Wykład 7: Bryła sztywna
Dr inż. Zbigniew Szklarski
Katedra Elektroniki, paw. C-1, pok.321
szkla@agh.edu.pl
http://layer.uci.agh.edu.pl/Z.Szklarski/
Środek masy/ środek ciężkości
Jak opisać dowolny ruch ciała?
Którego punktu ciała?
Zawsze można wybrać taki punkt ciała, który porusza się tak jakby poruszał
się pojedynczy punkt materialny pod działaniem tych samych sił zewnętrznych – ŚRODEK MASY ciała.
Dla układu punktów materialnych:
m1 m2
m x + m x
Dla mas punktowych
=
i i i
i i
m x m x
=
i i i
i i
m y m y
=
i i i
i i
m z m z
Ciągły rozkład mas
= =
=
→
xdm
dm M xdm m
x x m
i i i mi
lim 1
0
= =
=
→
ydm
dm M ydm m
y y m
i i i mi
lim 1
0
= =
=
→
zdm
dm M zdm m
z z m
i i i mi
lim 1
0
wektor położenia środka masy
= +
+
= i i
s m r
z M k y j x i
r ˆ ˆ ˆ 1
M
zdm ydm
r
s=
xdm+ +
Przykłady
Cienki, jednorodny słup o masie M i długości L leżący poziomo postawiono pionowo. Obliczyć wykonaną pracę.
Kopiec Piłsudskiego usypany w latach 30-tych ub. wieku ma kształt stożka o wysokości 35 m i średnicy podstawy 110m. Obliczyć masę kopca i pracę jaka została
wykonana podczas sypania kopca. Przyjąć średnią gęstość 1700 kg/m3.
Okrągła tarcza o promieniu 2R
Odp.: 𝑀 = 1
3𝜋𝑅2𝜌ℎ = 188,4 ∙ 106𝑘𝑔 𝑊 = 16,17 ∙ 109𝐽 = 16,17 𝐺𝐽
Ruch środka masy
=
+
+
=
i
i i n
n
S m a m a m a
a
M
1
...
1
dt v
m v
m v
m v
M
i
i i n
n
S = + + =
1 ...
1
dt r
m r
m r
m r
M
i
i i n
n
S = + + =
1 ...
1
= +
+
=
i i n
S F F F
a
M
1 ...
zew
s
F
a
M
=
Ruch środka masy odbywa się pod wpływem wektorowej sumy wszystkich sił działających na układ - również sił wewnętrznych.
Jednak z III zasady dynamiki siły wewnętrzne się równoważą
=
i
i i
s m r
r M1
Środek masy układu porusza się tak, jakby cała masa układu była skupiona w środku masy i jakby wszystkie siły zewnętrzne na nią działały.
Pęd środka masy
s zew
s
F
dt V M d
dt p
d
=
=
=
ss
M V
p
0
0 =
= dt
p
F
zewd
s
const p
s=
Zasada zachowania pędu
Przykład 1:
Siedzący na dziobie canoe o masie m i długości L wioślarz o masie M wstał i przeszedł z szybkością Vw na jego drugi koniec. Oblicz z jaką szybkością i o ile przesunęło się canoe.
Przykład 2:
Wystrzelona po torze parabolicznym rakieta w najwyższym punkcie toru rozpada się na dwie równe części. Jedna z nich spada pionowo na powierzchnię Ziemi, a druga porusza się dalej. Przedyskutuj ten przypadek oraz narysuj:
