza równą v ŚM = 3,71 m / s 2 ⋅ 25 m = 9,63 m / s . Znaczenie Jest to dość dokładny wynik biorąc pod uwagę, że Mars ma bardzo rzadką atmosferę, a straty energii wynikające z oporu powietrza byłyby minimalne. Założono również, że teren jest gładki, więc koło nie napotykało kamieni i wybojów. Ponadto w tym przypadku energia kinetyczna lub energia ruchu jest równo podzielona na ruch postępowy i obrotowy. Jeśli popatrzymy na momenty bezwładności obiektów o różnych kształtach na , widzimy, że cylinder (wydrążony walec) posiada największy możliwy moment bezwładności dla danego promienia i masy. Gdyby kształt kół łazika był bardziej zbliżony kształtem do walca, to wtedy wkład energii kinetycznej ruchu postępowego do całkowitej energii byłby większy niż wkład energii ruchu obrotowego. To dałoby kołu większą prędkość liniową. W ten sposób, walec szybciej osiągnie dno niecki niż wydrążony w środku cylinder. Podsumowanie Podczas ruchu tocznego bez poślizgu pomiędzy toczącym się ciałem i powierzchnią występuje siła tarcia statycznego. Związki v ŚM = R ω , a ŚM = R ε i d ŚM = R θ mają taką postać, że prędkość liniowa, przyspieszenie i odległość przebyta przez środek masy są wyrażone jako zmienne kątowe pomnożone przez promień obiektu. W ruchu tocznym z poślizgiem pomiędzy toczącym się przedmiotem i powierzchnią występuje siła tarcia kinetycznego. W tym przypadku v ŚM ≠ R ω , a ŚM ≠ R ε i d ŚM ≠ R θ . Do analizy ruchu tocznego ciał bez poślizgu może być stosowana zasada zachowania energii mechanicznej. Natomiast podczas toczenia się ciał z poślizgiem energia mechaniczna nie jest zachowywana na skutek wytwarzania ciepła towarzyszącego wykonywaniu pracy przeciwko sile tarcia kinetycznego. Pytania Czy okrągły obiekt spoczywający na szczycie równi, a następnie puszczony zacznie się toczyć, jeżeli między nim a równią nie ma tarcia? Nie, gdyż siła tarcia statycznego jest równa zero. Cylindryczna puszka o promieniu R toczy się po poziomej powierzchni bez poślizgu. (a) Jaką odległość przebędzie środek masy po wykonaniu jednego obrotu? (b) Gdyby doszło do poślizgu puszki, to czy ta odległość byłaby większa czy mniejsza? Koło znajdujące się tuż pod wierzchołkiem zbocza zostaje puszczone w ruch. Czy jest bardziej prawdopodobne, że koło wpadnie w poślizg, gdy zbocze nachylone jest stromo, czy delikatnie? Bardziej prawdopodobne jest, że koło wpadnie w poślizg na stromym zboczu, ponieważ aby siła tarcia statycznego mogła utrzymać ruch toczny bez poślizgu, współczynnik tarcia musi się zwiększać wraz z kątem jego nachylenia. Które ciało stacza się szybciej z nachylonej płaszczyzny–pełny walec czy pełna kula? Oba ciała mają taką samą masę i promień. Wydrążona kula (sfera) i wydrążony walec (cylinder) o takiej samej masie i promieniu, mające taką samą prędkość początkową środka masy wtaczają się bez poślizgu na nachylone zbocze. Które z nich osiągnie większą wysokość przed zatrzymaniem się? Walec osiągnie większą wysokość. Można to wykazać na dwa sposoby. Ze względu na większy moment bezwładności walca: Wartość bezwzględna jego przyspieszenia (jego opóźnienie) jest mniejsza, w związku z czym przy tej samej prędkości początkowej przebędzie on większą drogę, czyli osiągnie większą wysokość. Początkowa (całkowita) energia kinetyczna walca jest większa, większa więc musi być jego końcowa energia potencjalna, czyli większa musi być wysokość. Zadania Jaka jest prędkość kątowa opony samochodu o średnicy 75,0 cm jadącego z prędkością 90,0 km/h? v ŚM = R ω ⟹ 66,7 r a d / s . Chłopiec przejechał na rowerze 2,00 km. Koła roweru mają promień 30,0 cm. Jaki jest całkowity kąt obrotu opon podczas tej podróży? Jeżeli chłopiec na rowerze z poprzedniego zadania ,będąc najpierw w stanie spoczynku, rusza i przyspiesza do osiągnięcia prędkości 10,0 m/s w czasie 10,0 s, to jakie jest przyspieszenie kątowe kół? ε = 3,3 r a d / s 2 . Opony samochodów wyścigowych Formuły 1 mają 66 cm średnicy. Jeżeli samochody (bolidy) te pokonują trasę średnio z prędkością 300 km/h, to ile obrotów wykonują opony kół, jeśli samochód pokonuje trasę w 1,5 godziny? Spoczywająca kulka zaczyna staczać się z pochylni o kącie nachylenia 30°. (a) Jakie jest jej przyspieszenie? (b) Jaką drogę przebędzie w czasie 3,0 s? I ŚM = 2 5 m r 2 , a ŚM = 3,5 m / s 2 ; x = 15,75 m . Rozwiąż poprzednie zadanie, zastępując kulkę pełnym walcem. Wyjaśnij otrzymany wynik. Bryła sztywna o cylindrycznym przekroju poprzecznym zostaje puszczona z wierzchołka pochylni o nachyleniu 30 ∘ . Bryła ta stacza się 10,0 m do dna pochylni w 2,60 s. Znajdź moment bezwładności bryły i wyraź go przez jego masę m i promień r . Wybieramy kierunek dodatni ruchu w dół pochylni. Mamy: a ŚM = m g sin  θ m + I ŚM / r 2 ⟹ I ŚM = r 2 ( m g sin  30 ∘ a ŚM − m ) , x − x 0 = v 0 t − 1 2 a ŚM t 2 ⟹ a ŚM = 2,96 m / s 2 , I ŚM = 0,66 m r 2 . Jo-jo można traktować jako pełny walec o masie m , a promieniu r , który ma nawinięty lekki sznurek wokół swojego obwodu (patrz niżej). Jeden koniec sznurka jest przymocowany do stałego punktu w przestrzeni. Jeśli walec opada, gdy sznurek odwija się bez poślizgu, to jakie jest przyspieszenie walca? Pełny walec o promieniu 10,0 cm stacza się z równi z poślizgiem. Kąt nachylenia równi wynosi 30 ∘ , a współczynnik tarcia kinetycznego o jej powierzchnię 0,40. Jakie jest przyspieszenie kątowe walca? Ile wynosi jego przyspieszenie liniowe? ε = 67,9 r a d / s 2 , ( a ŚM ) x = 1,5 m / s 2 . Kula do gry w kręgle toczy się, do przechowalni, w górę rampy o wysokości 0,5 m bez poślizgu. Jej środek masy ma prędkość początkową 3,0 m/s. (a) Jaka jest jej prędkość na szczycie rampy? (b) Czy kula dotrze do szczytu w przypadku, gdy rampa ma 1 m wysokości? Walec o masie 40,0 kg toczy się po poziomej powierzchni z prędkością 6,0 m/s. Jaka potrzebna jest praca, żeby go zatrzymać? W = − 1080,0 J , znak minus mówi, że siła hamująca walec jest przeciwna do jego kierunku ruchu. Kula o masie 40,0 kg toczy się po poziomej powierzchni z prędkością 6,0 m/s. Jaka jest potrzebna praca, żeby ją zatrzymać? Porównaj otrzymany wynik z wynikiem poprzedniego zadania. Walec wtacza się w górę równi o nachyleniu 20 ∘ . Jeśli ruch zaczyna się od dołu z prędkością 10 m/s, to jak daleko w górę równi będzie toczyć się ten walec? Energia mechaniczna na dole jest równa energii mechanicznej u góry: 1 2 m v 0 2 + 1 2 ( 1 2 m r 2 ) ⋅ ( v 0 r ) 2 = m g h ⟹ h = 1 g ( 1 2 + 1 4 ) v 0 2 , Po podstawieniu otrzymujemy h = 7,7 m ; tak więc maksymalna odległość przebyta przez walec wynosi 22,5 m. Walec o masie M i promieniu R jest ciągnięty z siłą F → przyłożoną do jego środka pod kątem 37 ∘ do płaszczyzny poziomej (patrz rysunek). Jeśli koło ma się toczyć bez poślizgu, to jaka jest maksymalna wartość | F → | ? Współczynniki tarcia statycznego i kinetycznego wynoszą odpowiednio μ s = 0,40 i μ k = 0,30 . Przyjmij, masa walca równa jest 5 kg. Pusty w środku cylider mający prędkość 5,0 m/s wtacza się pod nachylenie do wysokości 1,0 m. Jak wysoko wtoczy się pod to nachylenie sfera o takiej samej masie i promieniu oraz takiej samej prędkości początkowej? Z zasady zachowania energii mechanicznej dla kuli i walca 1 2 m v 0 2 + 1 2 I Cylinder ω 0 2 = m g h cylinder , 1 2 m v 0 2 + 1 2 I sfera ω 0 2 = m g h sfera . Odjęcie stronami tych dwóch równań, eliminuje początkową energię translacyjną (ruchu postępowego) i mamy: 1 2 I cylinder ω 0 2 − 1 2 I sfera ω 0 2 = m g ( h cylinder − h sfera ) , 1 2 m r 2 ( v 0 r ) 2 − 1 2 2 3 m r 2 ( v 0 r ) 2 = m g ( h cylinder − h sfera ) , 1 2 v 0 2 − 1 2 2 3 v 0 2 = g ( h cylinder − h sfera ) , h cylinder − h sfera = 1 g ( 1 2 − 1 3 ) v 0 2 = 1 9,8 m / s 2 ⋅ 1 6 ⋅ ( 5,0 m / s ) 2 = 0,43 m . W ten sposób sfera o mniejszym momencie bezwładności wtoczy się na wysokość mniejszą o 1,0 m − 0,43 m = 0,57 m . ruch toczny (toczenie się) (ang. rolling motion ) złożenie ruchu obrotowego i translacyjnego lub/bez poślizgu

Science


