Ruch postępowy i obrotowy bryły sztywnej. Środek masy kartkówka LiczBit

6.1 Ruch postępowy i obrotowy bryły sztywnej. Środek masy

Kartkówka

Grupa A

Zadanie 1

Bęben wirówki pralniczej po włączeniu cyklu odwirowywania rozpędza się jednostajnie od stanu spoczynku i w czasie $\Delta t = 4\text{ s}$ osiąga prędkość obrotową $n_2 = 1200\text{ obr/min}$. Oblicz przyspieszenie kątowe bębna oraz przyspieszenie liniowe (styczne) odzieży przylegającej do pobocznicy bębna, jeżeli jego średnica wynosi $d = 50\text{ cm}$.

Wskazówki:

Prędkość obrotową podaną w obrotach na minutę ($\text{obr/min}$) przelicz na herce ($\text{obr/s}$), dzieląc przez $60\text{ s}$.
Prędkość kątowa wiąże się z częstotliwością wzorem $\omega_2 = 2\pi n_2$.
Ruch obrotowy jest jednostajnie przyspieszony ze spoczynku ($\omega_1 = 0$), zatem przyspieszenie kątowe wynosi $\varepsilon = \dfrac{\Delta \omega}{\Delta t}$.
Promień toru odzieży to połowa średnicy bębna: $r = \dfrac{d}{2}$. Przyspieszenie liniowe (styczne) wiąże się z kątowym zależnością $a_t = \varepsilon \cdot r$.

Rozwiązanie krok po kroku:

Krok 1: Wyznaczenie końcowej prędkości kątowej bębna $\omega_2$:
Częstotliwość obrotowa bębna na końcu rozpędzania wynosi: $$\begin{aligned} n_2 &= 1200\text{ obr/min} \\ &= \dfrac{1200}{60\text{ s}} \\ &= 20\text{ s}^{-1} = 20\text{ Hz} \end{aligned}$$ Obliczamy końcową prędkość kątową $\omega_2$: $$\begin{aligned} \omega_2 &= 2\pi n_2 \\ &= 2\pi \cdot 20\text{ s}^{-1} \\ &= 40\pi\text{ rad/s} \approx 125{,}66\text{ rad/s} \end{aligned}$$ Początkowa prędkość kątowa wynosi $\omega_1 = 0\text{ rad/s}$, ponieważ bęben ruszał od stanu spoczynku.
Krok 2: Obliczenie przyspieszenia kątowego bębna $\varepsilon$:
W ruchu obrotowym jednostajnie zmiennym przyspieszenie kątowe wyraża się wzorem: $$\varepsilon = \dfrac{\Delta \omega}{\Delta t} = \dfrac{\omega_2 - \omega_1}{\Delta t}$$ Podstawiamy dane zadania ($\omega_2 = 40\pi\text{ rad/s}$, $\Delta t = 4\text{ s}$): $$\begin{aligned} \varepsilon &= \dfrac{40\pi\text{ rad/s} - 0}{4\text{ s}} \\ &= 10\pi\text{ rad/s}^2 \approx 31{,}42\text{ rad/s}^2 \end{aligned}$$
Krok 3: Obliczenie przyspieszenia liniowego (stycznego) odzieży:
Odzież przylega do wewnętrznej powierzchni bębna, więc porusza się po okręgu o promieniu: $$r = \dfrac{d}{2} = \dfrac{50\text{ cm}}{2} = 25\text{ cm} = 0{,}25\text{ m}$$ Przyspieszenie liniowe odzieży można wyznaczyć na dwa równorzędne sposoby:

Sposób I (bezpośrednio ze związku przyspieszenia kątowego i liniowego):
Przyspieszenie liniowe styczne punktu poruszającego się po okręgu o promieniu $r$ jest wprost proporcjonalne do przyspieszenia kątowego: $$a_t = \varepsilon \cdot r$$ Podstawiamy obliczoną wartość $\varepsilon = 10\pi\text{ rad/s}^2$: $$\begin{aligned} a_t &= 10\pi\text{ rad/s}^2 \cdot 0{,}25\text{ m} \\ &= 2{,}5\pi\text{ m/s}^2 \approx 7{,}85\text{ m/s}^2 \end{aligned}$$
Sposób II (przez zmianę prędkości liniowej w czasie):
Wyznaczamy najpierw końcową prędkość liniową $v_2$ odzieży na obrzeżu bębna: $$\begin{aligned} v_2 &= \omega_2 \cdot r \\ &= 40\pi\text{ rad/s} \cdot 0{,}25\text{ m} \\ &= 10\pi\text{ m/s} \approx 31{,}42\text{ m/s} \end{aligned}$$ Początkowa prędkość liniowa wynosiła $v_1 = 0\text{ m/s}$. Z definicji przyspieszenia liniowego w ruchu jednostajnie przyspieszonym: $$\begin{aligned} a_t &= \dfrac{v_2 - v_1}{\Delta t} \\ &= \dfrac{10\pi\text{ m/s} - 0}{4\text{ s}} \\ &= 2{,}5\pi\text{ m/s}^2 \approx 7{,}85\text{ m/s}^2 \end{aligned}$$ Oba sposoby dają identyczny wynik.

