Moment siły. I zasada dynamiki dla ruchu obrotowego kartkówka LiczBit

6.2 Moment siły. I zasada dynamiki dla ruchu obrotowego

Kartkówka

Grupa A

Zadanie 1

Metalowy drążek o długości $l = 1\text{ m}$ może obracać się wokół osi przechodzącej przez jego koniec i prostopadłej do płaszczyzny rysunku. Ustal wartości, kierunki i zwroty momentów sił: $\vec{F}_1$, $\vec{F}_2$, $\vec{F}_3$, jeżeli $F_1 = F_2 = F_3 = 6\text{ N}$, $\alpha_1 = 90^\circ$, $\alpha_2 = 0^\circ$, $\alpha_3 = 210^\circ$.

Wskazówki:

Wartość momentu siły względem osi obrotu obliczamy ze wzoru $M = r \cdot F \cdot \sin\alpha$, gdzie $r$ to odległość punktu przyłożenia siły od osi obrotu, a $\alpha$ to kąt między osią drążka a wektorem siły.
Kierunek wektora momentu siły jest zawsze prostopadły do płaszczyzny obrotu (płaszczyzny wyznaczonej przez drążek i siłę).
Zwrot wektora momentu ustalamy za pomocą reguły prawej dłoni: gdy palce dłoni wskazują kierunek obrotu drążka pod wpływem siły, odchylony kciuk wskazuje zwrot wektora momentu siły (do obserwatora $\odot$ lub od obserwatora $\otimes$).

Dane i szukane:

Dane:
Długość drążka: $l = 1\text{ m}$
Wartości sił: $F_1 = F_2 = F_3 = 6\text{ N}$
Odległości punktów przyłożenia od osi $O$:
$r_1 = \dfrac{l}{2} = 0{,}5\text{ m}$
$r_2 = l = 1\text{ m}$
$r_3 = l = 1\text{ m}$
Kąty działania sił:
$\alpha_1 = 90^\circ$
$\alpha_2 = 0^\circ$
$\alpha_3 = 210^\circ$
Szukane:
Wartości, kierunki i zwroty momentów sił: $M_1 = ?$, $M_2 = ?$, $M_3 = ?$

Rozwiązanie krok po kroku:

Rysunek pomocniczy i analiza stanu wyjściowego:
Drążek może obracać się wyłącznie wokół osi przechodzącej przez punkt $O$. Schemat przedstawia położenie osi, punkty zaczepienia sił oraz kąty, pod jakimi siły zostały przyłożone do osi drążka.
Sposób I – Wyznaczenie wartości momentów sił z ogólnego wzoru trygonometrycznego:
Wartość momentu siły dana jest zależnością: $$M = r \cdot F \cdot |\sin\alpha|$$ Obliczamy wartości dla poszczególnych sił:

Podpunkt a) Wartość momentu siły $\vec{F}_1$: $$\begin{aligned} M_1 &= r_1 \cdot F_1 \cdot \sin(\alpha_1) \\ &= 0{,}5\text{ m} \cdot 6\text{ N} \cdot \sin(90^\circ) \\ &= 0{,}5 \cdot 6 \cdot 1 = 3\text{ N}\cdot\text{m} \end{aligned}$$ Podpunkt b) Wartość momentu siły $\vec{F}_2$: $$\begin{aligned} M_2 &= r_2 \cdot F_2 \cdot \sin(\alpha_2) \\ &= 1\text{ m} \cdot 6\text{ N} \cdot \sin(0^\circ) \\ &= 1 \cdot 6 \cdot 0 = 0\text{ N}\cdot\text{m} \end{aligned}$$ Podpunkt c) Wartość momentu siły $\vec{F}_3$: Wykorzystujemy wzór redukcyjny: $\sin(210^\circ) = \sin(180^\circ + 30^\circ) = -\sin(30^\circ) = -0{,}5$: $$\begin{aligned} M_3 &= r_3 \cdot F_3 \cdot |\sin(210^\circ)| \\ &= 1\text{ m} \cdot 6\text{ N} \cdot |-0{,}5| \\ &= 6 \cdot 0{,}5 = 3\text{ N}\cdot\text{m} \end{aligned}$$
Sposób II – Wyznaczenie wartości momentów poprzez ramię siły lub składowe prostopadłe:
Moment siły możemy wyznaczyć geometrycznie jako iloczyn wartości siły i jej ramienia $d$ (prostopadłej odległości prostej działania siły od osi obrotu): $M = F \cdot d$.