A. Dalszy tor środka masy obu części rakiet, B. Tor drugiej części rakiety.
C. W jakiej odległości od miejsca startu wyląduje druga część rakiety?
Podstawowe pojęcia ruchu obrotowego punktu materialnego i bryły sztywnej
Odpowiednikiem pędu w ruchu postępowym jest moment pędu w ruchu obrotowym
r
V
L r p
=
Skoro
r ⊥ p
to L = r·mVr V
=
Skoro
⊥ r
orazL
to V = r oraz L = r2m
Powód ruchu obrotowego bryły - moment siły
Jeżeli zmienia się moment pędu układu
L = r p const
to
0
dt L d
( ) =
+
=
= dt
p r d
dt p r p d
dt r d dt
L
d
( ) + ( )
= 0
0
F r
v m
v
Ostatecznie:
M r F
=
( )
r Fdt L
d
=
Zasada zachowania momentu pędu:
Jeżeli L =
constto
=
Mzew= 0
dtL
d
M
=
F r
M
=
F
tr ⊥
to M = rFtr a
=
oraz ⊥ r
to M = r2m M = I
( + ) = + 0
=
r Ft Fn r Ft M
Jeżeli działa siła styczna FtI
Jeżeli działa dowolnie skierowana siła F to
r
Fn
M
F
Ft
Zadanie – moment siły
Stojący pionowo dysk o masie m opiera się o schodek o wysokości równej połowie promienia dysku.
Na oś dysku działa poziomo siła F aby wtoczyć dysk na schodek. Obliczyć wartość tej siły.
F R
mg R/2
Rozwiązanie:
Dysk wtacza się na schodek M 𝑀 = 𝑅𝑥 Ԧ𝐹
𝑀 = 𝑅 ∙ 𝑚𝑔 ∙ 𝑠𝑖𝑛
Przeciwdziała moment siły grawitacji M = 𝑅 𝑥 𝑚 Ԧ𝑔
𝑀 = 𝑅 ∙ 𝐹 ∙ 𝑠𝑖𝑛𝛼 = 1
2𝑅 ∙ 𝐹
= 𝑅 ∙ 𝑚𝑔 ∙ 𝑠𝑖𝑛 90 − 𝛼 = 𝑅 ∙ 𝑚 ∙ 𝑔 ∙ 𝑐𝑜𝑠𝛼
L
𝑐𝑜𝑠𝛼 = 𝐿 𝑅 =
3 2 𝑅
𝑅 1
2𝑅𝐹 = 𝑚𝑔𝑅 3
2 𝐹 = 𝑚𝑔 3
Zadanie domowe
Na platformie jadącej po poziomej jezdni ciężarówki stoi swobodnie skrzynia w kształcie prostopadłościanu o
wysokości h i kwadratowej podstawie o boku b. Środek
ciężkości skrzyni znajduje się w jej środku geometrycznym.
Współczynnik tarcia skrzyni o platformę wynosi f.
A) Oblicz maksymalną szybkość ciężarówki na zakręcie o promieniu R aby skrzynia nie przesunęła się.
B) Oblicz z jakim maksymalnym opóźnieniem mogłaby
hamować ciężarówka jadąc prostoliniowo, aby skrzynia się nie przewróciła.
Moment bezwładności
Energia kinetyczna i-tego punktu materialnego:
2 2 2
2 1 2
1 =
= i i i i
ki m v m r
E
m1
r1 r2 m2 m3 r3
(
2 3 32)
2 2 22 2 2
1
1 2
1 2
1
=
+
+
=
I i
i i
k m r m r m r m r
E
Moment bezwładności zależy od:
-wyboru osi obrotu -kształtu ciała
-rozmieszczenia masy ciała
2 2
2
2 1 2
1 =
=
m r IE
i
i i k
Dla ciągłego rozkładu mas I =
r2dmEnergia układu punktów materialnych obracających się z taką samą
22 kg m
r m I
i
i
i
=
Przykład
Obliczyć moment bezwładności prostokąta o wymiarach a x b i gęstości powierzchniowej , względem:
a) podstawy a jako osi,
b) względem osi prostopadłej do boku a, przechodzącej przez środek prostokąta,
c) względem osi prostopadłej do powierzchni prostokąta i przechodzącej przez jeden z jego wierzchołków.