Moment pędu Dlaczego Ziemia ciągle się obraca (wiruje)? Co spowodowało ten obrót? Dlaczego grawitacyjne przyciąganie ziemskie nie spowoduje zderzenia Księżyca z Ziemią? Jak to się dzieje, że łyżwiarz na lodzie zaczyna wirować szybciej przez zwykłe przyciągnięcie rąk do tułowia? Dlaczego, aby mógł obracać się szybciej, nie musi na niego działać zewnętrzny moment siły? Aby odpowiedzieć na to pytanie, należy zwrócić uwagę na fakt, że podobnie jak podczas ruchu postępowego, zachowany jest całkowity pęd we Wszechświecie, zachowany jest również całkowity moment pędu ruchu obrotowego. Całkowity moment pędu w ruchu obrotowym jest odpowiednikiem pędu w ruchu postępowym. W tym podrozdziale najpierw zdefiniujemy, a następnie przeanalizujemy moment pędu z różnych punktów widzenia. Najpierw jednak zajmiemy się momentem pędu pojedynczej cząstki. To pozwoli nam następnie na uogólnienie tego pojęcia na układ cząstek i bryłę sztywną. Moment pędu pojedynczej cząstki pokazuje cząstkę w położeniu r → z pędem p → = m v → względem początku układu. Jej moment pędu można określić za pomocą wektorów położenia i pędu. Moment pędu cząstki Moment pędu l → cząstki określa się jako wektor będący iloczynem wektorowym r → i p → , który jest prostopadły do płaszczyzny wyznaczonej przez wektory r → i p → : l → = r → × p → . W przestrzeni trójwymiarowej układ współrzędnych wybrano w taki sposób, by wektor położenia r → cząstki i wektor pędu p → leżały w płaszczyźnie x y . Moment pędu określony jest jako l → = r → × p → i ma tutaj kierunek i zwrot osi z . Jak pokazano na rysunku, kierunek l → wyznaczony jest w oparciu o regułę prawej dłoni (wynika to z wyboru układu współrzędnych – jest on prawoskrętny). Intencją przedstawionego wyboru kierunku wektora momentu pędu, prostopadłego do płaszczyzny zawierającej r → i p → , było to, by był on podobny do wyboru kierunku momentu siły prostopadłego do płaszczyzny wyznaczonej przez wektory r → i p → , co omówiono w rozdziale Obroty wokół stałej osi . Wartość momentu pędu wynika z definicji iloczynu wektorowego: l = r p sin θ , gdzie θ jest kątem między wektorami r → i p → . Jednostką momentu pędu jest k g ⋅ m / s . Podobnie jak w przypadku definicji momentu siły możemy zdefiniować ramię (wektora) pędu r → , będące jest odległością początku układu współrzędnych od prostej, na której leży wektor pędu p → . Zgodnie z rysunkiem wynosi ono r ⊥ = r sin  θ . Zgodnie z tą definicją wielkość momentu pędu możemy wyrazić jako l = r ⊥ p = r ⊥ m v . Zwróćmy uwagę, że jeżeli kierunek p → jest taki, że przechodzi przez początek układu, to θ = 0 ∘ , a zatem moment pędu jest równy zero, ponieważ ramię pędu jest równe zero. W związku z tym zauważmy, że wielkość momentu pędu zależy od wyboru początku układu współrzędnych. Jeżeli obliczymy pochodną po czasie momentu pędu, to okaże się, że otrzymamy wyrażenie na moment siły cząstki. Mianowicie: d l → d t = d r → d t × p → + r → × d p → d t = v → × m v → + r → × d p → d t = r → × d p → d t . Skorzystaliśmy tutaj z definicji p → oraz z faktu, że iloczyn wektorowy tych samych wektorów (tutaj prędkości) jest zerem. Z drugiej zasady dynamiki w postaci d p → / d t = ∑ F → oraz definicji momentu siły, możemy napisać d l → d t = ∑ M → . Zwróćmy uwagę na podobieństwo powyższego wzoru do drugiej zasady dynamiki w postaci d p → / d t = ∑ F → . Poniższa strategia rozwiązywania zadań może służyć jako wytyczna do obliczania momentu pędu cząstki. Strategia rozwiązywania zadań: moment pędu cząstki Wybierz układ współrzędnych, w którym ma być obliczony moment pędu. Zapisz wektor wodzący cząstki punktowej, używając wektorów jednostkowych osi. Zapisz wektor pędu cząstki, używając wektorów jednostkowych. Oblicz wartość iloczynu wektorowego l → = r → × p → i użyj reguły prawej dłoni, aby ustalić kierunek i zwrot wektora momentu pędu. Sprawdź, czy wektor momentu pędu zależy od czasu. Jeżeli tak, to istnieje niezerowy moment pędu względem początku układu i przy użyciu wzoru d l → / d t = ∑ M → oblicz moment siły. Jeśli nie istnieje zależność czasowa w wyrażeniu na moment pędu, to moment siły wynosi zero. Moment pędu i moment siły działającej na meteoroid Obserwator z powierzchni ziemi przygląda się meteoroidowi wchodzącemu w atmosferę ziemską ( ). Pozycję meteoroidu względem obserwatora określa wektor r → = 25 k m ⋅ i ^ + 25 k m ⋅ j ^ . W chwili, gdy obserwator zauważa meteoroid, ma on pęd p → = 15 k g ⋅ m 2 / s ⋅ j ^ , a jego stałe przyspieszenie wynosi 2 m / s 2 ⋅ j ^ . Jaki jest moment pędu meteoroidu względem początku układu, który przyjmujemy w miejscu obserwatora? Jaki jest moment siły grawitacji działającej na meteoroid względem tego początku układu? Obserwator widzi z Ziemi meteoroid w położeniu r → , który ma pęd p → . Strategia rozwiązania Rozłożymy przyspieszenie na składowe x i y i zastosujemy równania kinematyczne, aby wyrazić prędkość jako funkcję prześpieszenia i czasu. Za ich pomocą otrzymamy wyrażenie na pęd, a następnie, korzystając z wyrażenia na iloczyn wektorowy, obliczymy moment pędu. Ponieważ wektory położenia i pędu leżą w płaszczyźnie x y , to oczekujemy, że wektor momentu pędu będzie skierowany wzdłuż osi z . Aby znaleźć moment siły, obliczamy pochodną momentu pędu po czasie. Rozwiązanie Ponieważ meteoroid wchodzi w atmosferę ziemską pod kątem 90,0 ∘ względem poziomu, to składowe prześpieszenia w kierunkach x i y wynoszą: a x = 0 m / s 2 , a y = − 2,0 m / s 2 . Zapiszmy prędkości za pomocą równań kinematycznych. v x = 0 m / s , v y = − 2,0 ⋅ 10 3 m / s − 2,0 m / s 2 ⋅ t . Moment pędu wynosi: l → = r → × p → = ( 25,0 k m ⋅ i ^ + 25,0 k m ⋅ j ^ ) × 15,0 k g ( 0 i ^ + v y j ^ ) = 15,0 k g ( 25,0 k m ⋅ v y k ^ ) = 15,0 k g ⋅ 2,50 ⋅ 10 4 m ( − 2,0 ⋅ 10 3 m / s − 2,0 m / s 2 ⋅ t ) ⋅ k ^ . W chwili t = 0 s moment pędu meteoru względem początku układu wynosi: l → 0 = 15,0 k g ⋅ 2,50 ⋅ 10 4 m ⋅ ( − 2,0 ⋅ 10 3 m / s ) ⋅ k ^ = 7,50 ⋅ 10 8 k g ⋅ m 2 / s ⋅ ( − k ^ ) . To jest chwila, gdy obserwator zauważył meteor. Aby znaleźć moment siły, liczymy pochodną momentu pędu po czasie. Wyznaczając pochodną po czasie l → , którą wyznaczyliśmy wcześniej, otrzymujemy: d l → d t = − 15,0 k g ⋅ 2,50 ⋅ 10 4 m ⋅ 2,0 m / s 2 ⋅ k ^ . Następnie, ponieważ d l → / d t = ∑ M → otrzymujemy: ∑ M → = − 7,5 ⋅ 10 5 N ⋅ m ⋅ k ^ . Jednostka momentu siły została podana jako N · m . Jednostki tej jednak nie należy mylić z dżulem, mimo że dżul jest iloczynem N · m . W celu sprawdzenia, możemy zauważyć, że ramię siły jest x – ową składową wektora r → na , ponieważ jest ono prostopadłe do siły działającej na meteor, która ma kierunek prześpieszenia a → , które z kolei jest skierowane pionowo w dół równolegle do toru ruchu meteoru. Według drugiej zasady dynamiki siła ta jest równa: F → = m a ( − j ^ ) = 15,0 k g ⋅ 2,0 m / s 2 ⋅ ( − j ^ ) = 30,0 k g ⋅ m / s 2 ⋅ ( − j ^ ) . Ponieważ wektor ramienia siły wynosi: r → ⊥ = 2.5 ⋅ 10 4 m ⋅ i ^ . zatem, moment sił jest równy: ∑ M → = r → ⊥ × F → = ( 2,5 ⋅ 10 4 m ⋅ i ^ ) × ( − 30,0 k g ⋅ m / s 2 ⋅ j ^ ) = 7,5 ⋅ 10 5 N ⋅ m ⋅ ( − k ^ ) . Znaczenie Ponieważ meteor ma przyspieszenie skierowane w dół w kierunku Ziemi, a jego wektor wodzący i prędkość zmieniają się, to moment pędu l → = r → × p → również zmienia się w funkcji czasu. Moment siły działający na meteor względem początku układu jest jednak stały, ponieważ ramię siły r → ⊥ i siła działająca na meteor są stałymi. Ten przykład pokazuje, że moment pędu zależy od wyboru punktu, względem którego jest on obliczany. I to jest bardzo ważny wniosek. Metody stosowane w tym przykładzie są również istotne w zastosowaniu do układów takich jak układ cząstek i bryła sztywna, gdzie wielkość fizyczna – moment pędu również ma zastosowanie. Sprawdź, czy rozumiesz. Proton poruszający się spiralnie wokół linii pola magnetycznego wykonuje ruch kołowy w płaszczyźnie kartki, jak pokazano poniżej. Promień toru jest równy 0,4 m, a proton ma prędkość 4,0 ⋅ 10 6 m / s . Ile wynosi moment pędu protonu względem początku układu? Z rysunku widać, że iloczynem wektora wodzącego i wektora pędu jest wektor skierowany przed kartkę (do nas). Wstawiając wartości wektora wodzącego i pędu do wyrażenia na moment pędu, otrzymujemy l → = r → × p → = ( 