68236

Przykład 11.7

Przykład 11.8

Przykład 12.7

2«i

o = -g

(2.Skg) + (2)(l.2 kg)

(odpowiedź)

"i ♦ ?«z - -4 8 m/1*.

Na rysunku 11.17* przcóiitwsono jednorodny krążek o masie i*i ■ 2.3 kg i proamcnn R m 20 cm. osadzony na stałej os pcizicenej Na oberete krążka nawinięta jea ku o znikomo malej masie. a na jej kodcu jest zamieszony klocek o mas* m; » 1.2 kg Wy maci przyspieszenie opadającego klocka, przyspieszenie ką wwe krążka oraz oapeęzcaac lity. Przyjmij. te lina nie fliz (a tą po obrzeżu krążka, a oba. aa której osadzony yest krązrk otrąci saę bez tania

HO ZWIĄZANI!

O—r 1. Przyspieszę** e klocka jest ztńątaK z działającym na niego ulami, a związek ten cąnsuje droga zasada dynam.k Newtona (7.„ - m.i) Siły działające na klocek przedstawione tą na diagramie stt na ryiunka II.] Ib. Są to: tila ciężkołci F_t. ktdeej warscdć wynosi m_:j i uła T działająca na klocek ze tirony limy. Druga zauda dynamiki zapiuna dla składowych wzdłuż os pionowe; y (F.„, m «ą), ma zatem posiać:

r-m-i.au,    (II.Ml

Z równania lego nie możemy jednak wyznaczyć o. gdyż zautera ono tafcie niewiadomą T.

•)    fc)

Ryt 11.17. Przykłady 11.71 11.9. a) Opad^ący klocek wprawia krążek w ruch obrer-ewy bl Diagram til drgających na Uocek. c) Niepełny diagram tli działając/eh aa krążek

ftsprrodain gdy nie mngłiimy nniąiał równania dla składowych j. pomocą magio być zastosowanie równania dla składowych «. Obecnie pomoże nam rozważenie ruchu obrotowego krążka.

O—• 2. IhzyspKsecM* kątowe krążka jna związane z działającym aa niego mometacen siły. a związek len osiuje druga zauda

dynamitu dla rwchw obrotemego (M.„ — la). Obliczają: imium tały oraz moment bezwładności / zauważ, że oł obrocs jat pro-stopadb do krążka ■ przechodzi przez jego (rodek. czn. punki O z rysunku I l.l?c.

Mement sity jeu daty wzorem (11.32) (te - rF_m) Dzia-łająca *a krążek ula ciężkości oraz uia dz.ałzjąca na aatgo ze urony oti tą przyłożone Co wódka krążka, a żalem w odległości z - 0 od osi jego obrotu. Wobec tego związane z nimi momenty ul tą równe zeru. Silą T działająca na krążek re stron; liny jeu przyłożona w odległości r m ff od Oti obrotu i jeu uyczna do obrzeza krążka. Związany z mą moeneat uly jeu zaeem równy -RT. gezy czym trak mnus oznacza, te jetll krążek jeu pociął kowo nieruchomy, to pod wpływem tego momentu siły obraca MC w kierunku zgodnym z kierunkiem ruchu wskazówek zegara Jak wynika z tabeli 11.2c morsem bezwtadnofei / krążka jeu równy Równanie te.„ = la możemy więc zapis*! w postaci:

-*r-ł«i*'«.    (II39)

To równanie równie z wygląda na nieużyteczne. gdyż zawiera dwie

mew lodom* a I T. a nie zawiera usianej wielkości a.

O—t 3. Z właściwym fizykom zacięciem próbujemy łalrj. nie załamujemy się i dostrzegamy, te skoro lina nie ślizga ssę po krążku, to przyspieszenie Itorowe a klocka oraz przyspieszenie liniowe Om (styczne) obrzeza krążka maną być tobie równe. Korzystając z równania (II.22) (o. w or) wnioskujemy. Ze w na-ujw przypadku a w a/R. Poduawiająe lew isiąm do ifr-wwwa

(II 39). rra-sw-

r--}«iU    (1140)

Lą.ząc ;e tobą równania 111 Jg) 1(11.4}). dMUjcny.

Następne z równania (11.40) wyrracrany T.