Odpowiedź:
Przyspieszenie kątowe bębna: $\varepsilon = 10\pi\text{ rad/s}^2 \approx 31{,}42\text{ rad/s}^2$

Przyspieszenie liniowe (styczne) odzieży: $a_t = 2{,}5\pi\text{ m/s}^2 \approx 7{,}85\text{ m/s}^2$

Zadanie 2

Stalowy gryf o długości $l = 2\text{ m}$ i masie $m_1 = 10\text{ kg}$ ma nałożone dwa obciążniki o różnych masach: $m_2 = 20\text{ kg}$ oraz $m_3 = 15\text{ kg}$. Środki masy obu obciążników znajdują się w odległości $d = 10\text{ cm}$ od odpowiednich końców drążka. Wyznacz położenie środka masy całej sztangi, określając jego odległość od końca gryfu z cięższym obciążnikiem oraz od geometrycznego środka drążka.

Wskazówki:

Potraktuj układ jako zbiór trzech ciał o znanych masach i punktowych środkach masy.
Jednorodny drążek (gryf) ma swój środek masy dokładnie w połowie swojej długości.
Wprowadź jednowymiarową oś współrzędnych $x$ z początkiem w wybranym punkcie (np. na lewym końcu drążka), a następnie zastosuj wzór na współrzędną środka masy układu punktów materialnych: $x_{sm} = \dfrac{\sum m_i x_i}{\sum m_i}$.

Rozwiązanie krok po kroku:

Krok 1. Wypisanie danych i ujednolicenie jednostek:
Długość gryfu oraz odległości wygodnie wyrazić w centymetrach lub metrach: $$ \begin{aligned} l &= 2\text{ m} = 200\text{ cm} \\ m_1 &= 10\text{ kg}\quad\text{(masa gryfu)} \\ m_2 &= 20\text{ kg}\quad\text{(lewy obciążnik)} \\ m_3 &= 15\text{ kg}\quad\text{(prawy obciążnik)} \\ d &= 10\text{ cm} = 0{,}1\text{ m} \end{aligned} $$
Krok 2. Przyjęcie osi współrzędnych i wyznaczenie położeń elementów:
Umieszczamy oś $x$ wzdłuż osi symetrii gryfu tak, aby początek układu $x = 0$ znajdował się na lewym końcu drążka (przy obciążniku $m_2$): $$ \begin{aligned} x_2 &= d = 10\text{ cm} \\ x_1 &= \dfrac{l}{2} = \dfrac{200\text{ cm}}{2} = 100\text{ cm} \\ x_3 &= l - d = 200\text{ cm} - 10\text{ cm} = 190\text{ cm} \end{aligned} $$
Krok 3. Obliczenie całkowitej masy sztangi:
Sumujemy masy wszystkich trzech elementów składowych: $$ \begin{aligned} M &= m_1 + m_2 + m_3 \\ &= 10\text{ kg} + 20\text{ kg} + 15\text{ kg} \\ &= 45\text{ kg} \end{aligned} $$
Krok 4. Obliczenie współrzędnej środka masy układu:
Podstawiamy wyznaczone wartości do wzoru na położenie środka masy: $$ \begin{aligned} x_{sm} &= \dfrac{m_2 \cdot x_2 + m_1 \cdot x_1 + m_3 \cdot x_3}{M} \\ &= \dfrac{20\text{ kg} \cdot 10\text{ cm} + 10\text{ kg} \cdot 100\text{ cm} + 15\text{ kg} \cdot 190\text{ cm}}{45\text{ kg}} \\ &= \dfrac{200 + 1000 + 2850}{45}\text{ cm} \\ &= \dfrac{4050}{45}\text{ cm} \\ &= 90\text{ cm} = 0{,}9\text{ m} \end{aligned} $$
Krok 5. Wyznaczenie odległości od środka geometrycznego gryfu:
Środek geometryczny gryfu znajduje się w punkcie $x_1 = 100\text{ cm}$. Przesunięcie środka masy sztangi względem geometrycznego środka wynosi: $$ \begin{aligned} \Delta x &= |x_1 - x_{sm}| \\ &= |100\text{ cm} - 90\text{ cm}| \\ &= 10\text{ cm} = 0{,}1\text{ m} \end{aligned} $$ Ponieważ $x_{sm} = 90\text{ cm} < 100\text{ cm}$, środek masy jest przesunięty o $10\text{ cm}$ w stronę lewego, cięższego obciążnika ($m_2$).

Odpowiedź:
Odległość środka masy od końca gryfu z cięższym obciążnikiem wynosi $90\text{ cm}$ ($0{,}9\text{ m}$).
Odległość środka masy od geometrycznego środka drążka wynosi $10\text{ cm}$ ($0{,}1\text{ m}$) w stronę cięższego obciążnika.

Zadanie 3

Trzy jednorodne kule o masach $m_1 = 2\text{ kg}$, $m_2 = 3\text{ kg}$ oraz $m_3 = 5\text{ kg}$ rozmieszczono w płaszczyźnie poziomej w taki sposób, że współrzędne ich środków wynoszą odpowiednio $K_1 = (1\text{ m}, 5\text{ m})$, $K_2 = (6\text{ m}, 5\text{ m})$ oraz $K_3 = (2\text{ m}, 1\text{ m})$. Oblicz współrzędne środka masy $S = (x_{sm}, y_{sm})$ tego układu kul.

