25

Projekt jest współfinansowany z Europejskiego Funduszu Społecznego

w ramach programu operacyjnego KAPITAŁ LUDZKI

I.

Dynamiczne równania ruchu post

ę

powego

Chc

ą

c rozwi

ą

za

ć

zagadnienie ruchu jakiego

ś

ciała lub układu ciał bardzo cz

ę

sto zaczynamy

od dynamicznych równa

ń

ruchu. Najcz

ęś

ciej mianem tym okre

ś

lamy równanie II zasady dynamiki

Newtona dla tego ciała lub układu ciał, zapisane w postaci ró

ż

niczkowej. Jednak

ż

e na potrzeby

tego kursu wyrównawczego, za dynamiczne równanie ruchu b

ę

dziemy uwa

ż

a

ć

równanie:

wyp

F

m

a

=

⋅

, w którym

wyp

F

podana jest jawnie jako suma sił działaj

ą

cych na ciało lub układ ciał,

czyli:

m

a

...

F

F

F

3

2

1

⋅

=

+

+

+

.

Siła wypadkowa to zawsze wektorowa suma sił.

ś

adna z tych sił nie wyst

ę

puje w tym równaniu z minusem.

Ka

ż

de zagadnienie dynamiczne zaczynamy od wypisania powy

ż

szego równania w formie

wektorowej. Równanie to z pomini

ę

ciem wektorów jest w zdecydowanej wi

ę

kszo

ś

ci zada

ń

równaniem nieprawidłowym.

W konkretnym zadaniu siły

3

2

1

F

,

F

,

F

s

ą

konkretnymi siłami (takimi jak tarcie, siła reakcji podło

ż

a,

naci

ą

g nici, siła ci

ęż

ko

ś

ci itp.), które nale

ż

y uwzgl

ę

dni

ć

, jako działaj

ą

ce na rozpatrywane ciało lub

układ ciał.

II zasada dynamiki Newtona dla jednego ciała musi uwzgl

ę

dnia

ć

wszystkie siły przyło

ż

one do

tego ciała. Je

ż

eli ciało porusza si

ę

ruchem post

ę

powym lub spoczywa, mo

ż

emy traktowa

ć

wszystkie te siły jak przyło

ż

one do

ś

rodka masy tego ciała:

m

a

...

F

F

F

3

2

1

⋅

=

+

+

+

II zasada dynamiki Newtona dla układu ciał, z których ka

ż

de porusza si

ę

ruchem post

ę

powym,

z tym samym przyspieszeniem liniowym, musi uwzgl

ę

dnia

ć

wszystkie siły zewn

ę

trzne przyło

ż

one

do wszystkich elementów tego układu ciał i nie mo

ż

e zawiera

ć

sił wewn

ę

trznych w tym układzie:

...)

m

m

(

a

...

F

F

F

2

1

3

z

2

z

1

z

+

+

⋅

=

+

+

+

gdzie suma po prawej stronie tego równania to suma mas wszystkich elementów układu.

Bezpo

ś

rednio z równania wektorowego nie mo

ż

emy obliczy

ć

ż

adnych wielko

ś

ci algebraicznych.

Dlatego niezb

ę

dna jest zamiana równania wektorowego na równania algebraiczne.

Z jednego równania wektorowego otrzymujemy tyle równa

ń

algebraicznych, ile współrz

ę

dnych

przestrzennych zostało zaanga

ż

owane w zadaniu (czyli najwy

ż

ej trzy).

Poni

ż

ej podane zostan

ą

szczegółowe rozwi

ą

zania kilku przykładowych zada

ń

dotycz

ą

cych dynamiki

ruchu układów ciał.

Blok 4:

Dynamika ruchu post

ę

powego.

Równia, wielokr

ąż

ki, układy ciał

26

Projekt jest współfinansowany z Europejskiego Funduszu Społecznego

w ramach programu operacyjnego KAPITAŁ LUDZKI

II.

Klocki na płaszczy

ź

nie.

►

Przykład 4.1: Układ trzech stykaj

ą

cych si

ę

z sob

ą

klocków pchamy sił

ą

F

o warto

ś

ci

N

10

F

=

, jak pokazano na rysunku.

Zakładamy,

ż

e klocki poruszaj

ą

si

ę

po

poziomym podło

ż

u bez tarcia. Masy klocków:

kg

2

m

,

kg

4

m

,

kg

1

m

3

2

1

=

=

=

. Oblicz

warto

ś

ci:

A) przyspieszenia układu klocków
B) sił wypadkowych działaj

ą

cych na ka

ż

dy klocek

C) siły

12

F

, któr

ą

klocek 1 działa na klocek 2

D) siły

32

F

, któr

ą

klocek 3 działa na klocek 2

A) Chc

ą

c obliczy

ć

przyspieszenie całego układu (równe przyspieszeniu ka

ż

dego klocka), mo

ż

na

skorzysta

ć

z II zasady dynamiki Newtona dla układu ciał:

)

m

m

m

(

a

F

3

2

1

z

+

+

⋅

=

.