0,4 m ⋅ i ^ ) × ( 1,67 ⋅ 10 − 27 k g ⋅ 4,0 ⋅ 10 6 m / s ⋅ j ^ ) = 2,7 ⋅ 10 − 27 k g ⋅ m 2 / s ⋅ k ^ . Moment pędu układu cząstek Moment pędu układu cząstek to ważna wielkość fizyczna dla wielu dyscyplin naukowych, z których jedną jest astronomia. Rozważmy galaktykę spiralną, tj. obracającą się wyspę gwiazd, taką jak nasza Droga Mleczna. Poszczególne gwiazdy mogą być traktowane jako cząstki punktowe, z których każda ma swój własny moment pędu. Wektorowa suma poszczególnych momentów pędu daje łączny moment pędu galaktyki. W tej części opracujemy narzędzia dzięki którym będzie możliwe wyznaczenie całkowitego momentu pędu układu cząstek. W poprzedniej części wprowadziliśmy pojęcie momentu pędu pojedynczej cząstki względem określonego punktu początkowego. Wyrażenie dla tego momentu pędu miało postać l → = r → × p → , gdzie wektor r → jest poprowadzony od punktu początkowego do cząstki, a p → jest pędem cząstki. Jeśli mamy układ N cząstek, z których dana i – gdzie położenie i -tej cząstki określa wektor r → i , a jej pęd p → i , to całkowity moment pędu układu cząstek jest sumą wektorową momentów pędu poszczególnych cząstek układu L → = l → 1 + l → 2 + ⋯ + l → N . Podobnie, jeśli na i -tą cząstkę działa moment siły M → i , to możemy znaleźć wypadkowy moment sił względem początku układu współrzędnych dla układu cząstek przez zróżniczkowanie powyższego : d L → d t = ∑ i d l → i d t = ∑ i M → i . Suma poszczególnych momentów wytwarza zewnętrzny moment obrotowy działający na układ, który określamy jako ∑ M → . A zatem d L → d t = ∑ M → . stwierdza, że szybkość zmian całkowitego momentu pędu układu równa jest wypadkowemu momentowi sił zewnętrznych działających na układ, gdy obie wielkości są mierzone względem określonego punktu początkowego . Moment pędu trzech cząstek Na podstawie należy określić całkowity moment pędu trzech cząstek względem początku układu. Jaka jest szybkość zmiany momentu pędu? Układ trzech cząstek rozmieszczonych na płaszczyźnie x y różniących się położeniem i wartością pędu. Strategia rozwiązania Określimy wektory położeń i pędów dla trzech cząstek. Obliczymy poszczególne momenty pędu i dodamy je wektorowo w celu znalezienia całkowitego momentu pędu. Następnie zrobimy to samo dla momentów sił. Rozwiązanie Cząstka 1: r → 1 = − 2,0 m ⋅ i ^ + 1,0 m ⋅ j ^ , p → 1 = 2,0 k g ⋅ 4,0 m / s ⋅ j ^ = 8,0 k g ⋅ m / s ⋅ j ^ , l → 1 = r → 1 × p → 1 = − 16,0 k g ⋅ m 2 / s ⋅ k ^ . Cząstka 2: r → 2 = 4,0 m ⋅ i ^ + 1,0 m ⋅ j ^ , p → 2 = 4,0 k g ⋅ 5,0 m / s ⋅ i ^ = 20,0 k g ⋅ m / s ⋅ i ^ , l → 2 = r → 2 × p → 2 = − 20,0 k g ⋅ m 2 / s ⋅ k ^ . Cząstka 3: r → 3 = 2,0 m ⋅ i ^ − 2,0 m ⋅ j ^ , p → 3 = 1,0 k g ⋅ 3,0 m / s ⋅ i ^ = 3,0 k g ⋅ m / s ⋅ i ^ , l → 3 = r → 3 × p → 3 = 6,0 k g ⋅ m 2 / s ⋅ k ^ . Dodajmy poszczególne momenty pędu, aby znaleźć ich sumę względem początku układu: l → T = l → 1 + l → 2 + l → 3 = − 30 k g ⋅ m 2 / s ⋅ k ^ . Poszczególne siły i ramiona sił oraz momenty sił wynoszą r → 1 ⊥ = 1,0 m ⋅ j ^ , F → 1 = − 6,0 N ⋅ i ^ , M → 1 = 6,0 N ⋅ m ⋅ k ^ , r → 2 ⊥ = 4,0 m ⋅ i ^ , F → 2 = 10,0 N ⋅ j ^ , M → 2 = 40,0 N ⋅ m ⋅ k ^ , r → 3 ⊥ = 2,0 m ⋅ i ^ , F → 3 = − 8,0 N ⋅ j ^ , M → 3 = − 16,0 N ⋅ m ⋅ k ^ . Stąd ∑ i = 1 3 M → i = M → 1 + M → 2 + M → 3 = 30 N ⋅ m ⋅ k ^ . Znaczenie Przykład ten ilustruje zasadę superpozycji dla momentów pędu i momentów sił układu cząstek. Należy być ostrożnym określając wektory położenia r → i cząstek przy obliczaniu momentów pędu i ramion sił r → i ⊥ przy obliczaniu momentów sił, ponieważ są to zupełnie różne wielkości. Moment pędu bryły sztywnej Badaliśmy moment pędu pojedynczej cząstki, który uogólniliśmy na układ cząstek. Teraz zastosujemy omówione w poprzednim rozdziale metody, aby wprowadzić i rozwinąć koncepcję momentu pędu dla bryły sztywnej. Ciała niebieskie, takie jak planety, mają moment pędu spowodowany zarówno ich obrotem wokół osi, jak i ruchem orbitalnym wokół gwiazd. W inżynierii, wszystko, co obraca się wokół osi, posiada moment pędu, czego przykładem są koła zamachowe, śmigła samolotów oraz wirujące części w silnikach. Znajomość momentów pędu tych obiektów ma zasadnicze znaczenie przy konstrukcji układu, którego są one częścią. W celu wprowadzenia momentu pędu bryły sztywnej będziemy ją modelować przez sztywno ze sobą połączony układ, składający się z małych elementów masy Δ m i . Na , ruch bryły sztywnej ograniczony jest do obrotu wokół osi (symetrii) z prędkością kątową ω . Zakładamy też, że rozkład masy jest osiowosymetryczny. Wszystkie elementy masy, które tworzą bryłę sztywną, okrążają oś z taką samą prędkością kątową. W części (a) rysunku mamy element masy Δ m i wskazywany przez wektor wodzący r → i wyprowadzony z początku układu współrzędnych, oraz promień R i okręgu, po którym porusza się masa Δ m i wokół osi z . Wartość jego prędkości stycznej jest równa v i = R i ω . Ponieważ wektory r → i i v → i są prostopadłe do siebie, wartość momentu pędu tego elementu masy jest równa l i = r i Δ m i v i sin  90 ∘ . (a) Ruch obrotowy bryły sztywnej wokół stałej, nieruchomej osi obrotu. Bryła sztywna jest symetryczna względem osi z . Element masy Δ m i znajduje się w położeniu r → i , który tworzy kąt θ i z osią z . Pokazano ruch obrotowy nieskończenie małego elementu masy. (b) l → i oznacza moment pędu elementu masy Δ m i , a jego składowa równoległa do osi z wynosi ( l → i ) z . Z reguły prawej dłoni, znajdujemy kierunek wektora momentu pędu, tak jak pokazano w części (b) rysunku. Suma momentów pędu wszystkich elementów masy rozpatrywanej bryły zawiera składowe, zarówno wzdłuż, jak i prostopadle do osi obrotu. Każdy element masy Δ m i ma składową momentu pędu prostopadłą do osi obrotu, która dodana do momentu pędu takiej samej masy Δ m i , znajdującej się po przeciwnej stronie osi obrotu, daje wypadkowy zerowy moment pędu bryły sztywnej w kierunku prostopadłym do osi obrotu. Tak więc składowe momentów pędu elementów masy Δ m i wzdłuż osi obrotu są jedynymi składnikami, które nadają wartość niezerową sumarycznemu momentowi pędu bryły sztywnej, skierowanemu równolegle do osi obrotu. Z części (b) rysunku składnik l → i jest wektorem równoległym do osi obrotu, a jego wartość wynosi ( l i ) z = l i sin  θ i = r i Δ m i v i sin  θ i = r i sin  θ i ⋅ Δ m i v i = R i Δ m i v i . Wypadkowy moment pędu bryły sztywnej wzdłuż osi obrotu wynosi więc L z = ∑ i ( l i ) z = ∑ i R i Δ m i v i = ∑ i R i Δ m i ⋅ R i ω z = ω z ∑ i Δ m i R i 2 . Jak widać w powyższym wzorze, czynnik ∑ i Δ m i R i 2 jest momentem bezwładności bryły sztywnej względem osi obrotu. Dla cienkiej obręczy, o promieniu R , obracającej się wokół osi symetrii prostopadłej do płaszczyzny obręczy, R i = R dla każdego i , więc sumowanie ogranicza się do R 2 ∑ i Δ m i = m R 2 , co daje moment bezwładności cienkiej obręczy przedstawionej na . Zatem wartość momentu pędu wzdłuż osi obrotu bryły sztywnej obracającej się z prędkością kątową ω z wokół osi jest równa L z = I ω z . Równanie to jest analogiczne do równania na wartość pędu p = m v . Kierunek wektora momentu pędu (ang. angular momentum ) (dla bryły sztywnej obracającej się wokół stałej osi na określenie momentu pędu także używa się nazwy kręt ) jest skierowany wzdłuż osi obrotu, a jego kierunek i zwrot określa reguła prawej dłoni. Moment pędu ramienia robota Ramię robota łazika marsjańskiego podobnego do Curiosity pokazanego na ma długość 1,0 m, a jego swobodny koniec wyposażony jest w kleszcze (chwytniki) do pobierania skał. Masa ramienia wynosi 2,0 kg, a masa kleszczy 1,0 kg – patrz . Ramię robota i kleszcze zaczynają się poruszać, osiągając prędkość kątową ω = 0,1 π r a d / s w czasie 0,1 s. Dalej ramię obraca się i podnosi marsjański kamień, o masie 1,5 kg. Osią obrotu jest punkt, w którym ramię robota łączy się z łazikiem. Jaki jest moment pędu ramienia robota wokół osi obrotu po 0,1 s, czyli po tym, gdy przestało ono prześpieszać? Jaki jest moment pędu ramienia robota, gdy jego kleszcze uchwyciły marsjańską skałę i jego ramię obraca się do góry? W przypadku gdy kleszcze ramienia nie uchwyciły