- Dla siły $\vec{F}_1$: siła działa prostopadle do drążka, zatem jej ramię jest równe odległości punktu przyłożenia od osi: $d_1 = r_1 = 0{,}5\text{ m}$. $$M_1 = F_1 \cdot d_1 = 6\text{ N} \cdot 0{,}5\text{ m} = 3\text{ N}\cdot\text{m}$$ - Dla siły $\vec{F}_2$: prosta działania siły przechodzi bezpośrednio przez oś obrotu $O$. Oznacza to, że ramię siły wynosi $d_2 = 0\text{ m}$. $$M_2 = F_2 \cdot d_2 = 6\text{ N} \cdot 0\text{ m} = 0\text{ N}\cdot\text{m}$$ - Dla siły $\vec{F}_3$: kąt nachylenia prostej działania siły do osi drążka wynosi $210^\circ - 180^\circ = 30^\circ$. Ramię siły to: $$d_3 = r_3 \cdot \sin(30^\circ) = 1\text{ m} \cdot 0{,}5 = 0{,}5\text{ m}$$ $$M_3 = F_3 \cdot d_3 = 6\text{ N} \cdot 0{,}5\text{ m} = 3\text{ N}\cdot\text{m}$$
Ustalenie kierunków i zwrotów wektorów momentów oraz rysunek wynikowy:
Kierunek każdego niezerowego wektora momentu siły jest prostopadły do płaszczyzny rysunku (pokrywa się z osią obrotu drążka). Zwrot wyznaczamy regułą prawej dłoni:

- Dla siły $\vec{F}_1$: siła obraca drążek przeciwnie do ruchu wskazówek zegara (w lewo wokół punktu $O$). Kciuk prawej dłoni wskazuje przed płaszczyznę rysunku (do obserwatora, oznaczany symbolem $\odot$).

- Dla siły $\vec{F}_2$: wartość wynosi $0\text{ N}\cdot\text{m}$. Wektor momentu jest wektorem zerowym – nie ma określonego kierunku ani zwrotu.

- Dla siły $\vec{F}_3$: siła dąży do obrotu drążka zgodnie z ruchem wskazówek zegara (w prawo wokół punktu $O$). Kciuk prawej dłoni wskazuje za płaszczyznę rysunku (od obserwatora / w głąb ekranu, oznaczany symbolem $\otimes$).

Odpowiedź:
Dla siły $\vec{F}_1$: wartość $M_1 = 3\text{ N}\cdot\text{m}$, kierunek prostopadły do płaszczyzny rysunku, zwrot przed płaszczyznę rysunku (do obserwatora, $\odot$).

Dla siły $\vec{F}_2$: wartość $M_2 = 0\text{ N}\cdot\text{m}$ (wektor zerowy – brak zwrotu i kierunku).

Dla siły $\vec{F}_3$: wartość $M_3 = 3\text{ N}\cdot\text{m}$, kierunek prostopadły do płaszczyzny rysunku, zwrot za płaszczyznę rysunku (od obserwatora / w głąb ekranu, $\otimes$).

Zadanie 2

Rowerzysta jedzie rowerem ze stałą prędkością po poziomej drodze, wciąż pedałując. Siła tarcia między oponą a podłożem wynosi $F_t = 280\text{ N}$. Oblicz wartość siły, jaką łańcuch działa na koło zębate zamontowane na osi tylnego koła roweru. Promień koła zębatego wynosi $R_1 = 4\text{ cm}$, a promień koła roweru $R_2 = 0{,}6\text{ m}$.

Wskazówki:

Rower porusza się ze stałą prędkością ($v = \text{const}$), co oznacza, że tylne koło obraca się ze stałą prędkością kątową ($\omega = \text{const}$). Zgodnie z I zasadą dynamiki dla ruchu obrotowego wypadkowy moment sił działających na koło względem osi obrotu musi być równy zero.
Zwróć uwagę na jednostki – promień koła zębatego wyraź w metrach, aby zachować spójność z promieniem koła roweru.

Dane i szukane:

Dane:
$F_t = 280\text{ N}$ – siła tarcia między oponą a podłożem
$R_1 = 4\text{ cm} = 0{,}04\text{ m}$ – promień koła zębatego
$R_2 = 0{,}6\text{ m}$ – promień koła roweru
$v = \text{const}$ – stała prędkość ruchu

Szukane:
$F_ł = ?$ – wartość siły naciągu łańcucha

Rozwiązanie krok po kroku:

Rysunek pomocniczy i analiza sił działających na tylne koło w stanie wyjściowym:
Tylne koło roweru oraz zamontowana na jego osi zębatka tworzą sztywny układ obrotowy o wspólnej osi przechodzącej przez punkt $O$. Łańcuch napędowy działa na górną krawędź zębatki siłą naciągu $\vec{F}_ł$ skierowaną w prawo (do przodu). W punkcie styku opony z podłożem siła tarcia statycznego $\vec{F}_t$ napędza rower, również działając w prawo. Poniższy szkic przedstawia stan wyjściowy bez wyliczonych jeszcze wartości końcowych:
Sposób I – Wykorzystanie warunku równowagi momentów sił względem osi obrotu:
Ponieważ rower porusza się ruchem jednostajnym prostoliniowym, tylne koło obraca się ze stałą prędkością kątową ($\omega = \text{const}$). W myśl I zasady dynamiki dla ruchu obrotowego suma momentów sił względem osi obrotu koła $O$ wynosi zero: $$\sum M = 0$$ Siła naciągu łańcucha $F_ł$ działa na ramieniu o długości $R_1$ (promień zębatki), wytwarzając moment obrotowy zgodny z ruchem wskazówek zegara: $$M_ł = F_ł \cdot R_1$$ Siła tarcia $F_t$ działa w punkcie styku z podłożem na ramieniu o długości $R_2$ (promień koła roweru), wytwarzając moment obrotowy przeciwny do ruchu wskazówek zegara: $$M_t = F_t \cdot R_2$$ Przyrównujemy wartości obu momentów sił: $$\begin{aligned} M_ł &= M_t \\ F_ł \cdot R_1 &= F_t \cdot R_2 \end{aligned}$$ Dzielimy obustronnie przez $R_1$, aby wyznaczyć szukaną siłę $F_ł$: $$F_ł = F_t \cdot \dfrac{R_2}{R_1}$$ Podstawiamy dane liczbowe: $$\begin{aligned} F_ł &= 280\text{ N} \cdot \dfrac{0{,}6\text{ m}}{0{,}04\text{ m}} \\ &= 280\text{ N} \cdot 15 \\ &= 4200\text{ N} \end{aligned}$$
Sposób II – Wykorzystanie zasady zachowania energii (porównanie pracy i mocy):
Rozważmy jeden pełny obrót tylnego koła roweru (kąt obrotu $\Delta \alpha = 2\pi\text{ rad}$).
Droga, jaką w tym czasie pokonuje łańcuch nawijający się na zębatkę, jest równa obwodowi koła zębatego: $$s_1 = 2\pi R_1$$ Praca wykonana przez siłę naciągu łańcucha wynosi: $$W_1 = F_ł \cdot s_1 = F_ł \cdot 2\pi R_1$$ W tym samym czasie punkt styku koła z nawierzchnią pokonuje drogę równą obwodowi całego koła roweru: $$s_2 = 2\pi R_2$$ Praca wykonana przez siłę napędzającą przeciwko sile tarcia wynosi: $$W_2 = F_t \cdot s_2 = F_t \cdot 2\pi R_2$$ W ruchu ze stałą prędkością energia kinetyczna układu się nie zmienia, co oznacza, że praca siły napędu łańcucha równoważy pracę tarcia ($W_1 = W_2$): $$\begin{aligned} W_1 &= W_2 \\ F_ł \cdot 2\pi R_1 &= F_t \cdot 2\pi R_2 \end{aligned}$$ Dzieląc obie strony równania przez $2\pi R_1$, otrzymujemy tę samą zależność: $$\begin{aligned} F_ł &= F_t \cdot \dfrac{R_2}{R_1} \\ &= 280\text{ N} \cdot \dfrac{0{,}6\text{ m}}{0{,}04\text{ m}} \\ &= 4200\text{ N} \end{aligned}$$
Rysunek wynikowy i bilans momentów:
Wartość siły, z jaką łańcuch ciągnie zębatkę, jest 15 razy większa od siły tarcia opony o jezdnię, co wynika bezpośrednio z 15-krotnej różnicy promieni ($\frac{R_2}{R_1} = 15$). Poniższy rysunek ilustruje wyznaczoną wartość siły $\vec{F}_ł$ oraz stan równowagi momentów sił:

Odpowiedź:
Wartość siły, jaką łańcuch działa na koło zębate zamontowane na osi tylnego koła, wynosi $F_ł = 4200\text{ N}$ (czyli $4{,}2\text{ kN}$).

Zadanie 3

Robotnik unosi do góry jeden koniec jednorodnej belki stalowej o masie $m_b = 60\text{ kg}$, działając stale siłą $\vec{F}$ skierowaną pionowo do góry. Drugi koniec belki spoczywa na poziomym podłożu. Belka znajduje się w równowadze statycznej, tworząc z poziomem kąt $\alpha = 30^\circ$. Przyjmując przyspieszenie ziemskie $g = 10\text{ m/s}^2$, oblicz wartość siły $\vec{F}$.

Wskazówki:

Wykorzystaj warunek równowagi momentów sił względem osi obrotu przechodzącej przez punkt oparcia belki o podłoże.
Zwróć uwagę, że siła ciężkości jednorodnej belki jest przyłożona dokładnie w jej środku geometrycznym (w połowie długości).
Ramię siły to najkrótsza odległość od osi obrotu do prostej, wzdłuż której działa dana siła.

Dane i szukane:

Dane: $m_b = 60\text{ kg}$, $\alpha = 30^\circ$, $g = 10\text{ m/s}^2$
Szukane: $F = ?$

Rozwiązanie krok po kroku:

Rysunek pomocniczy i identyfikacja sił działających na belkę w stanie równowagi:
Niech belka ma długość $L$. Przyjmijmy punkt podparcia belki o podłoże jako oś obrotu $O$. Na belkę działają trzy siły:
- siła reakcji podłoża $\vec{R}$ przyłożona w punkcie podparcia $O$,
- siła ciężkości belki $\vec{F}_{g_b}$ przyłożona w środku ciężkości belki (w odległości $\frac{L}{2}$ od punktu $O$), skierowana pionowo w dół,
- siła unosząca $\vec{F}$ przyłożona na swobodnym końcu belki (w odległości $L$ od punktu $O$), skierowana pionowo w górę.
Sposób I – Wyznaczenie siły z bilansu momentów sił względem punktu oparcia:
Obliczamy wartość siły ciężkości belki: $$F_{g_b} = m_b \cdot g = 60\text{ kg} \cdot 10\text{ m/s}^2 = 600\text{ N}$$ Warunkiem równowagi obrotowej bryły sztywnej jest zerowanie się sumy momentów wszystkich sił względem wybranej osi. Wybierając punkt $O$ jako oś obrotu, moment siły reakcji $\vec{R}$ znika, ponieważ jej ramię wynosi zero ($M_R = 0$).