Siły zewn

ę

trzne działaj

ą

ce na ten układ ciał, to trzy siły ci

ęż

ko

ś

ci,

3

c

2

c

1

c

F

,

F

,

F

(ka

ż

da

działaj

ą

ca na inny klocek), trzy siły reakcji podło

ż

a,

3

2

1

R

,

R

,

R

(ka

ż

da działaj

ą

ca na inny

klocek) i siła

F

przyło

ż

ona do klocka (1). Czyli II zasada dynamiki Newtona dla całego układu

w pełnej postaci:

)

m

m

m

(

a

F

R

R

R

F

F

F

3

2

1

3

2

1

3

c

2

c

1

c

+

+

⋅

=

+

+

+

+

+

+

.

Poniewa

ż

jednak klocki nie poruszaj

ą

si

ę

w kierunku pionowym, to z I zasady dynamiki

Newtona wiemy,

ż

e wektorowa suma pionowych składowych wszystkich sił musi by

ć

równa

zeru. Faktycznie, siły prostopadłe do podło

ż

a równowa

żą

si

ę

parami:

0

R

F

1

1

c

=

+

,

0

R

F

2

2

c

=

+

i

0

R

F

3

3

c

=

+

.

Ostatecznie

)

m

m

m

(

a

F

3

2

1

+

+

⋅

=

.

Wybieramy o

ś

OX równoległ

ą

do podło

ż

a i zwrócon

ą

zgodnie ze zwrotem siły

F

. Wówczas:

OX:

)

m

m

m

(

a

F

3

2

1

+

+

⋅

=

(gdzie uwzgl

ę

dnili

ś

my,

ż

e zarówno wektor

F

, jak i wektor

a

maj

ą

zwroty zgodne ze zwrotem osi OX), sk

ą

d

2

3

2

1

s

m

7

10

)

m

m

m

(

F

a

=

+

+

=

.

B) Obliczanie warto

ś

ci wypadkowej siły działaj

ą

cej na ciało to jest jedyne zagadnienie w tym

zadaniu, dla którego nie potrzebujemy rozpisywa

ć

siły wypadkowej jako sumy sił. Wystarczy,

ż

e znamy warto

ść

przyspieszenia ka

ż

dego z ciał, a.

Siła wypadkowa działaj

ą

ca na dany klocek nadaje mu przyspieszenie

a

, zatem:

1

1

wyp

m

a

F

⋅

=

, a

st

ą

d

N

kg

1

m

a

F

7

10

s

m

7

10

1

wyp

2

=

⋅

=

⋅

=

; siła

2

2

wyp

m

a

F

⋅

=

, a st

ą

d

N

kg

4

m

a

F

7

40

s

m

7

10

2

2

2

=

⋅

=

⋅

=

;

siła wypadkowa

3

3

wyp

m

a

F

⋅

=

, a st

ą

d

N

kg

2

m

a

F

7

20

s

m

7

10

3

3

2

=

⋅

=

⋅

=

.

C) Z III zasady dynamiki: Klocek 1 działa na 2 sił

ą

o takiej samej warto

ś

ci, z jak

ą

klocek 2 działa

na 1. Zatem:

N

7

60

N

7

10

N

10

m

a

F

F

F

F

F

F

F

F

F

F

1

1

wyp

21

21

1

wyp

21

1

wyp

=

−

=

⋅

−

=

−

=

⇒

−

=

⇒

+

=

D) Z III zasady dynamiki: Klocek 3 działa na 2 sił

ą

o takiej samej warto

ś

ci, z jak

ą

klocek 2 działa

na 3. Zatem:

N

7

20

m

a

F

F

F

F

3

3

wyp

23

23

3

wyp

=

⋅

=

=

⇒

=

.

27

Projekt jest współfinansowany z Europejskiego Funduszu Społecznego

w ramach programu operacyjnego KAPITAŁ LUDZKI

►

Przykład 4.2: W sytuacji przedstawionej na rysunku (tarcie pomijamy) masy ciał s

ą

równe

odpowiednio:

kg

4

m

1

=

,

kg

1

m

2

=

. Oblicz warto

ść

siły

napinaj

ą

cej nitk

ę

ł

ą

cz

ą

c

ą

klocki.