skały, jaki jest moment siły działającej na ramię względem punktu, w którym łączy się ono z łazikiem, gdy jego przyspieszenie zwiększa prędkość kątową od stanu spoczynku do prędkości końcowej? Ramię robota łazika na Marsie odchyla się i podnosi marsjańską skałę. (Źródło: praca zmodyfikowana przez NASA / JPL-Caltech) Strategia rozwiązania Użyjemy , aby znaleźć moment pędu dla różnych przypadków. Gdy ramię obraca się w dół, reguła prawej dłoni daje wektor momentu pędu skierowany przed kartkę (do czytelnika), który to kierunek nazwiemy dodatnim kierunkiem osi z . Gdy ramię obraca się w górę, reguła prawej ręki daje kierunek wektora momentu pędu za kartkę, tj. w ujemnym kierunku osi z . Moment bezwładności jest sumą poszczególnych momentów bezwładności. Ramię robota może być przybliżone jednorodnym prętem, a kleszcze i marsjańska skała mogą być przybliżone masami punktowymi, znajdującymi się w odległości 1 m od punktu początkowego. W etapie (c), aby znaleźć moment siły działający na ramię robota, użyjemy drugiej zasady dynamiki ruchu obrotowego. Rozwiązanie Wypisując poszczególne momenty bezwładności, otrzymujemy: ramię robota I R = 1 3 m R r 2 = 1 3 ⋅ 2,00 k g ⋅ ( 1,00 m ) 2 = 2 3 k g ⋅ m 2 , kleszcze: I K = m K r 2 = 1,0 k g ⋅ ( 1,0 m ) 2 = 1,0 k g ⋅ m 2 , marsjańska skała: I MS = m MS r 2 = 1,5 k g ⋅ ( 1,0 m ) 2 = 1,5 k g ⋅ m 2 . Zatem bez marsjańskiej skały całkowity moment bezwładności jest równy I c = I R + I K = 1,67 k g ⋅ m 2 . Natomiast wartość wektora momentu pędu wynosi L = I ω = 1,67 k g ⋅ m 2 ⋅ 0,1 π r a d / s = 0,17 π m 2 / s . Wektor momentu pędu skierowany jest przed kartkę, w kierunku wektora k ^ , dlatego ramię robota obraca się przeciwnie do ruchu wskazówek zegara. Teraz w obliczeniach momentu bezwładności musimy uwzględnić masę marsjańskiej skały, otrzymujemy zatem: I c = I R + I K + I MS = 3,17 k g ⋅ m 2 , oraz L = I ω = 3,17 k g ⋅ m 2 ⋅ 0,1 π r a d / s = 0,32 π k g ⋅ m 2 / s . Wektor momentu pędu skierowany jest teraz za kartkę w kierunku - k ^ i dlatego ramię robota obraca się zgodnie z ruchem wskazówek zegara. Znajdźmy teraz moment siły, gdy kleszcze ramienia nie trzymają skały, licząc pochodną momentu pędu zgodnie z d L → / d t = ∑ M → . Ale ponieważ L = I ω i wiedząc, że kierunki wektorów momentu pędu i momentu siły znajdują się wzdłuż osi obrotu, możemy opuścić notację wektorową, otrzymując równanie d L d t = d ( I ω ) d t = I d ω d t = I ε = ∑ M , które jest postacią drugiej zasady dynamiki dla ruchu obrotowego. Ponieważ ε = 0,1 π r a d / s / ( 0,1 s ) = π r a d / s 2 , możemy obliczyć wypadkowy moment siły: ∑ M = I ε = 1,67 k g ⋅ m 2 ⋅ π r a d / s 2 = 1,67 π N ⋅ m . Znaczenie Moment pędu w punkcie (a) jest mniejszy niż (b), ponieważ moment bezwładności w (a) jest większy niż (b), podczas gdy prędkość kątowa jest taka sama w obu przypadkach. Sprawdź, czy rozumiesz. Co ma większy moment pędu: kula o masie m , obracająca się ze stałą prędkością kątową ω 0 względem osi z , czy walec o tej samej masie, promieniu i prędkości kątowej obracający się wokół osi z ? I kula = 2 5 m r 2 , I walec = 1 2 m r 2 ; Licząc stosunek momentów pędów, otrzymujemy: L walec / L kula = I walec ω 0 / ( I kula ω 0 ) = 1 2 m r 2 / ( 2 5 m r 2 ) = 5 4 . Zatem walec ma o 25% większy moment pędu. Jest tak dlatego, gdyż ma on więcej masy rozmieszczonej dalej od osi obrotu. Wejdź na stronę University of Colorado’s Interactive Simulation of Angular Momentum , aby dowiedzieć się więcej na temat momentu pędu. Podsumowanie Moment pędu l → = r → × p → pojedynczej cząstki względem określonego punktu (początku układu odniesienia) jest iloczynem wektorowym wektora położenia i pędu cząstki w danym układzie współrzędnych. Moment pędu L → = l → 1 + l → 2 + l → 3 + … + l → N układu cząstek względem określonego punktu jest sumą wektorową poszczególnych momentów pędu cząstek tworzących układ. Wypadkowy moment siły względem określonego początku układu odniesienia jest pochodną względem czasu wypadkowego momentu pędu względem tego punktu: d L → / d t = ∑ M → . Obracająca się wokół stałej osi bryła sztywna ma moment pędu L = I ω będący wektorem skierowanym wzdłuż osi obrotu. Pochodna względem czasu momentu pędu: d L / d t = ∑ M daje wypadkowy moment siły działający na bryłę, który jest wektorem skierowanym wzdłuż osi obrotu. Pytania Czy można przypisać moment pędu cząstce bez uprzedniego zdefiniowania punktu odniesienia? Cząstka porusza się po linii prostej, przechodzącej przez początek układu współrzędnych. Czy są jakieś punkty na prostej, dla których moment pędu jest równy zero? Dla wszystkich punktów na prostej otrzymujemy zerowy moment pędu, ponieważ iloczyn dwóch wektorów równoległych (położenia i pędu) jest równy zero. W jakich warunkach bryła sztywna ma niezerowy moment pędu, ale zerowy pęd? Cząstka poruszająca się względem wybranego punktu ma pęd różny od zera. W jakich warunkach cząstka ta, względem wybranego początku układu, ma moment pędu równy zero? Cząstka musi się poruszać po linii prostej, która przechodzi przez wybrany początek układu. Czy znajomość prędkości cząstek pozwala uzyskać informacje o jej momencie pędu? Zadania Cząstka o masie 0,2 kg porusza się wzdłuż prostej o równaniu y = 0,2 m , z prędkością 5,0 m/s. Jaki jest moment pędu cząstki względem początku układu współrzędnych? Ptak leci nad tobą na wysokości 300,0 m z prędkością skierowaną poziomo względem ziemi o wartości 20,0 m/s. Ptak ma masę 2,0 kg. Wektor położenia (promień wodzący) ptaka, który ma początek w miejscu, gdzie stoisz, tworzy kąt θ z powierzchnią ziemi. Niech wektor położenia i pęd ptaka leżą w płaszczyźnie x y . Oblicz moment pędu ptaka względem miejsca, w którym stoisz. Wartość iloczynu wektorowego wektora położenia i pędu ptaka wynosi r p sin θ , gdzie r sin  θ jest wysokością, na której znajduje się ptak. Kierunek momentu pędu jest prostopadły do wektorów promienia wodzącego i pędu, który to, zgodnie z treścią zadania, określony jest przez, wybrany dowolnie, kierunek k ^ (dodatni kierunek osi z ). L → = r → × p → = h m v k ^ = 300,0 m ⋅ 2,0 k g ⋅ 20,0 m / s ⋅ k ^ = 12 000,0 k g ⋅ m 2 / s ⋅ k ^ . Samochód wyścigowy Formuły 1 o masie 750,0 kg, prześpieszając na torze wyścigowym w Monako wchodzi w zakręt kołowy z szybkością 220,0 km/h, w kierunku przeciwnym do kierunku ruchu wskazówek zegara. W innej części toru samochód wchodzi w drugi zakręt kołowy z szybkością 180 km/h, także w kierunku przeciwnym do kierunku ruchu wskazówek zegara. Wiedząc, że promień krzywizny pierwszego zakrętu jest równy 130,0 m, a drugiego 100,0 m, porównaj momenty pędu samochodu, liczone względem środków krzywizny toru, w obu przypadkach. Cząstka o masie 5,0 kg znajduje się w pozycji opisanej wektorem r → = 2,0 m ⋅ i ^ − 3,0 m ⋅ j ^ w chwili, gdy jej prędkość wynosi v → = 3,0 m / s ⋅ i ^ , w przyjętym układzie odniesienia. (a) Jaki jest moment pędu cząstki? (b) Jeżeli na cząstkę w tej chwili czasu działa siła F → = 5,0 N ⋅ j ^ , to jaki jest moment siły względem początku układu odniesienia? a. l → = 45,0 k g ⋅ m 2 / s ⋅ k ^ ; b. M → = 10,0 N ⋅ m ⋅ k ^ . Użyj reguły prawej dłoni do określenia kierunków momentów pędu cząstek względem początku układu współrzędnych pokazanego poniżej. Oś z jest skierowana przed kartkę. Przypuśćmy, że cząstki z poprzedniego zadania mają masy: m 1 = 0,10 k g , m 2 = 0,20 k g , m 3 = 0,30 k g , m 4 = 0,40 k g . Prędkości cząstek wynoszą: v → 1 = 2,0 m / s ⋅ i ^ , v → 2 = 3,0 m / s ⋅ i ^ - 3,0 m / s ⋅ j ^ , v → 3 = − 1,5 m / s ⋅ j ^ , v → 4 = − 4,0 m / s ⋅ i ^ . (a) Oblicz moment pędu każdej cząstki względem początku układu współrzędnych. (b) Jaki jest całkowity moment pędu wszystkich czterech cząstek? (a) l → 1 = − 0,4 k g ⋅ m 2 / s ⋅ k ^ , l → 2 = l → 4 = 0 → , l → 3 = 1,35 k g ⋅ m 2 / s ⋅ k ^ ; (b) L → = 0,95 k g ⋅ m 2 / s ⋅ k ^ . Dwie cząstki o równych masach poruszają się z tą samą wartością prędkości w przeciwnych kierunkach, wzdłuż równoległych linii, które dzieli odległość d . Pokaż, że moment pędu tego układu jest taki sam bez względu na to, gdzie znajduje się punkt, względem