Zadania do rozdziału 4.
Zad.4.1.

Obliczyć moment siły M dla siły F = 120 N względem osi obrotu krążka o promieniu
r=20 cm, jeżeli działa ona stycznie do krążka.
RozwiÄ…zanie:


M = r x F

M = M = r Å" F Å" sin Ä…
Ä… = 90o
sin Ä… = 1
M = r Å" F =120 N Å" 0,2 m
M=24 Nm

Wektor momentu siły M leży na linii osi obrotu krążka (jest prostopadły do
płaszczyzny krążka) i skierowany jest za płaszczyznę rysunku.
Zad.4.2.
Obliczyć, jaki ciężarek Q należy zawiesić na końcu dz
wigni zaworu bezpieczeństa,
który się podniesie z chwilą, gdy parcie pary P na grzybek zaworu wyniesie 180 N. Dz
wigniÄ™
stanowi jednorodny żelazny płaskownik o masie m1=3 kg i długości l1=0.8 m. Odległość osi
zaworu od osi dz
wigni wynosi l2=15 cm.
RozwiÄ…zanie:
Siła ciężkości dz
wigni
Q1 = m1g
umiejscowiona jest w środku ciężkości
dz
wigni czyli w odległości
1
l3 = l1 = 0.4 m od osi obrotu O zaworu.
2
83
Na dz
wignię działają następujące momenty siły

M1 = l1 x Q od siły Q ciężkości ciężarka,

M2 = l2 x P od siły P parcia pary na zawór,

M3 = l3 x Q1 od siły Q1 ciężkości dz
wigni

M1, M2 i M3 działają wzdłuż osi obrotu dz
wigni, przy czym M1,i M3 sÄ… skierowane do nas

(od płaszczyzny rysunku), a M2 za płaszczyznę rysunku.
Równowaga nastąpi gdy

M = 0
"