II zasada dynamiki Newtona dla całego układu:

)

m

m

(

a

R

R

F

F

F

2

1

2

1

2

c

1

c

+

⋅

=

+

+

+

+

Poniewa

ż

ruch odbywa

si

ę

w poziomie, to interesuje nas tylko równanie na iksow

ą

składow

ą

siły wypadkowej działaj

ą

cej

na ten układ klocków:

2

1

2

1

m

m

F

a

)

m

m

(

a

F

+

=

⇒

+

=

.

Uwaga: siła reakcji podło

ż

a przyło

ż

ona do ka

ż

dego z klocków równowa

ż

ona jest przez sił

ę

ci

ęż

ko

ś

ci tego klocka, bo

ż

aden z klocków nie porusza si

ę

(a tym bardziej nie przyspiesza) w

kierunku pionowym.

II zasada dynamiki Newtona dla klocka o masie

1

m

:

⇒

⋅

=

1

m

a

N

1

2

1

1

m

m

m

F

m

a

N

⋅

+

=

⋅

=

5

F

4

N

=

⇒

III.

Bloczki.

►

Przykład 4.3: Ci

ęż

arki o masach

kg

2

m

1

=

i

,

kg

3

m

2

=

poł

ą

czono nici

ą

. Ni

ć

przerzucono przez bloczek. Ni

ć

przerzucono

przez bloczek o pomijalnie małej masie. Oblicz:

A) przyspieszenie ci

ęż

arków

B) sił

ę

napi

ę

cia nici

I sposób: równania ruchu dla pojedynczych klocków.

II zasada dynamiki dla jednego klocka o masie

2

m

:

2

2

2

N

2

c

a

m

F

F

⋅

=

+

, a dla klocka o masie

1

m

:

1

1

1

N

1

c

a

m

F

F

⋅

=

+

. Oba klocki wisz

ą

na jednej nici, a poniewa

ż

dodatkowo bloczek si

ę

nie

obraca (ni

ć

ś

lizga si

ę

po bloczku), to wnioskujemy,

ż

e

N

2

N

1

N

F

F

F

≡

=

. Ni

ć

jest nierozci

ą

gliwa,

sk

ą

d wiadomo,

ż

e:

a

a

a

2

1

≡

=

.

Dla klocka z prawej strony obieramy o

ś

OX zwrócon

ą

pionowo w gór

ę

i przepisujemy równanie

wektorowe na algebraiczne:
OX:

a

m

F

g

m

2

N

2

⋅

−

=

+

⋅

−

Dla klocka z lewej strony obieramy o

ś

OX na przykład tak

ż

e zwrócon

ą

pionowo w gór

ę

, wówczas:

a

m

F

g

m

1

N

1

⋅

=

+

⋅

−

.

Odejmujemy równania stronami i otrzymujemy:

a

)

m

m

(

g

)

m

m

(

1

2

1

2

⋅

+

=

⋅

−

2

s

m

2

5

/

g

a

≈

=

⇒

Wstawiamy t

ę

warto

ść

do pierwszego równania algebraicznego i otrzymujemy:

N

24

g

m

)

a

g

(

m

F

5

4

2

2

N

=

=

−

=

28

Projekt jest współfinansowany z Europejskiego Funduszu Społecznego

w ramach programu operacyjnego KAPITAŁ LUDZKI

II sposób: równanie ruchu dla całego układu

Je

ż

eli chcemy obliczy

ć

tylko przyspieszenia poszczególnych klocków, a ni

ć

jest niewa

ż

ka i

nierozci

ą

gliwa

|

a

|

|

a

|

|

a

|

|

a

|

ukl

2

1

≡

=

=

, to mo

ż

emy skorzysta

ć

z II zasady dynamiki Newtona dla

układu. W takim wypadku nie uwzgl

ę

dniamy sił naci

ą

gu nici, jako sił wewn

ę

trznych w tym

układzie.

2

c

1

c

z

F

F

F

+

=

Napotykamy jednak na kłopot, bo wektor

2

1

a

a

≠

(ró

ż

ni

ą

si

ę

zwrotami).