Wskazówki:

Środek masy układu punktów materialnych w przestrzeni dwuwymiarowej wyznacza się niezależnie dla osi $x$ oraz osi $y$ jako średnią ważoną położeń poszczególnych ciał (gdzie wagami są ich masy).
Zadanie można rozwiązać bezpośrednio ze wzoru analitycznego lub poprzez dekompozycję (grupowanie ciał): najpierw wyznaczyć środek masy dwóch ciał leżących na wspólnej linii poziomej, a następnie znaleźć wypadkowy punkt równowagi z trzecim ciałem.

Rozwiązanie krok po kroku:

Wypisanie danych i obliczenie całkowitej masy układu:
Wypisujemy masy oraz współrzędne środków poszczególnych kul: $$\begin{aligned} m_1 &= 2\text{ kg}, \quad K_1 = (1\text{ m}, 5\text{ m}) \\ m_2 &= 3\text{ kg}, \quad K_2 = (6\text{ m}, 5\text{ m}) \\ m_3 &= 5\text{ kg}, \quad K_3 = (2\text{ m}, 1\text{ m}) \end{aligned}$$ Całkowita masa całego układu $M$ wynosi: $$M = m_1 + m_2 + m_3 = 2\text{ kg} + 3\text{ kg} + 5\text{ kg} = 10\text{ kg}$$
Sposób I – Wyznaczenie współrzędnych ze standardowego wzoru na środek masy:
Współrzędne środka masy $S = (x_{sm}, y_{sm})$ układu punktów materialnych na płaszczyźnie wyrażają się wzorami: $$x_{sm} = \dfrac{\sum m_i x_i}{M} = \dfrac{m_1 x_1 + m_2 x_2 + m_3 x_3}{m_1 + m_2 + m_3}$$ $$y_{sm} = \dfrac{\sum m_i y_i}{M} = \dfrac{m_1 y_1 + m_2 y_2 + m_3 y_3}{m_1 + m_2 + m_3}$$ Podstawiamy dane liczbowe dla współrzędnej $x_{sm}$: $$\begin{aligned} x_{sm} &= \dfrac{2\text{ kg} \cdot 1\text{ m} + 3\text{ kg} \cdot 6\text{ m} + 5\text{ kg} \cdot 2\text{ m}}{10\text{ kg}} \\ &= \dfrac{2\text{ kg}\cdot\text{m} + 18\text{ kg}\cdot\text{m} + 10\text{ kg}\cdot\text{m}}{10\text{ kg}} \\ &= \dfrac{30\text{ kg}\cdot\text{m}}{10\text{ kg}} = 3\text{ m} \end{aligned}$$ Podstawiamy dane liczbowe dla współrzędnej $y_{sm}$: $$\begin{aligned} y_{sm} &= \dfrac{2\text{ kg} \cdot 5\text{ m} + 3\text{ kg} \cdot 5\text{ m} + 5\text{ kg} \cdot 1\text{ m}}{10\text{ kg}} \\ &= \dfrac{10\text{ kg}\cdot\text{m} + 15\text{ kg}\cdot\text{m} + 5\text{ kg}\cdot\text{m}}{10\text{ kg}} \\ &= \dfrac{30\text{ kg}\cdot\text{m}}{10\text{ kg}} = 3\text{ m} \end{aligned}$$ Środek masy układu znajduje się w punkcie $S = (3\text{ m}, 3\text{ m})$.
Sposób II – Metoda dekompozycji (grupowania ciał w podukłady):
Układ możemy zredukować etapami, łącząc najpierw kule $K_1$ i $K_2$, które leżą na wspólnej prostej poziomej o równaniu $y = 5\text{ m}$:
- Wyznaczamy położenie środka masy podukładu kul $1$ i $2$ o łącznej masie $m_{12} = m_1 + m_2 = 2\text{ kg} + 3\text{ kg} = 5\text{ kg}$: $$\begin{aligned} x_{12} &= \dfrac{m_1 x_1 + m_2 x_2}{m_1 + m_2} = \dfrac{2\text{ kg} \cdot 1\text{ m} + 3\text{ kg} \cdot 6\text{ m}}{5\text{ kg}} = \dfrac{20}{5} = 4\text{ m} \\ y_{12} &= 5\text{ m} \end{aligned}$$ Podukład ten zastępujemy jednym punktem materialnym o masie $m_{12} = 5\text{ kg}$ w punkcie $S_{12} = (4\text{ m}, 5\text{ m})$.
- Wyznaczamy środek masy między punktem zastępczym $S_{12} = (4\text{ m}, 5\text{ m})$ o masie $5\text{ kg}$ a trzecią kulą $K_3 = (2\text{ m}, 1\text{ m})$ o masie $5\text{ kg}$. Ponieważ masy obu elementów są jednakowe ($m_{12} = m_3 = 5\text{ kg}$), wypadkowy środek masy leży dokładnie w środku geometrycznym odcinka łączącego te dwa punkty: $$\begin{aligned} x_{sm} &= \dfrac{x_{12} + x_3}{2} = \dfrac{4\text{ m} + 2\text{ m}}{2} = \dfrac{6\text{ m}}{2} = 3\text{ m} \\ y_{sm} &= \dfrac{y_{12} + y_3}{2} = \dfrac{5\text{ m} + 1\text{ m}}{2} = \dfrac{6\text{ m}}{2} = 3\text{ m} \end{aligned}$$
Obie metody prowadzą do identycznego wyniku: $S = (3\text{ m}, 3\text{ m})$.