I m -(*,« a -$(2.3 kgg—4.1 mrf) mb N. (odpowiedz)

Zgzd-e t ty III. siego ustekajmi;. jaryspicszcuic opwlająccjsl kiecka jeu mniejsze od g. a aapręzeme liny (• 6 N) jeu meurj-szt od siły ciężkości. działającej ta klocek (* m-g = 11.8 WaJziro. seż. te przyspieszenie klocka i napręzetue lny zależą od masy krążka, lecz nie oł jego płomienia ftęruwrsMĆ rozwiązania możemy dodatkowo sprawdził, podstawiając do Mnjniajci

wzorów a = -g i r = 0. co odpowiada yrzypadkowt. gdy krążek

nu tnilmo nalą matę (mi - 0). Wynik jest zgolmy r us/rti-watem klocek po prosta spada swoboda*, oągnąc za tobą Imp. Przyspieszenie kątowe krążka obliczamy ze wzoru (11.22):

••5^-ŁST%r^m-^U

J«eli chcnz w walce dżudo prztrzanć przeciwnika przez biodro. Ciągnie tr jego strój stlą F przyłożoną w odległości d, = 0,3 m od oti obrotu, czyli twojego prawego biodra (rys. 11.18). Chcesz obrócić go wokół tej osi z przyspieszeniem kątowym równym -6 rad/s¹. un. wykonać obrót h kierunku rurka wsduzdweł u-gara na lym rysunku Przyjmij, te lwój przeciwnik ma matę 80 kg i moment bezwład noto względem wspomnianej osi równy

15 kg - m^:.

a) Jaka musi byt wąnott siły 7. jcili przed rzutem przegiąłeś przeciwsuka do pezoóu. uk aby jego Środek masy rbłizyć do twojego biodra (jak na rysunku 11.18*)?

ROZWIĄZANIE

/.aistr. że:

O—» 1. Wartość taty F. jaką musisz działać na przeciwnika, aby nadać tnu określone przyspieszenie kątewe a jeu związana z a. a związek ten opisuje droga zasada dynamiki dla ruchu obrotowego (te,„ = la). Możemy przyjąć, te po utracie przez stopy przeciwnika kontaktu z matą działają na mego tylko trzy siły. siła 7. jaką ty go ciągniesz, uła normalna .V. jaką działasz na mego w punkcie, wokół którego go obracasz (Mj siły me zaziwtczono na rysunku 11.18) oraz działająca na mego siła ciężkości f j Aby móc skorzystać ze wzoru M._n m la. pcnsinienet wyznaczyć mc-meacy tych trzech stł względem rozważanej osi cbrotu.

Z róumaru (1133) (te • r_Łf) wynika, te moment siły 7 jeu równy d,F. gdzie d, Jeu ratnirnieni r_x, a znak wskazuje, że pod działaniem lego momentu siły zachodzi obrót w kierunku zgodnym z kierunkiem niebu wskazówek zegara. Mement siły Ń jev równy zero. gdyż działa ona ta punkcie podparcia z zatem ramię je; dzulama jesi równe zeru: r_k m 0.

Ryt 11.18 Przykład 11.8 Rz ut przez biodro w walce judo wy-kersany: a) poprawnie, b) niepoprawnie O—u 2. Aby wyznaczyć mement siły ctężkodci F,. musisz przypomnieć tobie stwierdzenie z rozdziału 9. które w naszym przy-psadlu mówi. że siła 7, dziob tu twojego przeciwnika w jego (rodku masy. Gdy ten (rodek masy kły na osi obrotu, ramię siły F, wynosi r_x = 0. a raarm mement tej siły jeu równy zeru Tak więc jedynym momentem siły. jaki dmli na twojego przeciwnika. jeu moment siły 7. a zatem rów nunc te.„ * /a możemy opisać w postaci:    _m ,_a

Osraynuijemy sląd:

r.ea.-

4,    (0.3 m)

(odpowiedź)

b) Jaka musi być wartołć sity 7. jełh przed rzutem twój przeciwnik pozostaje w pozycji pionowej, tuk Ze ramię siły ż, względem osi obrotu wynosi <fj w 0.12 m (jak na rysunku 11.18b>?

ROZWIĄZANIE:

Skuortystumy z tozwiązaana w pierwszej części zadana, zauwuz*-jąc jednał, tr O^-» obecnie rarrsę taty F, nie jea jul równe zeru Zanem moment siły ctężkoici przeciwnika wynoti d_:mg

i jesi dodami. gdyż dąży on do obrócenia przeciw nAa w kierunku przeciwnym do kierunku ruchu wskazówek zegara. Równanie te.„ - la przybiera więc teraz poszać:

-diF + d;/rg — la. z którego otrzymujemy:

Z punktu U) wiemy, te patroszy wyraz po prawej uronię równania wynosi 300 N. wobec czego mamy:

f ■ mn*'^m2    ^ -6.UNW 6,0 N.

(0.3 m)

(odpowiedź)

Wymk ten pokazuje, ze jeiii me przytniesz początkowo przeciwnika. lak aby przyciągnąć jego (rodek masy sto swojego biodra, to będziesz musiał ciągnąć go ze znacznie większą siłą Dobry dżu-doka wie o tym z praw Szyki (zastosowanie praw fizyki w wałkach dżudo i aikido jesi omówione przez I. Walkera w rubryce „The Amaiew ScttałM* w Sclennjkc Amerlctut. tom 243. lipiec 1980. v 130-161).