Istnieje jednak twierdzenie, które pozwala na rozwi

ą

zanie tego zagadnienia

w niestandardowym układzie współrz

ę

dnych, którego o

ś

OX jest cały czas

równoległa do nici i wije si

ę

wraz z t

ą

nici

ą

(np. takim, jak na rysunku). W

takim układzie współrz

ę

dnych:

2

1

a

a

=

(oba klocki jad

ą

w stron

ę

tej samej

ko

ń

cówki nici) i mo

ż

emy zastosowa

ć

)

m

m

(

a

F

F

F

2

1

2

c

1

c

z

+

⋅

=

+

=

. Trzeba

tu jednak zwróci

ć

szczególn

ą

uwag

ę

na znaki wszystkich wektorów w tym

niestandardowym układzie współrz

ę

dnych:

)

m

m

(

a

F

F

2

1

2

c

1

c

+

⋅

=

−

, zatem

a

)

m

m

(

g

)

m

m

(

1

2

1

2

⋅

+

=

⋅

−

5

/

g

a

=

⇒

Je

ż

eli sposób II rozwi

ą

zania tego zadania sprawił Ci trudno

ś

ci koncepcyjne lub intuicyjne, to lepiej

go nie stosuj. Sposób I b

ę

dzie dla Ciebie lepszy.

►

Przykład 4.4: Oblicz stosunek mas, dla którego układ przedstawiony na

rysunku (masy bloczków i lin pomijamy) pozostaje w równowadze.

W zadaniu klocek (1) jest podwieszony do bloczka za pomoc

ą

jednej liny, a

klocek (2) za pomoc

ą

innej. Naci

ą

gi tych obu lin s

ą

najprawdopodobniej ró

ż

nej

warto

ś

ci. Bloczek prawy jest podwieszony do sufitu za pomoc

ą

trzeciej liny.

Ani klocki, ani bloczki nie poruszaj

ą

si

ę

. Z I zasady dynamiki Newtona:

Bloczek lewy:

0

N

N

2

2

1

=

+

⋅

Klocek

1

m

:

0

F

N

1

c

4

=

+

Bloczek prawy:

0

N

N

2

6

3

=

+

- to równanie nie b

ę

dzie nam potrzebne.

Klocek

1

m

:

0

F

N

1

c

5

=

+

Poniewa

ż

5

3

1

N

,

N

,

N

s

ą

naci

ą

gami tej samej nici, ich warto

ś

ci s

ą

równe:

5

3

1

N

N

N

=

=

.

Poniewa

ż

4

2

N

,

N

s

ą

naci

ą

gami tej samej nici, ich warto

ś

ci s

ą

równe:

4

2

N

N

=

.

Na rysunku zilustrowano wektory. Naci

ą

gi tej samej nici (wektory o

jednakowych długo

ś

ciach) zaznaczono jednakowymi kolorami.

Przy lewym bloczku obieramy o

ś

OX układu współrz

ę

dnych zwrócon

ą

pionowo w gór

ę

i otrzymujemy:

0

N

N

2

2

1

=

−

⋅

0

F

N

1

c

4

=

−

g

m

N

1

4

=

⇒

, a poniewa

ż

4

2

N

N

=

, to tak

ż

e

g

m

N

1

2

=

.

Przy prawym bloczku obieramy o

ś

OX układu współrz

ę

dnych na przykład zwrócon

ą

pionowo w

dół:

0

F

N

2

c

5

=

+

−

g

m

F

N

2

2

c

5

=

=

, a poniewa

ż

5

3

1

N

N

N

=

=

, to tak

ż

e

g

m

N

2

1

=

i

g

m

N

2

3

=

.

29

Projekt jest współfinansowany z Europejskiego Funduszu Społecznego

w ramach programu operacyjnego KAPITAŁ LUDZKI

Po uwzgl

ę

dnieniu tych wszystkich zale

ż

no

ś

ci, ostatecznie otrzymujemy:

0

N

N

2

2

1

=

−

⋅

, czyli

0

g

m

g

m

2

1

2

=

−

⋅

2

m

m

2

1

=

⇒

.

►

Przykład 4.5: Przyspieszenie klocków przedstawionych na

rysunku ma warto

ść

a

. Pomijamy mas

ę

nitki i bloczka. Masa

klocka zwisaj

ą

cego jest równa

1

m

, a masa klocka

znajduj

ą

cego si

ę

na stole:

2

m

.Oblicz współczynnik tarcia

kinetycznego klocka o stół oraz warto

ść

napi

ę

cia nici.

II zasada dynamiki dla klocka (1):

a

m

N

F

1

1

1

c

⋅

=

+

, czyli wzdłu

ż

nici:

a

m

N

F

1

1

1

c

⋅

=

−

II zasada dynamiki dla klocka (2):

a

m

T

N

R

F

2

2

2

2

c

⋅

=

+

+

+

Prostopadle do nici:

0

F

R

2

c

=

−

. Wzdłu

ż

nici:

a

m

T

N

2

2

⋅

=

−

i

R

F

T

N

µ

=

µ

=

, a poniewa

ż

z

równania w kierunku prostopadłym wiemy,

ż

e

2

c

F

R

=

, to wnioskujemy,

ż

e

2

c

F

T

µ

=

. Wiemy

tak

ż

e,

ż

e

2

1

N

N

=

.