którego obliczamy momentu pędu. Samolot o masie 4,0 ⋅ 10 4 k g leci poziomo na wysokości 10 km ze stałą prędkością 250 m/s w stosunku do Ziemi. (a) Jaka jest wartość momentu pędu samolotu względem obserwatora na powierzchni ziemi bezpośrednio pod samolotem? (b) Czy moment pędu zmienia się, gdy samolot dalej leci wzdłuż swojego toru (jest na swojej ścieżce)? a. L = 1,0 ⋅ 10 11 k g ⋅ m 2 / s ; b. Nie, moment pędu pozostanie taki sam, ponieważ ramię pędu (równe co do wartości wysokości samolotu nad ziemią) jest cały czas takie samo, bez względu na to, w którym miejscu znajduje się samolot na swoim torze ruchu. W danym momencie, cząstka o masie 1,0 kg znajduje się w położeniu: r → = 2,0 m ⋅ i ^ − 4,0 m ⋅ j ^ + 6,0 m ⋅ k ^ i ma prędkość v → = − 1,0 m / s ⋅ i ^ + 4,0 m / s ⋅ j ^ + 1,0 m / s ⋅ k ^ , a siła działająca na nią wynosi F → = 10,0 N ⋅ i ^ + 15,0 N ⋅ j ^ . (a) Ile wynosi moment pędu cząstki względem początku układu współrzędnych? (b) Ile wynosi moment siły działającej na cząstkę względem początku układu współrzędnych? (c) Jaka jest szybkość zmiany momentu pędu cząstki w tym momencie? Cząstka o masie m zostaje upuszczona w punkcie ( − d , 0 ) i opada pionowo w polu grawitacyjnym Ziemi z przyspieszeniem – g j ^ . (a) Jakie jest wyrażenie na moment pędu cząstki względem osi z , na podstawie poniższego rysunku? (b) Oblicz moment siły działającej na cząstkę względem osi z . (c) Czy moment siły jest równy czasowej szybkości zmian momentu pędu? a. v → = − g t j ^ , r → ⊥ = − d i ^ , l → = m d g t k ^ ; b. F → = − m g j ^ , ∑ M → = d m g k ^ ; c. Tak. (a) Oblicz moment pędu Ziemi na jej orbicie w ruchu wokół Słońca. (b) Porównaj ten moment pędu z momentem pędu Ziemi w ruchu obrotowym wokół własnej osi (z krętem Ziemi). Głaz o masie 20 kg i promieniu 20 cm zaczyna się staczać ze wzgórza o wysokości 15 m. Ile wynosi jego moment pędu gdy: (a) jest w połowie drogi staczania się? (b) jest na końcu drogi staczania się? Zakładając, że możemy przybliżyć kształt głazu pełną kulą: a. m g h = 1 2 m ( r ω ) 2 + 1 2 ⋅ 2 5 m r 2 ω 2 , ω = 51,2 r a d / s , L = 16,4 k g ⋅ m 2 / s ; b. ω = 72,5 r a d / s ; L = 23,2 k g ⋅ m 2 / s . Satelita obraca się z częstotliwością 6,0 obr/s. Satelita składa się z korpusu w kształcie kuli o promieniu 2,0 m i masie 10000 kg oraz dwóch anten wystających ze środka masy korpusu, których kształt może być przybliżony prętami o długości 3,0 m i masie 10 kg. Anteny leżą w płaszczyźnie obrotu. Ile wynosi moment pędu satelity? Śmigło składa się z dwóch łopat o długości 3,0 m i masie 120 kg każde. Śmigło można przybliżyć pojedynczym prętem obracającym się wokół osi przechodzącej przez jego środek masy i prostopadłej do pręta. Śmigło zaczyna się obracać za stałym przyspieszeniem kątowym i osiąga 1200 obrotów na minutę, w 30 sekund. (a) Ile wynosi moment pędu śmigła w chwili t = 10 s i t = 20 s ? (b) Ile wynosi moment siły działającej na śmigło? a. I = 720,0 k g ⋅ m 2 ; ε = 4,20 r a d / s 2 ; ω ( 10 s ) = 42,0 r a d / s ; L = 3,02 ⋅ 10 4 k g ⋅ m 2 / s ; ω ( 20 s ) = 84,0 r a d / s ; b. M = 3,03 ⋅ 10 3 N ⋅ m . Pulsar to szybko obracająca się gwiazda neutronowa. Pulsar w gwiazdozbiorze Byka w mgławicy Kraba ma okres 33,5 ⋅ 10 − 3 s , promień 10,0 km i masę 2,8 ⋅ 10 30 k g . Okres obrotu pulsara rośnie z czasem na skutek emisji promieniowania elektromagnetycznego, która nie zmienia jego promienia, ale zmniejsza energię jego ruchu obrotowego. (a) Jaki jest moment pędu pulsara? (b) Przypuśćmy, że prędkość kątowa zmniejsza się w tempie 10 − 14 r a d / s . Jaki jest efektywny moment siły działającej na pulsar? Łopatki turbiny wiatrowej mające 30 m długości obracają się z maksymalną częstotliwością (prędkością obrotową) 20 obr/min. (a) Jeżeli każda łopatka ma masę 6000 kg, a zespół turbiny ma trzy łopatki, oblicz moment pędu turbiny dla tej częstotliwości. (b) Jaki moment siły jest wymagany, aby uzyskać maksymalną częstotliwość obrotów łopatek w ciągu 5 minut? a. L = 1,131 ⋅ 10 7 k g ⋅ m 2 / s ; b. M = 3,77 ⋅ 10 4 N ⋅ m . Kolejka w wesołym miasteczku ( roller-coaster ) ma masę 3000,0 kg i musi pokonać bezpiecznie pionową okrągłą pętlę o promieniu 50,0 m. Jaki jest, minimalny moment pędu kolejki w dolnej części pętli, aby mogła ona bezpiecznie przejechać przez pętlę? Zignoruj tarcie między kolejką a torem kolejki. Załóż, że kolejka jest cząstką punktową. Górski rowerzysta podczas wyścigu wykonuje skok i porusza się w powietrzu. Zanim znajdzie się w powietrzu, rower górski porusza się z szybkością 10,0 m/s. Jeżeli masa koła przedniego roweru wynosi 750 g i ma ono promień 35 cm, to jaki jest moment pędu kręcącego się koła w powietrzu tuż po oderwaniu się roweru od ziemi? ω = 28,6 r a d / s ⟹ L = 2,6 k g ⋅ m 2 / s . moment pędu (ang. angular momentum ) w ruchu obrotowym, wielkość analogiczną do pędu ciała w ruchu postępowym, otrzymujemy, wyznaczając iloczyn momentu bezwładności i prędkości kątowej

Science


Zasada zachowania momentu pędu Do tej pory zajmowaliśmy się momentami pędów (i krętami) układów składających się z cząstek punktowych i ciał (brył) sztywnych. Analizowaliśmy też wpływ zewnętrznych momentów sił na zmiany momentów pędu, stosując związek pomiędzy wypadkowym momentem sił zewnętrznych i szybkością zmiany momentu pędu ( ). Przykłady układów, które spełniają to równanie, to swobodny obrót kół rowerowych, który jest spowalniany w miarę upływu czasu z powodu działania momentu siły tarcia, lub spowolnienie obrotów Ziemi przez miliony lat z powodu działania momentu siły tarcia, powstającego na skutek tzw. deformacji pływowych (patrz rozdział Siły pływowe ). Załóżmy jednak, że nie ma wypadkowego momentu sił zewnętrznych działających na układ, tj. ∑ M → = 0 . W tym przypadku ( ) obowiązuje zasada (prawo) zachowania momentu pędu (ang. law of conservation of angular momentum ). Prawo (zasada) zachowania momentu pędu Moment pędu układu cząstek wokół punktu, w ustalonym inercjalnym układzie odniesienia, jest zachowany, jeśli wypadkowy moment sił zewnętrznych względem tego punktu jest równy zero. Stąd: d L → d t = 0 , lub L → = l → 1 + l → 2 + …+ l → N = constant . Należy zauważyć, że to całkowity moment pędu L → jest zachowany. Każdy z poszczególnych momentów pędu układu może się zmieniać, ale tak aby ich suma pozostała stała. Prawo to jest analogiczne do prawa zachowania pędu układu, gdy suma sił zewnętrznych działających na układ jest równa zero. Przykład zachowania momentu pędu pokazuje , przedstawiająca łyżwiarkę wykonującą obrót. Wypadkowy moment sił działający na nią jest bliski zero, ponieważ tarcie między jej łyżwami a lodem jest zaniedbywalne. Ponadto siła tarcia działa bardzo blisko punktu, przez który przechodzi oś obrotu. Zarówno | F → | , jak i | r → | są małe, więc | M → | też jest znikomy. W związku z tym łyżwiarka może się obracać przez jakiś czas. Może również zwiększyć swoją szybkość wirowania, ściągając ramiona i nogi. Dlaczego ściąganie ramion i nóg powoduje wzrost szybkości obrotu? Ponieważ jej moment pędu jest stały, tak że L ' = L , lub I ′ ω ′ = I ω , gdzie wielkości „primowane” odnoszą się do sytuacji z części b) rysunku, tj. po tym, jak łyżwiarka przyciągnęła ramiona i nogę do tułowia i w ten sposób zmniejszyła swój moment bezwładności. Bo jeżeli I ′ jest mniejsze, to prędkość kątowa ω ' musiała się zwiększyć, aby utrzymać stałą wartość momentu pędu. (a) Łyżwiarka wiruje na czubku łyżwy z rozłożonymi ramionami. Jej moment pędu jest zachowany, ponieważ wypadkowy moment sił działający na nią jest pomijalnie mały. (b) Jej szybkość obrotów znacznie wzrosła, gdy ściągnęła ramiona, zmniejszając swój moment bezwładności. Praca, jaką wykonała, ściągając ramiona, spowodowała wzrost energii kinetycznej ruchu obrotowego. Interesujące jest, by zobaczyć, jak energia kinetyczna ruchu obrotowego łyżwiarki zmienia się, kiedy przyciąga ramiona do tułowia. Jej początkowa energia kinetyczna ruchu jest równa: E k obr = 1 2 I ω 2 , podczas gdy końcowa energia wynosi: E ' k obr = 1 2 I ' ( ω ' ) 2 . Ponieważ I ′ ω ′ = I ω , możemy w powyższym