Odpowiedź:
Współrzędne wspólnego środka masy wszystkich trzech kul wynoszą $S = (3\text{ m}, 3\text{ m})$.

Zadanie 4

Dziecko przez czas $\Delta t = 15\text{ s}$ popycha jedno z ramion karuzeli obrotowej. W tym przedziale czasu koniec ramienia porusza się ze stałym przyspieszeniem liniowym (stycznym) o wartości $a = 0{,}3\text{ }\dfrac{\text{m}}{\text{s}^2}$, a prędkość kątowa obracającej się karuzeli wzrasta o $\Delta \omega = 3\text{ }\dfrac{\text{rad}}{\text{s}}$. Oblicz długość ramienia karuzeli.

Wskazówki:

Przyspieszenie liniowe końca ramienia to przyspieszenie styczne $a_\tau$, które odpowiada za zmianę wartości prędkości liniowej w ruchu po okręgu.
Zadanie można rozwiązać dwoma równorzędnymi drogami: wyznaczając przyspieszenie kątowe $\varepsilon$ i łącząc je ze związkiem $a = \varepsilon \cdot r$, bądź wyznaczając przyrost prędkości liniowej $\Delta v = a \cdot \Delta t$ i stosując relację $\Delta v = \Delta \omega \cdot r$.

Rozwiązanie krok po kroku:

Wypisanie danych i ustalenie zależności kinematycznych:
Wypisujemy wielkości podane w treści zadania: $$\begin{aligned} \Delta t &= 15\text{ s} \\ a &= 0{,}3\text{ }\dfrac{\text{m}}{\text{s}^2} \\ \Delta \omega &= 3\text{ }\dfrac{\text{rad}}{\text{s}} \end{aligned}$$ Koniec ramienia porusza się po okręgu o promieniu równym długości ramienia $r$. Przyspieszenie liniowe podane w treści to przyspieszenie styczne $a_\tau = a$, które wiąże ruch obrotowy bryły z ruchem postępowym punktu na jej obwodzie.
Sposób I – Z wykorzystaniem przyspieszenia kątowego $\varepsilon$:
Przyspieszenie kątowe $\varepsilon$ informuje o szybkości narastania prędkości kątowej w czasie: $$\varepsilon = \dfrac{\Delta \omega}{\Delta t}$$ Obliczamy wartość przyspieszenia kątowego karuzeli: $$\varepsilon = \dfrac{3\text{ }\frac{\text{rad}}{\text{s}}}{15\text{ s}} = 0{,}2\text{ }\dfrac{\text{rad}}{\text{s}^2}$$ Związek między przyspieszeniem liniowym (stycznym) punktu odległego o promień $r$ od osi obrotu a przyspieszeniem kątowym wyraża się wzorem: $$a = \varepsilon \cdot r$$ Przekształcamy wzór, wyznaczając promień (długość ramienia) $r$: $$r = \dfrac{a}{\varepsilon}$$ Podstawiamy dane liczbowe: $$r = \dfrac{0{,}3\text{ }\frac{\text{m}}{\text{s}^2}}{0{,}2\text{ }\frac{\text{rad}}{\text{s}^2}} = 1{,}5\text{ m}$$
Sposób II – Z wykorzystaniem przyrostu prędkości liniowej $\Delta v$:
Ruch końca ramienia po okręgu ze stałym przyspieszeniem stycznym $a$ powoduje przyrost jego prędkości liniowej w czasie $\Delta t$: $$\Delta v = a \cdot \Delta t$$ Obliczamy zmianę prędkości liniowej końca ramienia: $$\Delta v = 0{,}3\text{ }\dfrac{\text{m}}{\text{s}^2} \cdot 15\text{ s} = 4{,}5\text{ }\dfrac{\text{m}}{\text{s}}$$ Zależność między prędkością liniową a prędkością kątową w ruchu po okręgu ma postać $v = \omega \cdot r$, stąd dla przyrostów tych wielkości zachodzi relacja: $$\Delta v = \Delta \omega \cdot r$$ Wyznaczamy promień $r$: $$\begin{aligned} r &= \dfrac{\Delta v}{\Delta \omega} \\ &= \dfrac{4{,}5\text{ }\frac{\text{m}}{\text{s}}}{3\text{ }\frac{\text{rad}}{\text{s}}} = 1{,}5\text{ m} \end{aligned}$$ Oba podejścia prowadzą do identycznego wyniku.

Odpowiedź:
Długość ramienia karuzeli wynosi $r = 1{,}5\text{ m}$.