M1 + M2 + M3 = 0
M1 = l1 Å" Q
M2 = -l2 Å" P
M3 = l3 Å" Q1
l1 Å" Q - l2 Å" P + l3 Å" Q1 = 0
l2 Å" P - l3 Å" Q1 l2 Å" P - l3 Å" Q1 Å" m1 Å" g
Q = =
l1 l1
0.15 m Å"180 N - 0.4 m Å" 3kg Å" 9.81m / s2
Q =
0.8 m
27 -12
Q = N Q = 18.75 N
0.8
Ale Q=mg; gdzie m to masa ciężarka
Q 18.75 N
m = = H" 1.9 kg
g
9.81m / s2
m E" 1.9 kg
Na końcu dz
wigni należy zawiesić ciężarek Q o masie m=1.9 kg.
Zad.4.3.
Oblicz moment bezwładności I  krzyżaka przedstawionego na rysunku.
84
m1 = 2 kg r1 = 3m
m2 =1kg r2 = 4 m
m3 = 4 kg r3 = 5 m
m4 = 3kg r4 = 3m
RozwiÄ…zanie:
4
I = miri 2
"
i=1
I = m1r12 + m2r22 + m3r32 + m4r42
I = 2 Å" 9 kg m2 + 1Å"16 kg m2 + 4 Å" 25 kg m2 + 3 Å" 9 kg m2
I = 161kg m2
Zad.4.4.
Oblicz moment bezwładności I  cienkiej obręczy (o masie m = 5 kg i promieniu
r = 1 m) względem osi przechodzącej przez jej środek.
RozwiÄ…zanie:
Obręcz ma symetrię  cylindryczną , więc
wygodnie będzie rozwiązać ten problem
nie w kartezjańskim układzie
współrzędnych (0xy), lecz w układzie
biegunowym (0,r,Õ).
kg
Obliczamy  gÄ™stość liniowÄ… obrÄ™czy ·îÅ‚ Å‚Å‚
ïÅ‚ śł
m
ðÅ‚ ûÅ‚
m
· =
L
gdzie: L = 2Ąr to obwód obręczy.
85
m
· =
2Ä„r
Element długości dl obręczy ma masę dm
dm = · Å" dl
i jest oddalony od osi O obrotu o r.
Element ten ma moment bezwładności dI
m mr
2 2
dI = dm Å" r2 = ·r dl = Å" r dl = dl
2Ä„r 2Ä„
Moment bezwładności I całej obręczy wynosi:
L L L
mr mr mr
I = dI = dl = dl = Å" L
+" +" +"
2Ä„ 2Ä„ 2Ä„
o o o
PodstawiajÄ…c za L=2Ä„r otrzymujemy
mr
I = Å" 2Ä„r
2Ä„
I = m Å" r2
I = 5 kg Å"1m2 = 5 kg m2 .
Zad.4.5.
Oblicz moment bezwładności I  cienkiego krążka: (o masie m=5 kg i promieniu
R=1m) względem osi przechodzącej przez jego środek.
RozwiÄ…zanie:
Zadanie rozwiÄ…zujemy w biegunowym
ukÅ‚adzie współrzÄ™dnych (0,r,Õ).
W układzie tym element powierzchni ds.
ds = dl Å" dr
Ale z definicji kąta łukowego wiemy, że
dl
dÕ = ; dl = r Å" dÕ
r
Zatem ds = rdÕdr
Obliczamy  gÄ™stość powierzchniowÄ… à krążka
m
à = gdzieS = Ä„r2 jest powierzchniÄ… caÅ‚kowitÄ… krążka.
s
86
m
à =
2
Ä„R
Element powierzchni krążka ds. ma masę dm
dm = Ã Å" ds
m
dm = Å" rdÕdr
2
Ä„R
i jest oddalony od osi O obrotu o r.
Element ten ma moment bezwładności dI
m Å" r
dI = dm Å" r2 = Å" dÕdr Å" r2
2
Ä„R
mr3
dI = dÕdr
2
Ä„R
Moment bezwładności I całego krążka wynosi:
2Ä„
îÅ‚R m Å‚Å‚
I = dI = r3drśłdÕ
+" +" +"
ïÅ‚
2
Ä„R
po calym o ðÅ‚o ûÅ‚
krążku
2Ä„
îÅ‚R Å‚Å‚
m
I = r3drśłdÕ
+" +"
ïÅ‚
2
Ä„R
o ðÅ‚o ûÅ‚
4 2
2Ä„ 2Ä„
m R m R
I = dÕ = dÕ
+" +"
2
4 Ä„ 4
Ä„R
o o
2 2
mR mR
I = Å" 2Ä„ =
4Ä„ 2
5 kg Å"1m2
I = = 2.5 kg m2
2
Zad.4.6.
Na kołowrót nawinięte są w kierunkach przeciwnych dwie lekkie nici obciążone
ciałami o masach m1 i m2 (m2 > m1).
Znalez
ć przyspieszenie kÄ…towe koÅ‚owrotu µ i naprężenie T1 i T2 w niciach uwzglÄ™dniajÄ…c
moment bezwładności I kołowrotu.
RozwiÄ…zanie:
Przyjmując zwrot układu współrzędnych tak jak na rysunku, równania ruchu dla mas m1, m2 i
bloczka sÄ… postaci
87
 m1a1 = -m1g + T1 (a)
- m2a = -m2g + T2 (b)
2
Iµ = T2R - T1r (c)
gdzie przyspieszenia liniowe a1 i a2 sÄ…
zwiÄ…zane z przyspieszeniem kÄ…towym
bloczka według relacji
a1 = µr (d)
a = µR (e)
2
RozwiÄ…zujÄ…c ukÅ‚ad równaÅ„ (a ÷ e)
otrzymujemy
(f)
m1µr = -m1g + T1 /" r
Å„Å‚
ôÅ‚
(g)
òÅ‚- m2µR = -m2g + T2 /" R
ôÅ‚
Iµ = T2R - T1r
ół
2 2
Iµ = m2gR - m2µR - m1gr - m1µr
m2R - m1r
µ = g
2 2
I + m2R + m1r
Naprężenie nici T1 i T2 obliczamy z równaÅ„ (f) i (g) wstawiajÄ…c obliczonÄ… wartość µ
T1 = m1g + m1rµ
T2 = m2g - m2Rµ
Zad.4.7.
Na brzegu dużej poziomej swobodnie obracającej się tarczy o promieniu r i momencie
bezwładności Io stoi człowiek o masie m. Tarcza wykonuje n obrotów na minutę. Jakiej
zmianie ulegnie prÄ™dkość kÄ…towa tarczy É, gdy czÅ‚owiek ten, o masie m, przejdzie od jej
brzegu do środka?, Jak zmieni się przy tym energia układu? Rozmiary człowieka w
porównaniu z promieniem tarczy można pominąć.
RozwiÄ…zanie:
Na układ nie działają żadne zewnętrzne momenty siły, dlatego