Ramię siły pionowej to pozioma odległość od punktu $O$ do pionowej linii działania danej siły: $$\begin{aligned} r_g &= \dfrac{L}{2} \cdot \cos\alpha \\ r_F &= L \cdot \cos\alpha \end{aligned}$$ Moment siły ciężkości dąży do obrotu belki zgodnie z ruchem wskazówek zegara, a moment siły unoszącej przeciwnie. W stanie równowagi ich wartości muszą być równe: $$\begin{aligned} M_F &= M_{F_g} \\ F \cdot r_F &= F_{g_b} \cdot r_g \\ F \cdot (L \cos\alpha) &= F_{g_b} \cdot \left(\dfrac{L}{2} \cos\alpha\right) \end{aligned}$$ Dzieląc obie strony przez $L \cos\alpha$ (ponieważ $L > 0$ oraz $\cos 30^\circ \neq 0$), otrzymujemy: $$\begin{aligned} F &= \dfrac{F_{g_b}}{2} \\ F &= \dfrac{600\text{ N}}{2} = 300\text{ N} \end{aligned}$$
Sposób II – Wykorzystanie składowych sił prostopadłych do belki i interpretacja wynikowa:
Alternatywnie możemy rozłożyć działające siły pionowe na składowe prostopadłe do osi belki: $$\begin{aligned} F_\perp &= F \cdot \cos\alpha \\ F_{g\perp} &= F_{g_b} \cdot \cos\alpha \end{aligned}$$ Wtedy ramionami tych składowych są odpowiednio cała długość belki $L$ oraz jej połowa $\frac{L}{2}$: $$\begin{aligned} F_\perp \cdot L &= F_{g\perp} \cdot \dfrac{L}{2} \\ (F \cos\alpha) \cdot L &= (F_{g_b} \cos\alpha) \cdot \dfrac{L}{2} \\ F &= \dfrac{F_{g_b}}{2} = 300\text{ N} \end{aligned}$$ Wartość potrzebnej siły zależy wyłącznie od ciężaru belki i jest całkowicie niezależna od kąta nachylenia $\alpha$.

Odpowiedź:
Wartość siły $\vec{F}$ potrzebnej do utrzymania belki w równowadze wynosi $300\text{ N}$.

Zadanie 4

Nad strumykiem zbudowano kładkę opartą na dwóch brzegowych podporach $A$ i $B$. Przęsło kładki stanowi jednolita drewniana belka o masie $m_k = 120\text{ kg}$, mająca na całej długości jednakowy przekrój. Odległość między punktami podparcia wynosi $l = 6\text{ m}$. Na kładkę wszedł turysta o masie $m_t = 80\text{ kg}$ i zatrzymał się w odległości $x = 1{,}5\text{ m}$ od podpory $A$ (patrz rysunek). Przyjmując wartość przyspieszenia ziemskiego $g = 10\text{ m/s}^2$, oblicz wartości sił nacisku wywieranych przez kładkę na podpory $A$ i $B$.

Wskazówki:

Kładka wraz z turystą pozostaje w spoczynku, co oznacza spełnienie dwóch warunków równowagi statycznej bryły sztywnej: suma wektorowa wszystkich sił działających na belkę wynosi zero oraz suma momentów tych sił względem dowolnie wybranej osi obrotu wynosi zero.
Ciężar jednorodnej belki kładki jest przyłożony w jej geometrycznym środku, czyli dokładnie w połowie rozpiętości między podporami ($r = \dfrac{l}{2}$).
Zgodnie z III zasadą dynamiki Newtona siła nacisku wywierana przez belkę na daną podporę ma taką samą wartość jak siła reakcji sprężystej tej podpory działająca na belkę w górę ($F_n = F_N$).

Dane i szukane:

Dane:
Masa belki kładki: $m_k = 120\text{ kg}$
Masa turysty: $m_t = 80\text{ kg}$
Odległość między podporami: $l = 6\text{ m}$
Położenie turysty od podpory $A$: $x = 1{,}5\text{ m}$
Przyspieszenie ziemskie: $g = 10\text{ m/s}^2$

Szukane:
Wartość siły nacisku na podporę $A$: $F_{n_A} = ?$
Wartość siły nacisku na podporę $B$: $F_{n_B} = ?$

Rozwiązanie krok po kroku:

Rysunek pomocniczy i analiza sił działających na kładkę:
Na kładkę działają cztery pionowe siły:
- skierowana w dół siła grawitacji pochodząca od turysty: $F_{g_t} = m_t \cdot g = 80\text{ kg} \cdot 10\text{ m/s}^2 = 800\text{ N}$ przyłożona w odległości $x = 1{,}5\text{ m}$ od podpory $A$,
- skierowana w dół siła grawitacji samej belki: $F_{g_k} = m_k \cdot g = 120\text{ kg} \cdot 10\text{ m/s}^2 = 1200\text{ N}$ przyłożona w środku kładki, czyli w odległości $\dfrac{l}{2} = 3\text{ m}$ od podpory $A$,
- skierowane pionowo w górę sprężyste siły reakcji podpór: $F_{N_A}$ w punkcie $A$ oraz $F_{N_B}$ w punkcie $B$.
Wyznaczenie siły reakcji podpory $B$ z warunku równowagi momentów sił:
Wybieramy oś obrotu przechodzącą przez punkt podparcia $A$. Względem tego punktu ramię siły reakcji $F_{N_A}$ jest równe zeru, więc jej moment znika. Warunek zerowania się sumy momentów sił przyjmuje postać: $$\sum M_A = 0$$ Przyjmując za dodatni kierunek obrotu zgodny z ruchem wskazówek zegara: $$\begin{aligned} F_{g_t} \cdot x + F_{g_k} \cdot \dfrac{l}{2} - F_{N_B} \cdot l &= 0 \\ 800\text{ N} \cdot 1{,}5\text{ m} + 1200\text{ N} \cdot 3\text{ m} - F_{N_B} \cdot 6\text{ m} &= 0 \\ 1200\text{ N}\cdot\text{m} + 3600\text{ N}\cdot\text{m} &= 6\text{ m} \cdot F_{N_B} \\ 4800\text{ N}\cdot\text{m} &= 6\text{ m} \cdot F_{N_B} \\ F_{N_B} &= \dfrac{4800\text{ N}\cdot\text{m}}{6\text{ m}} \\ F_{N_B} &= 800\text{ N} \end{aligned}$$
Wyznaczenie siły reakcji podpory $A$ (dwa sposoby):
Wartość siły $F_{N_A}$ możemy obliczyć na dwa niezależne sposoby:

Sposób I – Wykorzystanie warunku równowagi sił (I warunek statyki):
Suma rzutów wszystkich sił na oś pionową musi wynosić zero: $$\begin{aligned} \sum F_y &= 0 \\ F_{N_A} + F_{N_B} - F_{g_t} - F_{g_k} &= 0 \\ F_{N_A} + 800\text{ N} - 800\text{ N} - 1200\text{ N} &= 0 \\ F_{N_A} - 1200\text{ N} &= 0 \\ F_{N_A} &= 1200\text{ N} \end{aligned}$$ Sposób II – Wykorzystanie warunku równowagi momentów względem podpory $B$:
Wybieramy oś obrotu w punkcie $B$, co eliminuje moment siły $F_{N_B}$: $$\begin{aligned} \sum M_B &= 0 \\ F_{N_A} \cdot l - F_{g_t} \cdot (l - x) - F_{g_k} \cdot \dfrac{l}{2} &= 0 \\ F_{N_A} \cdot 6\text{ m} - 800\text{ N} \cdot (6\text{ m} - 1{,}5\text{ m}) - 1200\text{ N} \cdot 3\text{ m} &= 0 \\ 6\text{ m} \cdot F_{N_A} - 800\text{ N} \cdot 4{,}5\text{ m} - 3600\text{ N}\cdot\text{m} &= 0 \\ 6\text{ m} \cdot F_{N_A} - 3600\text{ N}\cdot\text{m} - 3600\text{ N}\cdot\text{m} &= 0 \\ 6\text{ m} \cdot F_{N_A} &= 7200\text{ N}\cdot\text{m} \\ F_{N_A} &= \dfrac{7200\text{ N}\cdot\text{m}}{6\text{ m}} \\ F_{N_A} &= 1200\text{ N} \end{aligned}$$ Oba sposoby dają identyczny wynik.
Rysunek wynikowy i obliczenie sił nacisku na podpory:
Zgodnie z III zasadą dynamiki Newtona, siły nacisku $F_{n_A}$ i $F_{n_B}$ wywierane przez belkę na podpory są równe co do wartości siłom sprężystych reakcji podpór: $$\begin{aligned} F_{n_A} &= F_{N_A} = 1200\text{ N} \\ F_{n_B} &= F_{N_B} = 800\text{ N} \end{aligned}$$

Odpowiedź:
Siła nacisku na podporę $A$: $F_{n_A} = 1200\text{ N}$

Siła nacisku na podporę $B$: $F_{n_B} = 800\text{ N}$

Zadanie 5

Tyczkarz podczas rozbiegu trzyma w pozycji poziomej jednorodną tyczkę z włókna szklanego o masie $m_t = 4\text{ kg}$ i długości $l = 5\text{ m}$. Jedną dłonią dociska tyczkę pionowo w dół w odległości $x_1 = 50\text{ cm}$ od jej tylnego końca, a drugą dłonią podtrzymuje ją pionowo w górę w odległości $d = 50\text{ cm}$ dalej. Przyjmując przyspieszenie ziemskie $g = 10\text{ m/s}^2$, oblicz wartości sił działających na ręce tyczkarza.