Zadanie 5

Rodzice postanowili zbudować dla swojego dziecka jednoosobową huśtawkę wagową tak, aby mogło bawić się samo. Jednorodną belkę o długości $l = 5\text{ m}$ i masie $m_b = 30\text{ kg}$ należy podeprzeć w miejscu, w którym znajdzie się środek masy układu po zajęciu miejsca na jednym z jej końców przez dziecko o masie $m_d = 20\text{ kg}$. W jakiej odległości od drugiego (wolnego) końca belki należy umieścić punkt podparcia? Dziecko potraktuj jako punkt materialny.

Wskazówki:

Środek masy jednorodnej belki znajduje się dokładnie w połowie jej długości. Cały układ składa się z dwóch ciał: belki o masie $m_b$ i dziecka o masie $m_d$ znajdującego się na jej skrajnym końcu.
Zadanie można rozwiązać dwoma metodami: bezpośrednio ze wzoru na położenie środka masy układu ciał w osi $OX$ lub poprzez warunek statycznej równowagi dźwigni dwustronnej (równość momentów sił względem punktu podparcia).

Rozwiązanie krok po kroku:

Sposób I – Wyznaczenie położenia środka masy układu belki i dziecka:
Przyjmujemy jednowymiarowy układ współrzędnych z osią skierowaną wzdłuż belki, której początek $x = 0$ znajduje się na jej wolnym końcu. Środek masy jednorodnej belki leży w jej środku geometrycznym: $$x_b = \dfrac{l}{2} = \dfrac{5\text{ m}}{2} = 2{,}5\text{ m}$$ Dziecko traktowane jako punkt materialny siedzi na przeciwnym końcu belki, czyli w punkcie o współrzędnej: $$x_d = l = 5\text{ m}$$ Wyjściowy wzór na położenie środka masy układu dwóch ciał ma postać: $$ \begin{aligned} x_{SM} &= \dfrac{m_b \cdot x_b + m_d \cdot x_d}{m_b + m_d} \end{aligned} $$ Podstawiamy dane zadania ($m_b = 30\text{ kg}$, $m_d = 20\text{ kg}$, $x_b = 2{,}5\text{ m}$, $x_d = 5\text{ m}$): $$ \begin{aligned} x_{SM} &= \dfrac{30\text{ kg} \cdot 2{,}5\text{ m} + 20\text{ kg} \cdot 5\text{ m}}{30\text{ kg} + 20\text{ kg}} \\ &= \dfrac{75\text{ kg}\cdot\text{m} + 100\text{ kg}\cdot\text{m}}{50\text{ kg}} \\ &= \dfrac{175\text{ kg}\cdot\text{m}}{50\text{ kg}} \\ &= 3{,}5\text{ m} \end{aligned} $$
Sposób II – Wykorzystanie warunku równowagi momentów sił (statyka):
Oznaczmy szukaną odległość punktu podparcia $O$ od wolnego końca jako $x$. Na belkę działają pionowo w dół dwie siły grawitacji: $$F_{g_b} = m_b \cdot g \quad \text{oraz} \quad F_{g_d} = m_d \cdot g$$ Środek ciężkości belki leży w odległości $\dfrac{l}{2} = 2{,}5\text{ m}$ od wolnego końca, więc ramię siły ciężkości belki względem punktu podparcia wynosi: $$r_b = x - \dfrac{l}{2} = x - 2{,}5\text{ m}$$ Dziecko znajduje się na prawym końcu belki, więc jego ramię względem punktu podparcia wynosi: $$r_d = l - x = 5\text{ m} - x$$ Warunek równowagi dźwigni dwustronnej wymaga, aby moment siły dążący do obrotu w lewo równoważył moment siły dążący do obrotu w prawo ($M_b = M_d$): $$ \begin{aligned} F_{g_b} \cdot r_b &= F_{g_d} \cdot r_d \\ m_b \cdot g \cdot \left(x - \dfrac{l}{2}\right) &= m_d \cdot g \cdot (l - x) \end{aligned} $$ Dzielimy obie strony równania przez przyspieszenie grawitacyjne $g$ i podstawiamy wartości: $$ \begin{aligned} 30 \cdot (x - 2{,}5) &= 20 \cdot (5 - x) \\ 30x - 75 &= 100 - 20x \\ 30x + 20x &= 100 + 75 \\ 50x &= 175 \\ x &= \dfrac{175}{50} \\ x &= 3{,}5\text{ m} \end{aligned} $$

Odpowiedź:
Belkę należy podeprzeć w odległości $3{,}5\text{ m}$ od drugiego (wolnego) końca.

Zadanie 6

Ustal położenie środka masy elementu maszyny składającego się z jednorodnej metalowej belki o masie $m_b = 3\text{ kg}$ i długości $l = 1\text{ m}$ oraz przyspawanej na jednym jej końcu kuli o masie $m_k = 1\text{ kg}$ i promieniu $R = 10\text{ cm}$ (patrz rysunek).

Wskazówki:

Zarówno belka, jak i kula są ciałami jednorodnymi, co oznacza, że ich indywidualne środki masy znajdują się w ich geometrycznych środkach symetrii.
Wybierz jedną oś współrzędnych (np. oś $Ox$ z początkiem na lewym końcu belki) i zastosuj definicję środka masy układu punktów materialnych lub skorzystaj z zasady równowagi dźwigni dwustronnej.