wzorze zastąpić ω ′ przez I ω / I ′ i otrzymać: E ' k obr = 1 2 I ' ( ω ' ) 2 = 1 2 I ' ( I I ' ω ) 2 = 1 2 I ω 2 ( I I ' ) = E k obr ( I I ' )  . Ponieważ moment bezwładności łyżwiarki zmalał, I ′ < I , jej końcowa energia kinetyczna ruchu obrotowego wzrosła. Źródłem tej dodatkowej energii kinetycznej jest praca, jaką łyżwiarka musiała wykonać, przyciągając ręce do siebie. Praca ta powoduje wzrost energii kinetycznej ruchu obrotowego łyżwiarki, podczas gdy jej moment pędu pozostaje stały. Ponieważ brak jest tarcia, energia ta pozostaje w układzie. W związku z tym, gdyby łyżwiarka znów rozciągnęła ręce do pierwotnej pozycji, to do początkowej wartości zmaleją prędkość kątowa łyżwiarki (od ω ' do ω ) i jej energia kinetyczna (wartość energii ruchu obrotowego zmniejsza się od wartości E ' k obr do wartości E k obr ). Ostatnie stwierdzenia uzasadnia następujący ciąg równości: E k obr = E k obr ′ ⋅ I ′ / I = [ I ′ ( ω ′ ) 2 / 2 ] ⋅ ( I ′ / I ) = ( I ′ ω ′ ) 2 / 2 I = ( I ω ) 2 / 2 I = I ω 2 / 2 . Układ Słoneczny jest kolejnym przykładem pokazującym jak zasada zachowania momentu pędu działa w naszym Wszechświecie. Nasz Układ Słoneczny zrodził się z ogromnego obłoku (chmury) gazu i pyłu, który początkowo miał określoną energię kinetyczną ruchu obrotowego. Siły grawitacyjne powodowały ściskanie się tej chmury, a jej szybkość obrotów rosła w wyniku działania zasady zachowania momentu pędu ( ). Układ Słoneczny formował się z obłoku gazu i pyłu, który pierwotnie wirował. Ruchy orbitalne i obroty planet odbywają się w tym samym kierunku, co pierwotny kierunek ruchu, przez co moment pędu macierzystej chmury jest zachowany. (Źródło: modyfikacja pracy przez NASA) Kontynuujemy naszą dyskusję dotyczącą przykładu, który ma zastosowanie w inżynierii. Połączone koła zamachowe Koło zamachowe obraca się bez tarcia z początkową częstotliwością ω 0 = 600 o b r / m i n na pionowym wale (osi obrotu) o zaniedbywalnej wartości momentu bezwładności. Spada na nie drugie koło zamachowe, które jest w stanie spoczynku i ma moment bezwładności trzy razy większy niż obracające się koło ( ). Ponieważ istnieje tarcie między powierzchniami kół zamachowych, po krótkim czasie osiągną, taką samą prędkość kątową, po czym będą obracać się razem. Stosując zasadę zachowania momentu pędu, znajdź prędkość kątową połączonych kół. Jaka część początkowej energii kinetycznej jest tracona podczas połączenia się kół zamachowych? Dwa koła zamachowe zostają nałożone na siebie i obracają razem. Strategia rozwiązania Część (a) zadania jest łatwa do rozwiązania; znajdziemy w niej prędkość kątową połączonych kół. Następnie otrzymany wynik wykorzystamy w części (b), w celu porównania początkowej i końcowej energii kinetycznej układu. Rozwiązanie Na ten układ nie działa zewnętrzny moment sił. Co prawda, siła tarcia między powierzchniami kół wytwarza moment sił, ale jest to moment sił wewnętrznych, który nie wpływa na moment pędu całego układu. Z tego powodu możemy zastosować zasadę zachowania momentu pędu: I 0  ω 0 = I 0 + 3  I 0  ω 0 = 4  I 0  ω ⇒ ω = 1 4  ω 0 = 1 4 ⋅ 2 π f 0 = 15,7  rad ∕ s  . I_0 \omega_0 = (I_0 + 3I_0)\omega_0 = 4I_0 \omega \implies \omega = \frac14 \omega_0 = \SI{150}{\obrott\per\minute} = \SI{15,7}{\radian\per\second} \text{.} Przed połączeniem obracało się tylko jedno koło zamachowe. Energia kinetyczna ruchu obrotowego koła zamachowego I 0 ω 2 / 2 jest równocześnie początkową energią kinetyczną ruchu obrotowego układu. Końcowa energia kinetyczna wynosi 1 / 2 ⋅ 4 I 0 ω 2 = 1 / 2 ⋅ 4 I 0 ⋅ ( ω 0 / 4 ) 2 = I 0 ω 0 2 / 8 . Zatem stosunek końcowej energii kinetycznej do początkowej jest równy 1 8 I 0 ω 0 2 1 2 I 0 ω 0 2 = 1 4 . Tak więc po połączeniu się dwóch kół zamachowych 3/4 początkowej energii kinetycznej zostaje stracone. Znaczenie Ponieważ moment bezwładności układu zwiększa się, to zgodnie z oczekiwaniami z prawa zachowania momentu pędu prędkość kątowa się zmniejsza. W tym przykładzie widzimy, że końcowa energia kinetyczna układu zmniejszyła się, a straty energii powstają w wyniku tarcia występującego między kołami zamachowymi w trakcie ich łączenia się (prędkość kątowa jednego koła maleje a drugiego (początkowo nie obracającego się) rośnie). Porównaj to z przykładem na , gdzie łyżwiarka wykonuje pracę, ściągając ramiona do środka, zwiększając w ten sposób energię kinetyczną ruchu obrotowego. Sprawdź, czy rozumiesz. Karuzela (podwórkowa) na boisku obraca się z częstotliwością 4,0 obr/min. Wskoczyło na nią troje dzieci i zwiększyło moment bezwładności obracającego się układu karuzela/dzieci o 25%. Jaka jest nowa częstotliwość obrotów (prędkość obrotowa)? Korzystając z zasady zachowania momentu pędu otrzymujemy I ⋅ 4.0 o b r / m i n = 1,25 I ω f ⟹ ω f = 1,0 1,25 ⋅ 4,0 o b r / m i n = 3,2 o b r / m i n . Zeskok z drążka Gimnastyk o masie 80,0 kg wykonujący ćwiczenia na drążku zwalnia uchwyt i puszcza drążek gimnastyczny. Ewolucje zaczyna od pełnego wyprostu, a następnie podwija nogi i przyciąga ręce do siebie tak, aby wykonać określoną liczbę obrotów przed lądowaniem. Jego moment bezwładności przy całkowitym wyprostowaniu może być przybliżony momentem bezwładności pręta o długości 1,8 m, a gdy jest w pozycji kucznej – prętem o połowie tej długości. Jego częstotliwość obrotów (szybkość obrotowa) przy pełnym wyprostowaniu wynosi 1,0 obr/s, a przyjmuje pozycję kuczną w chwili, gdy jego środek masy jest na wysokości 3,0 m i przesuwa się poziomo względem podłogi (jego prędkość jest skierowana poziomo). Ile obrotów może wykonywać do czasu, gdy z powrotem wyprostuje się na wysokości 1,8 m? Patrz . Gimnastyk o masie 80,0 kg odrywa się od drążka gimnastycznego i wykonuje szereg obrotów w pozycji skulonej przed lądowaniem w pozycji pionowej. Strategia rozwiązania Korzystając z zasady zachowania momentu pędu, możemy znaleźć jego szybkość obrotową (częstotliwość obrotów), gdy jest w pozycji kucznej. Korzystając z równań kinematyki, możemy znaleźć czas, odpowiadający zmianie wysokości środka masy gimnastyka z 3,0 m do 1,8 m. Ponieważ w momencie puszczenia drążka środek masy ma prędkość skierowaną poziomo względem ziemi, to w kierunku pionowym mamy do czynienia ze spadkiem swobodnym, co upraszcza obliczenia. To pozwala nam wyznaczyć liczbę wykonywanych obrotów. Ponieważ w obliczeniach wystąpi stosunek szybkości obrotowych, możemy zachować ich jednostki obr/s i nie trzeba ich przekształcać na jednostki prędkości kątowych rad/s. Rozwiązanie Moment bezwładności przy pełnym rozciągnięciu ciała gimnastyka, tuż po oderwaniu się od drążka, jest równy I 1 = m L 1 2 / 12 = 80,0 k g ⋅ ( 1,8 m ) 2 / 12 = 21,6 k g ⋅ m 2 , a gdy był w pozycji kucznej I 2 = m L 2 2 / 12 = 80,0 k g ⋅ ( 0,9 m ) 2 / 12 = 5,4 k g ⋅ m 2 . Z zasady zachowania momentu pędu: I 1 ω 1 = I 2 ω 2 ⟹ ω 2 = I 1 I 2 ω 1 = 21,6 k g ⋅ m 2 5,4 k g ⋅ m 2 ⋅ 1,0 o b r / s = 4,0 o b r / s . Przedział czasu w pozycji kucznej wynosi: t = 2 h g = 2 ( 3,0 m − 1,8 m ) 9,8 m / s 2 = 0,5 s . W ciągu 0,5 s gimnastyk będzie mógł wykonać dwa obroty z szybkością kątową 4,0 obr/s. Znaczenie Należy zauważyć, że liczba obrotów, jaką gimnastyk może wykonać, będzie zależeć od tego, jak długo jest on w powietrzu. W rozważanym przez nas przykładzie puszcza on drążek w momencie, gdy jego wyprostowane ciało jest ustawione poziomo. Może on też puścić drążek, będąc pod kątem, zarówno dodatnim, jak i ujemnym, a to odpowiednio wydłuża lub skraca czas ruchu w powietrzu. Zawodnicy muszą wziąć to pod uwagę przy wykonywaniu zeskoku z drążka. Zachowanie momentu pędu podczas zderzenia Pocisk o masie m = 2,0 g , poruszając się poziomo z prędkością 500,0 m/s, uderzył w brzeg tarczy i utkwił w nim. Tarcza ma masę M = 3,2 k g oraz promień R = 0,5 m . Może się ona swobodnie obracać wokół swojej osi. Jeżeli tarcza była początkowo w spoczynku ( ), to jaka jest prędkość kątowa tarczy natychmiast po tym, jak pocisk utkwił w jej brzegu? Pocisk poruszając się poziomo uderzył w brzeg tarczy i utkwił w jej krawędzi. Tarcza może swobodnie się obracać wokół osi pionowej. Strategia rozwiązania