Zatem przekształcaj

ą

c, otrzymujemy:

)

m

m

(

a

F

T

2

1

1

c

+

−

=

)

m

m

(

a

g

m

g

m

2

1

1

2

+

−

=

µ

⇒

g

m

)

m

m

(

a

g

m

2

2

1

1

+

−

=

µ

⇒

.

IV.

Równia.

►

Przykład 4.6: U podstawy równi o k

ą

cie nachylenia

o

30

=

α

i wysoko

ś

ci równi

m

2

H

=

znajduje si

ę

klocek o masie

kg

1

m

=

, do którego przyło

ż

ono sił

ę

N

10

F

=

pod k

ą

tem

o

30

=

β

wzgl

ę

dem powierzchni zbocza równi. Pomijaj

ą

c tarcie, oblicz:

A) przyspieszenie klocka
B) czas, po którym klocek osi

ą

gnie szczyt równi

C) szybko

ść

ko

ń

cow

ą

(przy wierzchołku równi)

D) sił

ę

nacisku klocka na równi

ę

II zasada dynamiki Newtona dla klocka:

m

a

R

F

F

c

⋅

=

+

+

. Korzystnie jest wybra

ć

układ

współrz

ę

dnych jak pokazano na rysunku (ale

mo

ż

na tak

ż

e wybra

ć

inny układ współrz

ę

dnych).

Uwaga: sposób rozwi

ą

zania przedstawiony w

dalszej cz

ęś

ci zale

ż

y od wyboru układu

współrz

ę

dnych, ale wyniki – nie zale

żą

od tego

wyboru.

W układzie współrz

ę

dnych przedstawionym na rysunku dynamiczne równania ruchu

przedstawiaj

ą

si

ę

nast

ę

puj

ą

co:

)

(

∗

Wzdłu

ż

osi OX:

m

a

|

F

|

|

F

|

cx

x

⋅

=

−

)

(

∗∗

Wzdłu

ż

osi OY:

0

|

F

|

R

|

F

|

cy

y

=

−

+

30

Projekt jest współfinansowany z Europejskiego Funduszu Społecznego

w ramach programu operacyjnego KAPITAŁ LUDZKI

gdzie:

β

⋅

=

cos

F

|

F

|

x

,

β

⋅

=

sin

F

|

F

|

y

- s

ą

warto

ś

ciami składowych siły

F

w wybranym układzie

współrz

ę

dnych,

α

⋅

=

sin

F

|

F

|

c

cx

,

α

⋅

=

cos

F

|

F

|

c

cy

- s

ą

warto

ś

ciami składowych siły ci

ęż

ko

ś

ci

c

F

w wybranym

układzie współrz

ę

dnych,

a R – jest warto

ś

ci

ą

siły reakcji podło

ż

a.

Zatem z równania

)

(

∗

, mamy:

A) Warto

ść

przyspieszenia klocka:

2

2

s

m

2

1

s

m

2

3

cx

x

66

,

3

kg

1

10

kg

1

N

10

m

sin

g

m

cos

F

m

|

F

|

|

F

|

a

≈

⋅

⋅

−

⋅

=

α

⋅

⋅

−

β

⋅

=

−

=

B) Czas potrzebny do osi

ą

gni

ę

cia szczytu równi mo

ż

na obliczy

ć

z kinematycznego równania

ruchu w ruchu jednostajnie przyspieszonym (klockowi nie nadano pr

ę

dko

ś

ci pocz

ą

tkowej,

czyli

0

v

0

=

):

2

2

1

at

s

=

i

α

=

sin

H

s

s

48

,

1

66

,

3

m

2

2

sin

a

H

2

t

2

1

s

m

2

≈

⋅

⋅

=

α

⋅

=

⇒

.

C) Szybko

ść

ko

ń

cow

ą

nale

ż

y obliczy

ć

z drugiego kinematycznego równania ruchu:

s

m

s

m

k

42

,

5

s

48

,

1

66

,

3

t

a

v

2

=

⋅

=

⋅

=

D) Siła nacisku klocka na równi

ę

jest równa co do warto

ś

ci sile reakcji podło

ż

a na klocek,

zatem z równania

)

(

∗∗

otrzymujemy:

N

66

,

3

N

10

10

kg

1

sin

F

cos

g

m

|

F

|

|

F

|

R

2

1

2

3

s

m

y

cy

2

≈

⋅

−

⋅

⋅

=

β

⋅

−

α

⋅

⋅

=

−

=