Wskazówki:

Tyczka jest jednorodna, więc siła ciężkości jest przyłożona dokładnie w jej geometrycznym środku (w połowie długości).
Skorzystaj z warunków równowagi bryły sztywnej: suma sił działających w pionie musi wynosić zero, a suma momentów sił względem dowolnie wybranego punktu również musi być równa zero.
Wybierz oś obrotu w punkcie przyłożenia jednej z sił rąk, aby wyeliminować jej moment z pierwszego równania.

Dane i szukane:

Dane:
Masa tyczki: $m_t = 4\text{ kg}$
Długość tyczki: $l = 5\text{ m}$
Odległość pierwszej dłoni od lewego końca: $x_1 = 50\text{ cm} = 0{,}5\text{ m}$
Odległość między dłońmi: $d = 50\text{ cm} = 0{,}5\text{ m}$
Przyspieszenie ziemskie: $g = 10\text{ m/s}^2$

Szukane:
Wartość siły docisku pierwszej dłoni: $F_1 = ?$
Wartość siły podparcia drugiej dłoni: $F_2 = ?$

Rozwiązanie krok po kroku:

Rysunek pomocniczy i analiza sił działających na tyczkę w stanie wyjściowym:
Tyczka znajduje się w równowadze statycznej. Jej środek ciężkości $S$ znajduje się w połowie długości: $$x_s = \dfrac{l}{2} = \dfrac{5\text{ m}}{2} = 2{,}5\text{ m}$$ Wartość siły ciężkości tyczki wynosi: $$F_g = m_t \cdot g = 4\text{ kg} \cdot 10\text{ m/s}^2 = 40\text{ N}$$ Druga dłoń znajduje się w odległości od tylnego końca równej: $$x_2 = x_1 + d = 0{,}5\text{ m} + 0{,}5\text{ m} = 1{,}0\text{ m}$$ Na tyczkę działają trzy siły pionowe:
- siła docisku pierwszej dłoni $\vec{F}_1$ skierowana w dół w punkcie $x_1 = 0{,}5\text{ m}$,
- siła podparcia drugiej dłoni $\vec{F}_2$ skierowana w górę w punkcie $x_2 = 1{,}0\text{ m}$,
- siła grawitacji $\vec{F}_g$ skierowana w dół w środku masy $x_s = 2{,}5\text{ m}$.
Sposób I – Wyznaczenie sił z warunku momentów względem drugiej dłoni:
Wybieramy oś obrotu przechodzącą przez punkt podparcia tyczki przez drugą dłoń ($x_2 = 1{,}0\text{ m}$). Ramię siły $\vec{F}_2$ wynosi zero, więc jej moment znika z równania. Ramiona sił względem tej osi wynoszą:
- dla siły $\vec{F}_1$: $r_1 = d = 0{,}5\text{ m}$,
- dla siły ciężkości $\vec{F}_g$: $r_g = x_s - x_2 = 2{,}5\text{ m} - 1{,}0\text{ m} = 1{,}5\text{ m}$.
Przyrównujemy sumę momentów sił do zera: $$\begin{aligned} \sum M &= 0 \\ F_1 \cdot r_1 - F_g \cdot r_g &= 0 \\ F_1 \cdot 0{,}5\text{ m} &= 40\text{ N} \cdot 1{,}5\text{ m} \\ F_1 \cdot 0{,}5 &= 60 \\ F_1 &= \dfrac{60}{0{,}5} \\ F_1 &= 120\text{ N} \end{aligned}$$ Aby tyczka nie przemieszczała się w pionie, suma wszystkich sił pionowych musi być równa zeru: $$\begin{aligned} \sum F_y &= 0 \\ F_2 - F_1 - F_g &= 0 \\ F_2 &= F_1 + F_g \\ F_2 &= 120\text{ N} + 40\text{ N} \\ F_2 &= 160\text{ N} \end{aligned}$$
Sposób II – Wyznaczenie sił z warunku momentów względem pierwszej dłoni:
Dla potwierdzenia poprawności wyniku możemy wybrać oś obrotu w punkcie docisku pierwszej dłoni ($x_1 = 0{,}5\text{ m}$). Wtedy moment siły $\vec{F}_1$ jest równy zeru. Ramiona pozostałych sił względem tego punktu to:
- dla siły $\vec{F}_2$: $r_2 = d = 0{,}5\text{ m}$,
- dla siły ciężkości $\vec{F}_g$: $r_g' = x_s - x_1 = 2{,}5\text{ m} - 0{,}5\text{ m} = 2{,}0\text{ m}$.
Zapisujemy równanie równowagi momentów sił: $$\begin{aligned} F_2 \cdot r_2 - F_g \cdot r_g' &= 0 \\ F_2 \cdot 0{,}5\text{ m} &= 40\text{ N} \cdot 2{,}0\text{ m} \\ F_2 \cdot 0{,}5 &= 80 \\ F_2 &= \dfrac{80}{0{,}5} \\ F_2 &= 160\text{ N} \end{aligned}$$ Następnie wyznaczamy wartość siły docisku $F_1$ z równania sił w pionie: $$\begin{aligned} F_1 &= F_2 - F_g \\ F_1 &= 160\text{ N} - 40\text{ N} \\ F_1 &= 120\text{ N} \end{aligned}$$ Z III zasady dynamiki Newtona wynika, że siły wywierane przez tyczkę na dłonie tyczkarza mają dokładnie takie same wartości: $120\text{ N}$ oraz $160\text{ N}$.
Zestawienie obliczonych wartości na rysunku wynikowym:
Oto zweryfikowany układ sił z uwzględnieniem obliczonych wartości liczbowych:

Odpowiedź:
Wartość siły dociskającej wywieranej przez pierwszą rękę wynosi $F_1 = 120\text{ N}$, a wartość siły podtrzymującej wywieranej przez drugą rękę wynosi $F_2 = 160\text{ N}$.