Dane i szukane:

Dane:
$m_b = 3\text{ kg}$ – masa jednorodnej belki
$l = 1\text{ m} = 100\text{ cm}$ – długość belki
$m_k = 1\text{ kg}$ – masa kuli
$R = 10\text{ cm} = 0{,}1\text{ m}$ – promień kuli
Szukane:
$x_s = ?$ – położenie środka masy układu mierzone od lewego końca belki

Rozwiązanie krok po kroku:

Rysunek pomocniczy i wyznaczenie środków masy poszczególnych elementów:
Wprowadzamy poziomą oś współrzędnych $Ox$ skierowaną wzdłuż osi belki, przyjmując jej początek $x = 0$ na lewym, swobodnym końcu belki.
Wyznaczamy współrzędne środków masy obu części składowych:
- Dla jednorodnej belki jej środek masy $S_b$ leży dokładnie w połowie jej długości: $$x_b = \dfrac{l}{2} = \dfrac{1\text{ m}}{2} = 0{,}5\text{ m}$$
- Środek masy kuli $S_k$ znajduje się w jej geometrycznym środku, czyli w odległości równej promieniowi $R$ od punktu styku z końcem belki ($x = l$): $$x_k = l + R = 1\text{ m} + 0{,}1\text{ m} = 1{,}1\text{ m}$$
Sposób I – Zastosowanie wzoru na środek masy układu punktów materialnych:
Położenie środka masy układu ciał na osi jednowymiarowej wyraża się wzorem: $$x_s = \dfrac{m_b \cdot x_b + m_k \cdot x_k}{m_b + m_k}$$ Podstawiamy dane liczbowe do wzoru: $$\begin{aligned} x_s &= \dfrac{3\text{ kg} \cdot 0{,}5\text{ m} + 1\text{ kg} \cdot 1{,}1\text{ m}}{3\text{ kg} + 1\text{ kg}} \\ &= \dfrac{1{,}5\text{ kg}\cdot\text{m} + 1{,}1\text{ kg}\cdot\text{m}}{4\text{ kg}} \\ &= \dfrac{2{,}6}{4}\text{ m} \\ &= 0{,}65\text{ m} = 65\text{ cm} \end{aligned}$$
Sposób II – Warunek równowagi momentów sił względem środka masy (reguła dźwigni):
Środek masy układu to punkt, w którym podparty element pozostaje w równowadze obrotowej. Oznacza to, że moment siły ciężkości belki względem punktu $x_s$ musi równoważyć moment siły ciężkości kuli: $$F_{g_b} \cdot (x_s - x_b) = F_{g_k} \cdot (x_k - x_s)$$ Podstawiając $F_{g_b} = m_b \cdot g$ oraz $F_{g_k} = m_k \cdot g$ i dzieląc obustronnie przez przyspieszenie ziemskie $g$, otrzymujemy: $$m_b (x_s - x_b) = m_k (x_k - x_s)$$ Wstawiamy wartości liczbowe i wyznaczamy $x_s$: $$\begin{aligned} 3 \cdot (x_s - 0{,}5) &= 1 \cdot (1{,}1 - x_s) \\ 3x_s - 1{,}5 &= 1{,}1 - x_s \\ 3x_s + x_s &= 1{,}1 + 1{,}5 \\ 4x_s &= 2{,}6 \\ x_s &= 0{,}65\text{ m} = 65\text{ cm} \end{aligned}$$
Rysunek wynikowy i interpretacja położenia środka masy:
Oba sposoby prowadzą do identycznego wyniku. Środek masy całego elementu $S$ znajduje się w punkcie $x_s = 0{,}65\text{ m}$ ($65\text{ cm}$) od lewego końca belki, czyli $35\text{ cm}$ przed miejscem zespawania z kulą.

Odpowiedź:
Środek masy elementu maszyny znajduje się w odległości $0{,}65\text{ m}$ ($65\text{ cm}$) od lewego końca belki (czyli $35\text{ cm}$ od prawego końca belki, do którego przyspawano kulę).

Zadanie 7

Podczas pokazu żonglerki sportowej zawodnik wprawił w ruch obrotowy piłkę do koszykówki i utrzymuje ją wirującą wzdłuż pionowej osi na czubku palca. Przyjmij, że piłka o obwodzie $L = 75\text{ cm}$ obraca się ze stałą częstotliwością $f = 8\text{ Hz}$. Oblicz prędkość liniową punktów na powierzchni piłki, które znajdują się najdalej od osi obrotu. Następnie sporządź wykresy zależności prędkości liniowej od odległości od osi obrotu $v(r)$ oraz prędkości kątowej od odległości od osi obrotu $\omega(r)$ dla wszystkich punktów leżących na powierzchni piłki.

Wskazówki:

Bryła sztywna obraca się jako całość, co oznacza, że każdy jej punkt wykonuje pełny obrót w tym samym czasie – prędkość kątowa $\omega$ jest identyczna dla każdego punktu kuli niezależnie od położenia.
Punkty powierzchni kuli znajdują się w różnych odległościach $r$ od osi obrotu: od $r = 0$ (bieguny na osi) do maksymalnej odległości $r = R$ (punkty na równiku prostopadłym do osi wirowania).
Prędkość liniowa punktu poruszającego się po okręgu o promieniu $r$ zależy wprost proporcjonalnie od tej odległości: $v = \omega \cdot r$.