Twierdzenie Steinera (o osiach równoległych)
Gdy obrót bryły o masie M następuje wokół osi Z przechodzącej przez środek masy to
Jeżeli bryła zacznie się obracać wokół osi Z’, równoległej do Z i oddalonej od niej o odległość a to
0 2
'
I Ma
I
z= +
z z’
a ω
śm
I
0I
z=
Przykład
Toczenie się bez poślizgu walca można traktować jako obrót wokół chwilowej osi obrotu – punktu styczności z podłożem.
Tensor momentu bezwładności
( ) ( )
= =
i i i
i i
i i
i i
i
r m V m r V
L
i
i
r
V
=
więc
= =
(
)
i
i i
i i
i L m r r
L
z rachunku wektorowego wiadomo:( B C ) ( ) ( ) B A C C A B
A
= −
więc
r
i ( r
i) = ( r
i r
i) − r
i( r
i )
( )
p r
L
=
ale
r
i = x
i
x+ y
i
y+ z
i
z
Zatem
= ( − ( + + ) )
i
z i y
i x
i i i
i
r r x y z
m
L
2
Składowe wektora :
−
−
−
=
i i i i
i i z
i i i y
i i x
i i x
x m r m x m x y m x z
L
2
2
− − −
=
i i i i
i i z
i i i y
i i i x
i i z
z
m r m z x m z y m z
L
2
2 − − −
=
i i i i
i i z
i i y
i i i x
i i y
y
m r m y x m y m y z
L
2
2
( )
( )
−
=
i
m
ir
ir
ir
iL
2
L
( )
−
=
i
i i
i
xx
m r x
I
2 2Porządkując np. L
x( )
− − −
=
i i i i i i i i z
i i i i y x
x
m r x m x y m x z
L
2 2
gdzie:
skoro
r
i2= x
i2+ y
i2+ z
i2( )
+
=
i
i i
i
xx
m y z
I
2 2= −
i
i i i
xy
m x y
I = −
i
i i i
xz
m x z
I
więc
I I
I
L = + +
Można więc zapisać Lx jako:
Ixz
Ixx
Ixy
− − −
=
i i i i
i i z
i i i y
i i x
i i
x
m r m x m x y m x z
2 2( )
( )
−=
i
i i
i r r
m
L
2
z xz y
xy x
xx
x
I I I
L = + +
z yz y
yy x
yx
y
I I I
L = + +
Można więc równanie wektorowe zastąpić przez układ trzech równań:
z zz y
zy x
zx
z
I I I
L = + +
=
z y x
zz zy
zx
yz yy
yx
xz xy
xx
z y x
I I
I
I I
I
I I
I L
L L
= I
L ~
W ogólnym przypadku wektor L nie ma kierunku prędkości kątowej
, co jest przyczyną skomplikowanego zachowania się wirującego ciała sztywnego.Własności tensora momentu bezwładności
Symetryczny: Ixy = Iyx
Można go zdiagonalizować do postaci:
Suma jest izotropowa, czyli względem osi układu:
=
zz zy
zx
yz yy
yx
xz xy
xx
I I
I
I I
I
I I
I I
zz yy
xx
I I
I
0 0
0 0
0 0
różne od zera są tylko wartości osi głównej
= +
+
i i i zz
yy
xx I I m r
I
2
2jest niezależna od orientacji ciała
( )
= = +
+ I I r dm r r dV
I 2 2 2
2( )
−
=
V
xx
r x dV
I
2 2
( )
−
=
V
yy
r y dV
I
2 2
( )
−
=
V
zz
r z dV
I
2 2
dla ciągłego rozkładu mas
−
=
V
xy
x y dV
I
−
=
V
xz
x z dV
I
itd..
elementy diagonalne elementy pozadiagonalne
UWAGA!!! Moment bezwładności jest addytywny !!!