W układzie pocisk – tarcza nie działa żaden zewnętrzny moment sił wzdłuż osi pionowej przechodzącej przez centrum dysku. W ten sposób moment pędu wzdłuż tej osi jest zachowany. Początkowy, tuż przed zderzeniem, moment pędu pocisku, liczony względem osi obrotu tarczy, wynosi m v R , a początkowy moment pędu tarczy ma wartość zero. Zatem całkowity moment pędu układu przed zderzeniem jest równy m v R . Ponieważ moment pędu jest zachowany, końcowy moment pędu układu jest równy momentowi pędu tarczy z tkwiącym w niej pociskiem po uderzeniu. Rozwiązanie Początkowy moment pędu układu jest równy L 1 = m v R . Moment bezwładności układu z pociskiem osadzonym w tarczy wynosi I = m R 2 + 1 2 M R 2 = ( m + M 2 ) R 2 . Końcowy moment pędu układu jest równy L 2 = I ω 2 . W ten sposób, z zasady zachowania momentu pędu L 1 = L 2 m v R = ( m + M 2 ) R 2 ω 2 . W rozwiązaniu ze względu na ω 2 otrzymujemy: ω 2 = m v ( m + M / 2 ) R = 2,0 ⋅ 10 − 3 k g ⋅ 500,0 m / s ( 2,0 ⋅ 10 − 3 k g + 1,6 k g ) ⋅ 0,50 m = 1,2 r a d / s . Znaczenie Układ składa się zarówno z punktowej cząstki, jak i bryły sztywnej. Należy zachować ostrożność przy formułowaniu wyrażenia na moment pędu przed zderzeniem i po nim. W naszym przypadku moment pędu pocisku przed zderzeniem i po nim był liczony względem osi obrotu tarczy. Podsumowanie Zasada zachowania momentu pędu mówi, że w przypadku braku zewnętrznych momentów sił całkowity moment pędu w układzie jest zachowany. Jest to odpowiednik zasady zachowania pędu, która mówi, że pęd w układzie jest zachowany, gdy suma sił zewnętrznych działających na układ jest równa zero. W przypadku bryły sztywnej, obracającej się wokół stałej osi, zasada zachowania momentu pędu mówi, że w nieobecności zewnętrznego wypadkowego momentu sił mamy I 2 ω 2 = I 1 ω 1 . Zgodnie z tym równaniem prędkość kątowa jest odwrotnie proporcjonalna do momentu bezwładności. Tak więc jeśli moment bezwładności zmniejsza się, to prędkość kątowa, w celu zachowania moment pędu, musi wzrosnąć. Układy zawierające zarówno cząstki punktowe, jak i bryły sztywne również mogą być analizowane przy użyciu zasady zachowania momentu pędu. Momenty pędu wszystkich ciał w układzie muszą być liczone względem tej samej wspólnej osi. Pytania Czemu służy małe śmigło umieszczone pionowo na ogonie śmigłowca, które obraca się w płaszczyźnie prostopadłej do dużego śmigła (wirnika nośnego)? Bez tego małego śmigła korpus śmigłowca obracałby się w przeciwnym kierunku do dużego śmigła w celu zachowania momentu pędu. Ruch małego śmigła jest źródłem siły, przyłożonej w odległości r od środka masy helikoptera, co zapobiega niepożądanemu obrotowi korpusu śmigłowca. Załóżmy, że dziecko przechodzi od zewnętrznej krawędzi obracającej się karuzeli do jej środka. Wyjaśnij, czy prędkość kątowa karuzeli spowoduje wzrost czy spadek prędkości kątowej czy też pozostanie ona taka sama? Przyjmij, że karuzela wiruje bez tarcia. Jeżeli kulka uwiązana do liny okręca się wokół słupa, to co się dzieje z prędkością kątową piłki? Prędkość kątowa zwiększa się, ponieważ moment bezwładności maleje. Przypuśćmy, że polarne góry lodowe oderwały się i popłynęły w kierunku równika ziemskiego, zanim zdążyły się stopić. Co w takiej sytuacji stałoby się z prędkością kątową Ziemi? Wyjaśnij, dlaczego gwiazdy obracają się szybciej, gdy zapadają się pod wpływem siły grawitacji. Dlatego, że więcej masy gromadzi się w pobliżu osi obrotu gwiazdy, co zmniejsza moment bezwładności i powoduje zwiększenie jej prędkości kątowej. Podczas skoku z trampoliny nurek koziołkuje, ściągając swoje kończyny i kuląc swoje ciało. Tuż przed wejściem do wody prostuje się i wyciąga swoje kończyny, aby wejść do wody prosto w dół (patrz rysunek). Wyjaśnij wpływ obydwu działań nurka (na początku i na końcu skoku) na jego prędkość kątową. Wyjaśnij również wpływ działań nurka na zmiany jego momentu pędu. Zadania Krążek o masie 2,0 kg i promieniu 60 cm o małej masie 0,05 kg przyczepionej na jego brzegu obraca się z częstotliwością 2,0 obr/s. Mała masa oddziela się nagle od krążka. Jaka jest końcowa prędkość obrotowa (częstotliwość obrotów) krążka? Masa Słońca wynosi 2 ⋅ 10 30 k g , jego promień 7,0 ⋅ 10 5 k m , a jego okres obrotu to około 28 dni. Gdyby Słońce zapadło się (nastąpił kolaps grawitacyjny Słońca) do rozmiarów białego karła o promieniu 3,5 ⋅ 10 3 k m , to jaki byłby jego okres obrotu, przy założeniu, że podczas zapadania się część masy nie została wyrzucona na zewnątrz i w obu przypadkach Słońce można traktować jako kulę o stałej gęstości? L = 2 5 M S ⋅ ( 3,5 ⋅ 10 3 k m ) 2 ⋅ 2 π T , ( 7,0 ⋅ 10 5 k m ) 2 ⋅ 2 π 28 d n i = ( 3,5 ⋅ 10 3 k m ) 2 ⋅ 2 π T . Po obliczeniu T = 28 d n i ⋅ ( 3,5 ⋅ 10 3 k m ) 2 ( 7,0 ⋅ 10 5 k m ) 2 = 7,0 ⋅ 10 − 4 d n i a = 60,5 s . Walec o momencie bezwładności I 1 = 2,0 k g ⋅ m 2 obraca się zgodnie z ruchem wskazówek zegara wokół pionowej osi przechodzącej przez jego środek z prędkością kątową ω 1 = 5,0 r a d / s . Drugi walec o momencie bezwładności I 2 = 1,0 k g ⋅ m 2 obraca się przeciwnie do ruchu wskazówek zegara wokół tej samej osi z prędkością kątową ω 2 = 8,0 r a d / s . Jeśli para walców łączy się i obraca wokół tej samej osi obrotu, to jaka jest prędkość kątowa połączonych walców? Jaka część (w procentach) początkowej energii kinetycznej jest tracona podczas tarcia, występującego przy wyrównywaniu się prędkości kątowych walców? Nurek podczas odbicia z trampoliny uzyskuje wstępny obrót ciała w pozycji całkowicie wyprostowanej, następnie ściąga swoje kończyny, kuląc się, a potem wykonuje trzy koziołki przed uderzeniem w wodę. Jego moment bezwładności, gdy jego ciało jest rozciągnięte, wynosi 16,9 k g ⋅ m 2 , a podczas salta (w pozycji skulonej) 4,2 k g ⋅ m 2 . Jaką szybkość obrotową (częstotliwość obrotów) musi on nadać swemu ciału bezpośrednio po odbiciu z trampoliny, jeśli wykonanie salta przed uderzeniem w wodę trwa 1,4 s? f 1 = 2,1 o b r / s ⟹ f 0 = 0,5 o b r / s . Orbita satelity Ziemi ma apogeum 2500 km nad powierzchnią Ziemi, a perygeum 500 km nad powierzchnią Ziemi. W apogeum jego prędkość wynosi 730 m/s. Jaka jest jego prędkość w perygeum? Promień Ziemi wynosi 6370 km (patrz poniżej). Rosyjski satelita komunikacyjny Mołnia (rus. Молния – piorun, błyskawica) ma bardzo wydłużoną orbitę, tak aby zapewnić ciągłość zasięgu komunikacji w krajach skandynawskich i w sąsiedztwie Rosji. Orbita jest tak ustawiona, aby w tych krajach satelita był widoczny przez jak najdłuższy czas (patrz poniżej). Jeżeli satelita na takiej orbicie ma apogeum w odległości 40 000 km mierzonej od środka Ziemi i prędkość 3,0 km/s, to jaka jest jego prędkość w perygeum znajdującym się na wysokości 200,0 km? r P m v P = r A m v A ⟹ v P = 18,3 k m / s . Poniżej pokazana jest mała cząstka o masie 20 g, poruszająca się z prędkością 10,0 m/s, która uderza w krawędź pełnego walca i przykleja się do jego brzegu. Walec może się swobodnie obracać wokół osi przechodzącej przez jego środek (wokół osi symetrii walca) i prostopadłej do jego podstawy. Walec o masie 0,5 kg i promieniu 10 cm, znajduje się początkowo w spoczynku. (a) Jaka jest prędkość kątowa układu po zderzeniu? (b) Ile energii kinetycznej jest tracone podczas zderzenia? Robak o masie 0,020 kg znajduje się na brzegu tarczy ( M = 0,10 k g , R = 0,10 m ) obracającej się w płaszczyźnie poziomej wokół pionowej osi przechodzącej przez jej środek. Tarcza obraca się z prędkością kątową 10,0 rad/s. Robak czołga się do środka tarczy. (a) Jaka będzie nowa prędkość kątowa tarczy, gdy robak doczołga się do jej środka? (b) Ile wynosi zmiana energii kinetycznej układu? (c) Jaka będzie prędkość kątowa tarczy w przypadku, gdy robak doczołga się z powrotem do zewnętrznej krawędzi tarczy? (d) Jaka jest wtedy nowa energia kinetyczna układu? (e) Co jest przyczyną wzrostu i spadku energii kinetycznej? a. I tarczy = 5,0 ⋅ 10 − 4 k g ⋅ m 2 , I robaka = 2,0 ⋅ 10 − 4 k g ⋅ m 2 , ( I tarczy + I robaka ) ω 1 = I tarczy ω 2 , ω 2 = 14,0 r a d / s .b. Δ E k = 0,014 J ; c. ω 3 = 10,0 r a d / s powrót do początkowej wartości, d. 1 2 ( I