Dane i szukane:

Dane:
$L = 75\text{ cm} = 0{,}75\text{ m}$ – obwód koła wielkiego piłki (obwód równika)
$f = 8\text{ Hz} = 8\text{ s}^{-1}$ – częstotliwość obrotu piłki wokół pionowej osi
Szukane:
$v_{\max} = ?$ – prędkość liniowa punktów leżących najdalej od osi obrotu
$v(r) = ?$ – funkcja zależności prędkości liniowej od odległości od osi obrotu
$\omega(r) = ?$ – funkcja zależności prędkości kątowej od odległości od osi obrotu

Rozwiązanie krok po kroku:

Rysunek pomocniczy i analiza geometrii wirującej piłki:
Wprowadzamy pionową oś obrotu przechodzącą przez środek sfery. Punkty leżące na powierzchni piłki zataczają poziome okręgi o promieniach $r$ zależnych od ich szerokości geograficznej. Najbardziej oddalone od osi obrotu są punkty leżące na równiku sfery – ich odległość od osi jest równa pełnemu promieniowi kuli $R$. Dla pozostałych punktów powierzchni piłki odległość ta spełnia nierówność $0 \le r \le R$.
Sposób I – Wyznaczenie prędkości kątowej oraz promienia piłki:
Znamy obwód największego koła kuli (równika): $L = 2\pi R$. Promień piłki wynosi zatem: $$R = \dfrac{L}{2\pi} = \dfrac{0{,}75\text{ m}}{2\pi} \approx 0{,}1194\text{ m} \approx 11{,}9\text{ cm}$$ Prędkość kątową $\omega$ wyznaczamy na podstawie definicji częstotliwości $f$: $$\omega = 2\pi f = 2\pi \cdot 8\text{ s}^{-1} = 16\pi\text{ }\frac{\text{rad}}{\text{s}} \approx 50{,}27\text{ }\frac{\text{rad}}{\text{s}}$$ Punkty najbardziej oddalone od osi obrotu znajdują się na równiku, czyli w odległości $r_{\max} = R$. Ich prędkość liniowa wynosi: $$\begin{aligned} v_{\max} &= \omega \cdot R \\ &= (2\pi f) \cdot \left(\dfrac{L}{2\pi}\right) \\ &= L \cdot f \end{aligned}$$ Podstawiamy dane liczbowe: $$v_{\max} = 0{,}75\text{ m} \cdot 8\text{ s}^{-1} = 6\text{ }\frac{\text{m}}{\text{s}}$$
Sposób II – Wykorzystanie definicji okresu i drogi w jednym obrocie:
Okres jednego pełnego obrotu piłki $T$ jest odwrotnością częstotliwości: $$T = \dfrac{1}{f} = \dfrac{1}{8\text{ Hz}} = 0{,}125\text{ s}$$ W czasie jednego pełnego obrotu ($\Delta t = T$) punkt leżący na równiku pokonuje drogę równą dokładnie całemu obwodowi kuli: $$s = L = 0{,}75\text{ m}$$ Z definicji prędkości w ruchu jednostajnym po okręgu: $$\begin{aligned} v_{\max} &= \dfrac{s}{T} = \dfrac{L}{\dfrac{1}{f}} = L \cdot f \\ &= \dfrac{0{,}75\text{ m}}{0{,}125\text{ s}} = 6\text{ }\frac{\text{m}}{\text{s}} \end{aligned}$$
Wyznaczenie postaci analitycznej funkcji $v(r)$ oraz $\omega(r)$:
Każdy punkt powierzchni piłki znajduje się w odległości $r$ od pionowej osi obrotu, przy czym odległość ta może przyjmować wartości od $r = 0$ (bieguny leżące na osi) do $r = R$ (punkty na równiku):
- Prędkość kątowa $\omega(r)$: Ponieważ piłka jest bryłą sztywną, wszystkie jej punkty obracają się z jednakową prędkością kątową niezależnie od odległości od osi: $$\omega(r) = 2\pi f = 16\pi\text{ }\frac{\text{rad}}{\text{s}} \approx 50{,}27\text{ }\frac{\text{rad}}{\text{s}} = \text{const} \quad \text{dla } r \in [0, R]$$ Jest to funkcja stała.
- Prędkość liniowa $v(r)$: Prędkość liniowa punktu oddalonego o $r$ od osi wyraża się wzorem: $$v(r) = \omega \cdot r = 16\pi \cdot r \quad \text{dla } r \in [0, R]$$ Dla $r = 0$ mamy $v(0) = 0$, a dla $r = R$ otrzymujemy $v(R) = v_{\max} = 6\text{ m/s}$. Jest to funkcja liniowa o stałym współczynniku kierunkowym równym $\omega$.
Rysunek wynikowy – wykresy zależności $v(r)$ oraz $\omega(r)$:
Poniższe wykresy przedstawiają przebieg obu funkcji w dziedzinie fizycznej $r \in [0, R]$.