Zadanie 6

Na cienki, gładki pręt nałożono dwie wydrążone kule o masach $m_{k_1} = 0{,}4\text{ kg}$ oraz $m_{k_2} = 0{,}6\text{ kg}$. Kule połączono wiotką, nierozciągliwą linką. Po jej całkowitym wyprostowaniu odległość między środkami kul wynosi $l = 15\text{ cm}$. Zestaw zamontowano na pionowej osi wirownicy (zgodnie z poniższym rysunkiem). Po wprawieniu urządzenia w ruch kule wirują ze stałą prędkością kątową wokół wspólnego środka masy układu. Wyznacz położenie osi obrotu względem środków obu kul. Pomiń masę pręta, linki oraz opory ruchu.

Wskazówki:

Podczas obrotu kule napinają linkę na skutek bezwładności, a ustalone położenie osi zapewnia równowagę sił bez wywierania bocznego nacisku na prowadnicę wirownicy.
Układ można opisać na dwa sposoby: bezpośrednio z definicji środka masy układu punktów materialnych lub badając równowagę sił dośrodkowych działających na wirujące ciała.

Dane i szukane:

Dane:
$m_{k_1} = 0{,}4\text{ kg}$
$m_{k_2} = 0{,}6\text{ kg}$
$l = 15\text{ cm} = 0{,}15\text{ m}$
Szukane:
$r_1 = ?$ (odległość środka kuli 1 od osi obrotu)
$r_2 = ?$ (odległość środka kuli 2 od osi obrotu)

Rozwiązanie krok po kroku:

Rysunek pomocniczy i analiza geometryczna układu wyjściowego:
Po uruchomieniu wirownicy wiotka linka zostaje całkowicie wyprostowana i napięta, a jej długość $l$ wyznacza stałą odległość między środkami wirujących kul. Oś obrotu $O$ musi znajdować się między kulami, dzieląc odcinek $l$ na promienie zataczanych okręgów $r_1$ oraz $r_2$, spełniające relację: $$r_1 + r_2 = l$$
Sposób I – Wyznaczenie położenia z definicji środka masy układu:
Wprowadzamy jednowymiarową oś współrzędnych $x$ biegnącą wzdłuż pręta, z początkiem w środku pierwszej kuli ($x_1 = 0$). Wówczas współrzędna środka drugiej kuli wynosi $x_2 = l = 15\text{ cm}$.
Współrzędną środka masy układu $x_S$ wyznaczamy ze wzoru: $$x_S = \dfrac{m_{k_1} x_1 + m_{k_2} x_2}{m_{k_1} + m_{k_2}}$$ Podstawiamy dane liczbowe: $$\begin{aligned} r_1 = x_S &= \dfrac{0{,}4\text{ kg} \cdot 0 + 0{,}6\text{ kg} \cdot 15\text{ cm}}{0{,}4\text{ kg} + 0{,}6\text{ kg}} \\ &= \dfrac{9\text{ kg}\cdot\text{cm}}{1{,}0\text{ kg}} \\ &= 9\text{ cm} \end{aligned}$$ Odległość środka masy od drugiej kuli wynosi zatem: $$\begin{aligned} r_2 &= l - r_1 \\ &= 15\text{ cm} - 9\text{ cm} \\ &= 6\text{ cm} \end{aligned}$$
Sposób II – Wykorzystanie warunku dynamicznej równowagi sił:
W układzie odniesienia wirownicy na każdą z wirujących kul działa odśrodkowa siła bezwładności skierowana na zewnątrz od osi obrotu, równoważona przez naciąg linki $N$: $$\begin{aligned} F_{od_1} &= m_{k_1} \omega^2 r_1 \\ F_{od_2} &= m_{k_2} \omega^2 r_2 \end{aligned}$$ Aby pręt i wirownica nie były poddawane żadnym siłom poprzecznym, siły te muszą się wzajemnie równoważyć ($F_{od_1} = F_{od_2} = N$): $$\begin{aligned} m_{k_1} \omega^2 r_1 &= m_{k_2} \omega^2 r_2 \\ m_{k_1} r_1 &= m_{k_2} r_2 \end{aligned}$$ Wykorzystując zależność $r_2 = l - r_1$, otrzymujemy: $$\begin{aligned} m_{k_1} r_1 &= m_{k_2}(l - r_1) \\ m_{k_1} r_1 + m_{k_2} r_1 &= m_{k_2} l \\ r_1(m_{k_1} + m_{k_2}) &= m_{k_2} l \\ r_1 &= \dfrac{m_{k_2}}{m_{k_1} + m_{k_2}} \cdot l \end{aligned}$$ Po podstawieniu wartości otrzymujemy identyczny wynik: $$\begin{aligned} r_1 &= \dfrac{0{,}6}{0{,}4 + 0{,}6} \cdot 15\text{ cm} = 9\text{ cm} \\ r_2 &= 15\text{ cm} - 9\text{ cm} = 6\text{ cm} \end{aligned}$$
Rysunek wynikowy ze stanem końcowym i wektorami naciągu:
Oś obrotu przechodzi dokładnie przez środek masy układu $S$, który leży bliżej cięższej kuli, w proporcji odwrotnie proporcjonalnej do mas kulek.