Interpretacja elementów tensora momentu bezwładności
= == +
= N
n
nz N
n
n n
zz (x y ) r
I
1 n 2 1
2
n 2 m
m
kwadrat odległości od osi OZ
x
y z
y
xn rnz
=−
=
N1
n n n n
yz
m y z
I
y z
I
yz=0
Elementy pozadiago-
Ruch postępowy (stały kierunek)
Ruch obrotowy (stała oś obrotu)
położenie x (m) położenie
kątowe (rad) prędkość liniowa
v (m/s)
prędkość kątowa ω (rad/s)
przyspieszenie liniowe a (m/s
2)
przyspieszenie kątowe ε
(rad/s
2)
masa m (kg) moment
bezwładności I (kg·m
2)
Porównanie podstawowych wielkości fizycznych i wzorów
dt v = dx
dt
= d
dt a = dv
dt
= d
siła F (N)
moment siły
(N m)
pęd
p (kg m/s)
moment pędu L (kg m
2s) energia
kinetyczna E
k(J) energia
kinetyczna E
k(J)
uogólniona uogólniona
dp
a F
= m
M M = I
v p
= m
L = I
dL
k
v
22
E = m
k 22 E = I
Porównanie podstawowych wielkości
fizycznych i wzorów cd.
Przykłady obliczeń tensora momentu bezwładności
Dyskretny rozkład masy
Rozważyć układ czterech mas m(a,a), 2m(a,-a), m(-a,-a) oraz 2m(-a,a), rozmieszczonych w wierzchołkach kwadratu. Wzajemne odległości
między masami nie ulegają zmianie. (a) Znaleźć tensor momentu bezwładności tego układu mas.
Odp.:
a)
(
2 − 2)
=..=
i i i i
xx m r x
I−
=
i
i i i
xy m x y
I
−
=
i
i i i
xz m x z
I
=
=
i i i
yy m x
I 2
( )
( )
− = +
=
i i i i
i i i i
zz m r z m x y
I 2 2 .. 2 2
Iyx
=
=
=
=
= Izx Iyz Izy 0
a
-a
x y
? ?
=
2 2
2
2 2
12 0
0
0 6
2
0 2
6
ma ma
ma
ma ma
I
(b) Znaleźć wektor momentu pędu tego układu mas podczas obrotu z prędkością kątową =i i sprawdzić czy jest on równoległy do wektora prędkości kątowej.
b)
𝐿 = ሚ𝐼 ∙ 𝜔 =
6𝑚𝑎2 2𝑚𝑎2 0 2𝑚𝑎2 6𝑚𝑎2 0
0 0 12𝑚𝑎2
° 𝜔
0 0
= 6𝑚𝑎2𝜔 Ƹ𝒊 + 2𝑚𝑎2𝜔 Ƹ𝒋
𝜔 = 𝜔 Ƹ𝒊 𝜔 𝐿
Liniowy rozkład masy
Cienki jednorodny pręt o długości l i gęstości liniowej obraca się wokół osi OZ
const dm =dy
=
=
= I r dm I
xx zz 2oraz
yy
= I
+
=
=
=
− − 3 8 8
1 3
3 2 3
2
2
2
2 3 l l
l m dy y
y I
l
l
l
l
zz
czyli
12 8
2 3
2
3
ml
l l
I
zz= m =
X
Y Z
dm
r
0
Jeżeli przesuniemy oś obrotu na koniec pręta, to I’= ?