Odpowiedź:
Prędkość liniowa punktów na powierzchni piłki znajdujących się najdalej od osi obrotu (na równiku) wynosi $v_{\max} = 6\text{ }\frac{\text{m}}{\text{s}}$.

Wykres zależności prędkości liniowej $v(r)$ dla $r \in [0, R]$ jest odcinkiem linii prostej przechodzącej przez początek układu współrzędnych ($v(0) = 0$) o równaniu $v(r) = 16\pi \cdot r$ i wartości końcowej $v(R) = 6\text{ m/s}$.

Wykres zależności prędkości kątowej $\omega(r)$ dla $r \in [0, R]$ jest poziomym odcinkiem prostej o stałej wartości $\omega(r) = 16\pi\text{ }\frac{\text{rad}}{\text{s}} \approx 50{,}3\text{ }\frac{\text{rad}}{\text{s}}$.

Grupa B

Zadanie 1

Tarcza szlifierki stołowej o średnicy $d = 20\text{ cm}$ po włączeniu silnika rozpędza się jednostajnie od stanu spoczynku, osiągając po czasie $\Delta t = 5\text{ s}$ prędkość obrotową $n_2 = 900\text{ obr/min}$. Oblicz przyspieszenie kątowe tarczy oraz przyspieszenie liniowe (styczne) punktu znajdującego się na jej zewnętrznej krawędzi.

Zadanie 2

Stalowy gryf treningowy ma długość $l = 1{,}8\text{ m}$ i masę $m_1 = 12\text{ kg}$. Na jego końcach zamocowano dwa obciążniki o masach $m_2 = 22\text{ kg}$ oraz $m_3 = 16\text{ kg}$, przy czym ich środki masy znajdują się w odległości $d = 15\text{ cm}$ od odpowiednich końców gryfu. Wyznacz położenie środka masy całego układu, podając jego odległość od końca gryfu z cięższym obciążnikiem oraz od jego geometrycznego środka.

Zadanie 3

Trzy jednorodne kule o masach $m_1 = 1\text{ kg}$, $m_2 = 3\text{ kg}$ oraz $m_3 = 4\text{ kg}$ rozmieszczono na płaszczyźnie tak, że współrzędne ich środków wynoszą odpowiednio $K_1 = (2\text{ m}, 6\text{ m})$, $K_2 = (6\text{ m}, 2\text{ m})$ oraz $K_3 = (3\text{ m}, 1\text{ m})$. Oblicz współrzędne wspólnego środka masy tego układu kul.

Zadanie 4

Dziecko wprawia w ruch obrotowy karuzelę placu zabaw, popychając jedno z jej ramion przez czas $\Delta t = 16\text{ s}$. W tym czasie koniec ramienia porusza się ze stałym przyspieszeniem liniowym (stycznym) o wartości $a = 0{,}3\text{ }\dfrac{\text{m}}{\text{s}^2}$, a prędkość kątowa karuzeli wzrasta o $\Delta \omega = 4\text{ }\dfrac{\text{rad}}{\text{s}}$. Oblicz długość ramienia karuzeli.

Zadanie 5

Konstruktor projektuje jednoosobową huśtawkę z jednorodnej deski o długości $l = 4\text{ m}$ i masie $m_b = 20\text{ kg}$. Na jednym z jej końców siada dziecko o masie $m_d = 30\text{ kg}$. W jakiej odległości od przeciwległego (wolnego) końca deski należy umieścić podporę, aby zrównoważyć układ w pozycji poziomej? Dziecko potraktuj jako punkt materialny.

Zadanie 6

Ustal położenie środka masy elementu maszyny składającego się z jednorodnej metalowej belki o masie $m_b = 6\text{ kg}$ i długości $l = 80\text{ cm}$ oraz przyspawanej na jednym jej końcu kuli o masie $m_k = 2\text{ kg}$ i promieniu $R = 20\text{ cm}$ (patrz rysunek).

Zadanie 6

Podczas pokazu zręcznościowego animator wprawił w ruch obrotowy piłkę do siatkówki i utrzymuje ją wirującą wzdłuż pionowej osi na czubku palca. Przyjmij, że piłka o obwodzie $L = 60\text{ cm}$ obraca się ze stałą częstotliwością $f = 15\text{ Hz}$. Oblicz prędkość liniową punktów na powierzchni piłki, które znajdują się najdalej od osi obrotu. Następnie sporządź wykresy zależności prędkości liniowej od odległości od osi obrotu $v(r)$ oraz prędkości kątowej od odległości od osi obrotu $\omega(r)$ dla wszystkich punktów leżących na powierzchni piłki.

6.1 Ruch postępowy i obrotowy bryły sztywnej. Środek masy

Grupa A

Zadanie 1

Zadanie 2

Zadanie 3

Zadanie 4

Zadanie 5

Zadanie 6

Zadanie 7

Grupa B

Zadanie 1

Zadanie 2

Zadanie 3

Zadanie 4

Zadanie 5

Zadanie 6

Zadanie 6

Dodaj komentarz Anuluj pisanie odpowiedzi

Witaj na Liczbit 👋