Odpowiedź:
Środek masy układu znajduje się w odległości $9\text{ cm}$ od środka kuli o masie $0{,}4\text{ kg}$ oraz w odległości $6\text{ cm}$ od środka kuli o masie $0{,}6\text{ kg}$.

Grupa B

Zadanie 1

Metalowy drążek o długości $l = 2\text{ m}$ może obracać się wokół osi przechodzącej przez jego koniec i prostopadłej do płaszczyzny rysunku. Ustal wartości, kierunki i zwroty momentów sił: $\vec{F}_1$, $\vec{F}_2$, $\vec{F}_3$, jeżeli $F_1 = F_2 = F_3 = 4\text{ N}$, $\alpha_1 = 90^\circ$, $\alpha_2 = 0^\circ$, $\alpha_3 = 210^\circ$.

Zadanie 2

Dziewczynka jedzie rowerem ze stałą prędkością po równej nawierzchni, miarowo pedałując. Siła tarcia między oponą koła napędowego a podłożem wynosi $F_t = 250\text{ N}$. Oblicz wartość siły, jaką łańcuch działa na koło zębate zamontowane na osi tylnego koła roweru. Promień koła zębatego wynosi $R_1 = 5\text{ cm}$, a promień koła roweru $R_2 = 0{,}7\text{ m}$.

Zadanie 3

Robotnik unosi do góry jeden koniec jednorodnego drewnianego bala o masie $m_b = 80\text{ kg}$, działając stale siłą $\vec{F}$ skierowaną pionowo do góry. Drugi koniec bala opiera się o poziome podłoże. Belka pozostaje w równowadze statycznej, gdy tworzy z poziomem kąt $\alpha = 45^\circ$. Przyjmując przyspieszenie ziemskie $g = 10\text{ m/s}^2$, oblicz wartość siły $\vec{F}$.

Zadanie 4

Na brzegu jeziora zamontowano pomost spacerowy wsparty na dwóch pionowych filarach (podpory $A$ i $B$). Konstrukcję pomostu stanowi jednolita drewniana belka o masie $m_p = 160\text{ kg}$ i jednakowej średnicy na całej długości. Odległość między filarami wynosi $l = 4\text{ m}$. Na pomoście stanął wędkarz o masie $m_w = 80\text{ kg}$ w odległości $x = 1\text{ m}$ od filaru $A$ (patrz rysunek). Przyjmując przyspieszenie ziemskie $g = 10\text{ m/s}^2$, oblicz wartości sił nacisku wywieranych przez pomost na filary $A$ i $B$.

Zadanie 5

Tyczkarz podczas rozbiegu trzyma w pozycji poziomej jednorodną tyczkę z włókna szklanego o masie $m_t = 5\text{ kg}$ i długości $l = 4\text{ m}$. Jedną dłonią dociska tyczkę pionowo w dół w odległości $x_1 = 20\text{ cm}$ od jej tylnego końca, a drugą dłonią podtrzymuje ją pionowo w górę w odległości $d = 60\text{ cm}$ dalej. Przyjmując przyspieszenie ziemskie $g = 10\text{ m/s}^2$, oblicz wartości sił działających na ręce tyczkarza.

Zadanie 6

Na poziomy, cienki pręt zamocowany na pionowej osi wirownicy nałożono dwie wydrążone kule o masach $m_{k_1} = 0{,}25\text{ kg}$ oraz $m_{k_2} = 0{,}75\text{ kg}$. Kule połączono lekkim, wiotkim cięgnem o ustalonej długości $l = 20\text{ cm}$ (odległość między środkami kul po całkowitym napięciu cięgna). Po wprawieniu układu w ruch obrotowy kule poruszają się po stabilnych torach kołowych wokół wspólnego środka masy. Oblicz odległość osi obrotu od środka lżejszej oraz cięższej kuli. Pomiń masę cięgna, pręta oraz siły tarcia.

6.2 Moment siły. I zasada dynamiki dla ruchu obrotowego

Grupa A

Zadanie 1

Zadanie 2

Zadanie 3

Zadanie 4

Zadanie 5

Zadanie 6

Grupa B

Zadanie 1

Zadanie 2

Zadanie 3

Zadanie 4

Zadanie 5

Zadanie 6

Dodaj komentarz Anuluj pisanie odpowiedzi

Witaj na Liczbit 👋