tarczy + I robaka ) ω 3 2 = 0,035 J powrót do początkowej wartości. e. praca wykonana przez robaka poruszającego się po dysku. Jednorodny pręt mający masę 200 g i długość 100 cm może swobodnie obracać się w płaszczyźnie poziomej wokół stałej pionowej osi, przechodzącej przez jego środek i prostopadłej do jego długości. Dwa małe koraliki, każdy o masie 20 g, są umieszczone w rowkach wzdłuż pręta. Początkowo oba koraliki są unieruchomione przy pomocy zaczepów, symetrycznie po przeciwnych stronach środka pręta, w odległości 10 cm od osi obrotu. Gdy koraliki są w tym położeniu, pręt obraca się z prędkością kątową 10,0 rad/s. Kiedy zaczepy zostają zwolnione, koraliki przesuwają się na zewnątrz wzdłuż pręta. (a) Jaka będzie prędkość kątowa pręta, gdy kulki dotrą do jego końców? (b) Jaka będzie prędkość kątowa pręta, jeżeli koraliki oderwą się od pręta? Karuzela ma promień 2,0 m i moment bezwładności 300 k g ⋅ m 2 . Chłopiec o masie 50 kg biegnie po ziemi stycznie do obrzeża karuzeli z prędkością 4,0 m/s i wskakuje na nią. Jeżeli karuzela była początkowo w spoczynku, to jaka jest jej prędkość kątowa po wskoczeniu na nią chłopca? L 1 = 400,0 k g ⋅ m 2 / s , L 2 = 500,0 k g ⋅ m 2 ⋅ ω , ω = 0,80 r a d / s . Karuzela na placu zabaw ma masę 120 kg, promień 1,80 m i obraca się z częstotliwością 0,50 obr/s. Jaka jest jej częstotliwość obrotów po tym, gdy dziecko o masie 22,0 kg chwytając za jej zewnętrzną obręcz, wskakuje na karuzelę. Dziecko było początkowo w stanie spoczynku. Troje dzieci jedzie na karuzeli, siedząc na krzesełkach przy jej krawędzi. Karuzela ma masę 100 kg, promień 1,60 m i wiruje z częstotliwością 20,0 obr/min. Dzieci mają masy 22,0, 28,0, i 33,0 kg. Jeśli dziecko, które ma masę 28,0 kg, przejdzie do środka karuzeli, to jaka będzie nowa częstotliwość obrotów karuzeli? I 1 = 340,48 k g ⋅ m 2 , I 2 = 268,8 k g ⋅ m 2 , f = 25,33 o b r / m i n . (a) Oblicz moment pędu łyżwiarza na lodzie obracającego się z częstotliwością 6,0 obr/s i mającego moment bezwładności 0,40 k g ⋅ m 2 . (b) Jak zmniejszy się częstotliwość obrotów (szybkość obrotowa) łyżwiarza po rozciągnięciu przez niego ramion i zwiększeniu w ten sposób momentu bezwładności? Znajdź wartość tego momentu bezwładności, jeśli częstotliwość obrotów łyżwiarza zmaleje do 1,25 obr/s. (c) Załóżmy, że zamiast rozciągnięcia ramion łyżwiarz pozwala, aby tarcie łyżew o lód spowolniło go do 3,00 obr/s. Jaki był średni moment sił, gdy spowolnienie to zajęło 15,0 s? Dwie łyżwiarki zbliżają się do siebie, jak pokazano poniżej, i chwytają się za ręce. (a) Oblicz ich końcową prędkość kątową, jeżeli każda miała początkową prędkość 2,50 m/s względem lodu. Każda z nich ma masę 70,0 kg, a środek masy każdej z nich znajduje się 0,80 m od ich połączonych dłoni. Możesz przybliżyć ich momenty bezwładności masami punktowymi względem ich środka mas. (b) Porównaj początkową i końcową energię kinetyczną układu. a. L 1 = 280 k g ⋅ m 2 / s , I 2 = 89,6 k g ⋅ m 2 , ω 2 = 3,125 r a d / s ; b. K 1 = 437,5 J , K 2 = 437,5 J . W grze w baseball łapacz wyciąga swoją rękę prosto w górę, aby złapać piłkę poruszającą się z prędkością 40 m/s. Piłka ma masę 0,145 kg, a ręka łapacza ma długość 0,5 m i masę 4,0 kg. (a) Jaka jest prędkość kątowa ręki względem gniazda (głowy) ramienia natychmiast po złapaniu piłki? (b) Ile wynosi moment pędu, gdy chwytacz wstrzymuje obrót ramienia 0,3 s po złapaniu piłki? W 2015 roku, w Warszawie, Olivia Rybicka-Oliver, 11-letnia Kanadyjka polskiego pochodzenia pobiła rekord świata jako najszybsza wykonawczyni piruetów na łyżwach. Osiągnęła ona rekordowe 342 obr/min, pobijając dotychczasowy rekord Guinnessa o 34 obroty. Jeżeli łyżwiarka rozciąga ramiona przy tej liczbie obrotów, to jaka jest jej nowa częstotliwość obrotów (szybkość obrotowa)? Załóżmy, że w celu rozwiązania zadania, w czasie pobijania rekordu łyżwiarka może być przybliżona przez 45-kilogramowy pręt, który ma 1,7 m wysokości i promień 15 cm. Gdy po pobiciu rekordu wyciąga ręce, mogą być one przybliżone prętem o długości 130 cm i masie stanowiącej 10% masy jej ciała, zorientowanym prostopadle do osi obrotu. Zignoruj siły tarcia. Moment bezwładności podczas wykonywania rekordowych obrotów: I 1 = 0,5 k g ⋅ m 2 , A po wyciągnięciu rąk: I 2 = 1,1 k g ⋅ m 2 , ω 2 = I 1 I 2 ω 0 ⟹ f 2 = 155,5 o b r / m i n . Satelita znajduje się na geostacjonarnej orbicie kołowej odległej o 42 164 km od centrum Ziemi. Z satelitą zderza się niewielka asteroida i wyrzuca go na eliptyczną orbitę z jej apogeum odległym o 45 000 km od centrum Ziemi. Jaka jest prędkość satelity w apogeum? Załóżmy, że jej moment pędu w czasie zderzenia został zachowany. Gimnastyczka robi przewroty na podłodze, a następnie po odbiciu „wyrzuca” się w powietrze wykonując, kilka koziołków w pozycji skulonej. Jeśli jej moment bezwładności podczas robienia przewrotów wynosi 13,5 k g ⋅ m 2 , a jej częstotliwość (szybkość) wirowania wynosi 0,5 obr/s, to ile obrotów robi ona w powietrzu, jeśli jej moment bezwładności w pozycji skulonej wynosi 3,4 k g ⋅ m 2 , a ma ona na wykonanie koziołków w powietrzu 2,0 s? Jej szybkość (częstotliwość) wirowania wynosi: f 2 = 2,0 o b r / s ; Gimnastyczka w powietrzu robi cztery obroty. Wirówka w NASA Ames Research Center ma promień 8,8 m i może dawać odśrodkowe siły bezwładności do 20 g (20 razy siła grawitacji na powierzchni Ziemi). (a) Ile wynosi moment pędu ładunku o masie 20 kg, który doznaje przeciążenia 10g w wirówce? (b) Jeżeli silnik sterownika wirówki został wyłączony, a ładunek zmalał do 10 kg, to jaka będzie jego nowa szybkość (częstotliwość) wirowania, jeżeli zignorujemy siły tarcia? Diabelskie koło (diabelski młyn) ma cztery szprychy, do których są podwieszone gondole, przy czym każda może pomieścić dwie osoby. Ramiona szprych mają po 15 m długości i są przymocowane do osi centralnej. Każda szprycha ma masę 200,0 kg, a gondole po 100,0 kg. Jeśli podczas jazdy koło obraca się z częstotliwością 0,2 obr/s, a w każdej kapsule znajduje się dwoje dzieci o masie po 50,0 kg każde, to jaka będzie nowa szybkość (częstotliwość) wirowania, jeśli wszystkie dzieci wyskoczą w czasie jazdy? Moment bezwładności wszystkich dzieci: I 1 = 2,4 ⋅ 10 5 k g ⋅ m 2 ; I 2 = 1,5 ⋅ 10 5 k g ⋅ m 2 ; f 2 = 0,3 o b r / s . Łyżwiarz przygotowuje się do skoku z obrotem z rozszerzonymi (wyciągniętymi) rękami. Podczas gdy jego ręce są rozciągnięte obraca się on z częstotliwością 0,5 obr/s, a jego moment bezwładności wynosi 1,8 k g ⋅ m 2 . Jeśli łyżwiarz wybija się w powietrze z prędkością 9,0 m/s, przy kącie 45° w stosunku do lodu, to ile obrotów może on wykonać podczas lotu, jeśli jego moment bezwładności w powietrzu wynosi 0,5 k g ⋅ m 2 ? Stacja kosmiczna ma postać olbrzymiego obracającego się cylindra o masie 10 6 k g i promieniu 100 m z ludźmi na jego wewnętrznej powierzchni. W celu wytworzenia sztucznej grawitacji obraca się ona wokół własnej osi z częstotliwością 3,30 obr/min. Jeśli 100 osób o przeciętnej masie 65 kg oczekuje na mający przybyć statek kosmiczny, to jaka jest nowa częstotliwość obrotów (szybkość obrotowa), gdy wszyscy ludzie opuszczą stację? I 1 = 1,00 ⋅ 10 10 k g ⋅ m 2 , I 2 = 9,94 ⋅ 10 9 k g ⋅ m 2 , f 2 = 3,32 o b r / m i n . Neptun ma masę 1,0 ⋅ 10 26 k g , dzieli go odległość 4,5 ⋅ 10 9 k m od Słońca, a jego okres obiegu wokół niego równy jest 165 lat. Według jednej z hipotez dotyczących powstania Układu Słonecznego wyewoluował on z pierwotnego gazowego dysku, który miał promień 10 11 k m . Z większości jego masy około 4,5 miliarda lat temu powstało Słońce, a z reszty planety – planetoidy i asteroidy. Jeśli przyjmiemy, że Neptun, zewnętrzna planeta Układu Słonecznego, powstał z tych części obłoku, które były rozłożone równomiernie na jego zewnętrznych krawędziach, to jaki był okres obrotu zewnętrznych krawędzi pierwotnego dysku? prawo zachowania momentu pędu (ang. law of conservation of angular momentum ) moment pędu jest zachowany, to znaczy początkowy moment pędu jest równy końcowemu momentowi pędu, gdy na układ nie działa zewnętrzny moment sił

Science