R
Cienki jednorodny dysk o promieniu R i gęstości powierzchniowej
Powierzchniowy rozkład masy
dr
X Y
Z
ds
= dm
yy
xx I
I =
= r dm Izz 2
pozostałe momenty bezwładności obliczymy korzystając z
własności ciała o symetrii osiowej - własności tensora momentu dm= ·ds = · 2 ·r·dr
= == R
zz
mR R
R dr m
r I
0
2 4
2 3
2 2 4
2
więc
( ) ( ) ( )
− +
− +
−= +
+
i i i
i i
i i
i i i
i i zz
yy
xx I I m r x m r y m r z
I 2 2 2 2 2 2
2 2
2 2
i i
i
i
r y z
x = − −
Wiadomo, że
( + ) + ( − ) + ( − ) =
= +
+
i i i i i i i i i i i i
zz yy
xx I I m y z m r y m r z
I 2 2 2 2 2 2
a więc
=
= +
+
V zz V
yy
xx I I r dm r dV
I
2
22
2
gdzie
( )
+ + − + − =
=
i
i i i
i i
i i
i i
i
y z r y r z m r
m
2 2 2 2 2 22
2 +
+
=
i i ii
x y z
r
Dla ciągłego rozkładu masy:
yy R
xx
I
I =
=
== +
S zz
xx I r dm r dS
I 2 2 2 2
2
2 2
2 mR2 mR
Ixx + =
mR2
Dla rozważanego dysku
otrzymujemy więc
a więc
stąd
X Y
Z
mR2
R r dr=
mR R=
mR0
2 4
2 3
2 4 2
2
2
Lub obliczając inaczej: skoro Ixx = Iyy =
(
r2 − x2)
dma x2+ y2+ z2 =r2 oraz x = y a więc r2= 2x2
x2 = ½ r2 − = =
=
=
S yy xx
R R
rdr m dS r
r r I
I
2 4
2 2
4 2
2
2 2
4 mR
2I
I
xx=
yy=
Powłoka kulista (sfera)
Z
R
Y X
Gęstość powierzchniowa powłoki o promieniu R wynosi
ds
= dm
Skoro jest symetria kulista to:
zz yy
xx
I I
I = = 3 I
xx= 2 r
2dm
=
=
2 23 2 3
2 r dm mR I
xxx
2+ y
2+ z
2=r
2 orazx = y= z
r
2= 3x
2Lub inaczej:
Objętościowy rozkład masy
• Kula o promieniu R i gęstości objętościowej
r dm
dr
R
M
M
R
Isfery 2
3
= 2
dm r
dI 2
3
= 2 I
= dI
dV r
dm r
I 2 2
3 2 3
2
==
dr r dV
= 4
22 5
3 5
0
4
5 2 3
15 4 8 15
8 3
8
R MRR R M
dr r I
R
=
=
=
=
Inny sposób obliczeń:
𝑑𝑚 = 𝜌 ∙ 𝑑𝑉 = 𝜌𝜋𝑅2𝑑𝑦 = 𝜌𝜋 𝑟02 − 𝑦2 𝑑𝑦
𝑑𝐼 = 1
2𝑑𝑚𝑅2 = 𝜌𝜋
2 𝑟04 − 2𝑟02𝑦2 + 𝑦4 𝑑𝑦
𝐼 = න 𝑑𝐼 = 𝜌𝜋 2 න
−𝑟0 𝑟0
𝑟04 − 2𝑟02𝑦2 + 𝑦4 𝑑𝑦 =
=8
15𝜌𝜋𝑟05
Kulę o promieniu 𝑟0 składamy z plastrów o bieżącym promieniu R i grubości dy:
𝑀 = 𝜌𝑉 = 4
3𝜋𝜌𝑟03 𝐼 = 2
5𝑀𝑟02
• Symetria cylindryczna
walec o promieniu podstawy R, wysokości H i masie M
+ +
=
2 2
2 2
2
2 0 1
0
12 0 1 4
0 1
0 12 0
1 4
1
MR MH
MR MH
MR Iw
X
Y Z
X
Y Z
=
0 0
0
12 0 0 1
0 12 0
1
2 2
ML ML
Ip
cienki pręt o długości L i masie M
Przykład:
Dwie masy punktowe m1 = 200 g i m2 = 300 g są umieszczone na końcach sztywnego, nieważkiego pręta o długości r = 50 cm. Pręt umieszczony jest pod kątem =200 względem osi OX, a środek masy tego układu ciał znajduje się w środku układu współrzędnych XY. Pręt wiruje z częstotliwością f = 2 Hz, a osią obrotu jest oś OY. Obliczyć składowe wektora momentu pędu oraz podać jego kierunek.