Na rysunku 12 19* przedcawiono studtnta uedzącego — jak poprzednio — nr stoiku obrotowym Student pozostaje w spo-ctynku. trzymając w ręku kc4o rowerowe, ktorego obręcz jen obciążona ołowiem i ma moroem hezwtadnolei 1^ względem twej ou równy 13 kg m¹. Kolo obraca uę z prędkolcią kątową cisto o warwłcl 3.9 obtetón/s. patrząc i góry. »Wtmy. te obrót zachodzi w kierunku przeciwnym do kierunku mchu wskazówek zegara. Oł koła Jeu ptonowa. a zatem moment pędu Zu» koła jea skierowany pronowo w górę W pewnej chwdi uudent obraca koło (rys. 12.19b). uk że acraz pwtrąc r góry wtdriray. te kolo obraca ug w kktunU zgodnym z luerwłuem ruchu wskazówek zegara Moment pędu kob jest teraz równy -Łt«* W wyruku lego manewru studnu. uokk i irodek masy Lola zaczynają się łącznie obracać wokół ou obrotu wołka, monem bezwladnotet lego ctab złożonego wynosi 1*+. w 6.8 kg ar*. (Fakt. te Wc*o obraca się ponadto wokół swej oti nie nu wpływu aa rozkład masy ciażi ztozonego. a zatem wuraołć l_M rae zależy od tego. czy koło się obraca, czy nie). Wytwacr prędkołć kątową ***, i kierunek obrotu o*la złożonego (un. iowdenia. wołka i irodka masy kob) po obróceniu koła.

Rys. 12.19. Przykład 12.7. a) Student trzyma kolo rowerowe, nbracsjąrt <K »»*ól os pionowej b) Student obraca koto. dzięki ezema sam totzaje wprawaoay w ruch obrotowy c) Całkowity renw pędu układu musi potewuć tuty. mimo te koło zostało

-k->----

xavdw

ROZWIĄZANIE:

Skcrzystamy z cziercth spostrzczcó;

O—I I. Stuk ara peędkożć kątowa wkww i meraeru pędu L^, ciała zlotonego względem ou obrotu stołka (po obróceniu kob) są te sobą związane rtwnaniem (12.31) (L • /»)

O—i 2 Początkowa prędkoić kąiowu Kin koła i jego momene pędu Ltat względem osa koła są ze tobą związane tyra samym równaniem.

O—T 3 Całkowity momere pędu układu, zawierającego studenta stołek i kolo jmt równy tumie węktorów L^, U_M.

O—r 4 Gdy gudcM olraca koło. na skład nie driab żaden wypadkowy autąwą nomen: siły. który mógłby zmemć L,m względem dowoiacj osi psoocwej (momenty uly. związane z silanu. działającymi w czasie manewru między tuaderuera a kołem., są motnenumi sity. działającymi »<r»n*rrz układu). Wobec tego całkowity momrat pędu tiUndu włgiędena dowolnej ou pionowej

Jest zachowany

Stałość (zachowanie) (** zihistrowuno na rysunku 12 I9c Mo-terny ją także zapisać dla składowych wzdłuż oti pionowej

b«wi M*c *    “ Łeuian ♦ źatomi- (12-33)

przy czym wskaźniki pott i koAc od nenią taę do turu pocrąlko-

węgo (przed obróceń im koła) i koficsmtgo (po jego obróceniu). Obróceń* kob spowodowało, te nomem pędu obracającego się kob z mera! się na przeciwny. dlMrgo wż za 1_MM możemy poduawić -Usim- Biorąc pcudto    - 0 (gdyż po-

cząikowo student, notek i (rodek mnsy kob pożotuwtły w tpo-crynku), otrzymujemy z równania (12.35):

żstoLH* “

Korzystając z lównanu (12 31). podt-awiarny aasaęęrMe (.w<aw, w meejtct (mm, oraz /_usw. w miejiee ^,ii->,n < P° roz-wtązariu otrzymanego równania względem oąww mamy osra-leczcie.

2/mu

>uu> - 1-Ulw

'oto

(2X 1.2 kg m»:<3.9 oteotów/w

“    6.8 kg «>

- 1.4 cbntów/i.    (odpowiedź)

Os. 11 mat.(wy w wysika wosoic dobsmą co onucu. te mżci)

(wukiany z góry) okraca saę wokół ou obrau stołka w kierunku przeciwnym do kminku rucha wskazówek cegara efli choałby się <n zatrzymać, lo wystarczy, aby ponowne cbróoł koło.