Moment pędu L = const


L = I É , gdzie I to moment bezwÅ‚adnoÅ›ci ukÅ‚adu, a É to prÄ™dkość kÄ…towa.
88
Gdy człowiek stoi na brzegu tarczy to
I = Io + mr2 i wtedy
L1 =(Io + mr2)É1
Gdy człowiek stoi w środku tarczy to
I = Io bo r = 0 i wtedy
L2 = IoÉ2
Z zasady zachowania momentu pędu L
wynika:
Io + mr2
L1 = L2; (Io + mr2)É1 = IoÉ2; É2 = 2Ä„n bo É1 = 2Ä„n
Io
Io + mr2 îÅ‚ Å‚Å‚
obr.
É2 = 2Ä„n n = É2 / 2Ä„ = ·
2 2
Io ïÅ‚min.śł
ðÅ‚ ûÅ‚
Energię kinetyczną układu opisuje wzór
1
Ek = IÉ2
2
Gdy człowiek stoi na brzegu tarczy układ ma energię Ek1
1 1
2 2
Ek1 = (Io + mr2)É1 = (Io + mr2)Å" 4Ä„2n
2 2
Gdy człowiek stoi w środku tarczy układ ma energię Ek2
îÅ‚Io + mr2 Å‚Å‚
1 1
2
Ek2 = Io É2 = Io ïÅ‚ śł Å" 4Ä„2n
2
2 2 Io śł
ïÅ‚
ðÅ‚ ûÅ‚
Przyrost energii "E związany z przejściem człowieka z brzegu do środka tarczy
2
îÅ‚ Å‚Å‚
(Io + mr2)
2
ïÅ‚ śł
"E = Ek2 - Ek1 = 2Ä„2n -(Io + mr2)
ïÅ‚ śł
Io
ïÅ‚ śł
ðÅ‚ ûÅ‚
îÅ‚ Å‚Å‚
(Io + mr2 - Io)
2
"E = 2Ą2n (Io + mr2) śł
ïÅ‚
Io śł
ïÅ‚
ðÅ‚ ûÅ‚
1
2
"E = 2Ä„2n (Io + mr2)Å" mr2 Å"
Io
89
Zad.4.8.
Obliczyć energię kinetyczną Ek kuli o masie m i promieniu r, toczącej się bez poślizgu
z prÄ™dkoÅ›ciÄ… Å.
RozwiÄ…zanie:
Zadanie jest nieco skomplikowane ze względu na to, że tocząca się kula odbywa dwa ruchy:
ruch postępowy z prędkością Ši ruch obrotowy względem osi O przechodzącej przez środek
kuli i nie zmieniającej swego położenia w kuli.
Energie kinetyczne zwiÄ…zane z
wymienionymi ruchami wynoszÄ…
odpowiednio:
mÅ2
Ek ' = dla ruchu postępowego
2
IÉ2
Ek '' = dla ruchu obrotowego
2
2
gdzie I = mr2 to moment bezwładności kuli (patrz Tabela 4.1).
5
Zatem
Ek = Ek ' + Ek ''
PrÄ™dkość kÄ…towÄ… É kuli chcemy powiÄ…zać z prÄ™dkoÅ›ciÄ… Å ruchu postÄ™powego. W tym celu
bierzemy pod uwagę punkt O styczności kuli z płaszczyzną, po której się ona toczy. Prędkość
chwilowa tego punktu równa się zeru, ale równocześnie może być ona przedstawiona jako
suma geometryczna prÄ™dkoÅ›ci Å ruchu postÄ™powego (skierowanej np. w prawo) i prÄ™dkoÅ›ci Å
tego punktu w jego ruchu obrotowym (skierowanej w lewo). A zatem
0 = Å - Å'
Ale Å' = Ér , a wiÄ™c
Å
Å - Ér = 0, czyli É = .
r
Szukaną energię kinetyczną kuli toczącej się bez poślizgu po płaszczyz
nie poziomej można
więc przedstawić w postaci
mÅ2 2mÅ2
Ek = Ek ' + Ek '' = + ,
2 5 Å" 2
7 mÅ2
Ek = .
5 2
90