x1
y2
y1 x2
m2
Y
X
Plan:
• środek masy
• składowe tensora
Środek masy:
Składowe tensora:
=
i
i i
sm m r
r m1
m1
m2 r1
r2
r
mr r
r2 = − 1 = 0,2
mm m
r
r m 0,3
5 , 0
5 , 0 3 , 0
2 1
1 2 = =
= +
mr
x1 = − 1 cos = −0,28
m
r
x2 = 2 cos =0,19
mr
y1 = − 1sin = −0,1
mr
y2 = 2 sin = 0,07
( ) (
2 22)
2 2 2
2 1 1
1 r x m r x
m
Ixx = − + −
(
0,09 0,078)
0,3(
0,04 0,036)
0,0024 0,0012 0,0036
2
2 ,
0 kg m
Ixx = − + − = + =
( ) (
2 22)
2
2 2 2
2 1 1
1 r y m r y 0,016 0,0105 0,0265kg m
m
I yy = − + − = + =
2 0
2 2 1
1
1 − =
−m x z m x z
zz = I
2 2 2 1
1
1x y m x y m
I
Ixy = yx = − −
2
0096 , 0 004
, 0 0056 ,
0 − = − kg m
−
=
x1
( )
−
=
i
i i i
xx m r x
I 2 2 =−
i
i i i
xy m x y
I
I = 3,6 −9,6 0
−9,6 26,5 0
0 0 0
∙ 10−3
Składowe momentu pędu:
tg
76 , 6 2
, 9
5 ,
26 = −
−
=
=
=
yy xy x
y
I I L
tg L = −70,08o
m2
L 𝐿 = ሚ𝐼 ∙ 𝜔 =
3,6 −9,6 0
−9,6 26,5 0
0 0 0
° 0 4𝜋
0
∙ 10−3 = −38,4𝜋 ∙ 10−3, 106𝜋 ∙ 10−3, 0
Toczenie bez poślizgu
Toczenie bez poślizgu jest specyficznym rodzajem ruchu bryły sztywnej, będącym złożeniem ruchu postępowego środka masy i ruchu obrotowego wokół środka masy.
Przyczyną toczenia jest występowanie tarcia statycznego.
2R
śm
ωR
ωR
śm
v
śmv
śmv
śm2v
śmv = 0
v
śmruch obrotowy wokół osi
przechodzącej przez środek masy
ruch postępowy toczenie bez poślizgu jako złożenie ruchów
R v
śm=
R a
śm=
ωR
Człowiek trzyma za jeden koniec deski o długości L opartej drugim końcem na walcu o promieniu R. Następnie człowiek zaczyna iść pchając deskę, która bez poślizgu toczy się po walcu, który toczy się po podłożu.
Jaką odległość musi przejść człowiek aby dotrzeć do walca ? Czy/jak zależy to od promienia walca ?
Przykład:
L R
Rozwiązanie:
W czasie t środek walca przebędzie odległość S=L=v·t
W tym samym czasie górny punkt styczności z deską przesunie się na odległość 2 v·t = 2L
Czyli człowiek będzie musiał
przebyć odległość 2L niezależnie od promienia walca.
Energia toczącego się ciała.
całkowita
energia kinetyczna
energia kinetyczna ruchu postępowego
energia kinetyczna ruchu obrotowego
2 śm
kp
mv
2 E = 1
0 2
2
1 I
Eko =R v
śm=
2 2
kp
mR
2
E = 1 1
1
E
k= E
kp+ E
kowalca mR2
2 I = 1
kuli mR2
5 I = 2
2
obr
mR
I =
Całkowita energia kinetyczna
2 śm 2
2 2
2
kw
mv
4 mR 3
4 mR 1
2
E = 1 + =
walca
2 śm 2
2 2
2
kk