Wykład 7: Bryła sztywna

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 m_i

lim 1

0

 

 



_{= =}



= 

→

 ydm

dm M ydm m

y y m

i i i m_i

lim 1

0

 

 



_{= =}



= 

→

 zdm

dm M zdm m

z z m

i i i m_i

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   

=

 =



=

_s

s

M V

p  

0

0  =

= dt

p

F

_zew

d

^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 V_w 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·mV

r V   



= 

Skoro

  ⊥ r 

^oraz

L 



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 F}

dt L

d

  



=

Zasada zachowania momentu pędu:

Jeżeli L =



const

to

=

M_zew

= 0

dt

L

d

 

M 

=

F r

M   



=

F

t

r  ⊥ 

to M = r^F_t

r a   



= 

^oraz

  ⊥ ^{r }

to M = r²m   M =^ I



^

( ⁺ ) ^{=  + 0}



=

r F_t F_n r F_t M

     

Jeżeli działa siła styczna F_t

I

Jeżeli działa dowolnie skierowana siła F to

r

Fn

^

M

F

F_t



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 2}

2 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 I}

E

i

i i k

Dla ciągłego rozkładu mas ^{I =}



^r2dm

Energia układu punktów materialnych obracających się z taką samą 

 

²

2 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

0

I

_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

i

r

i

r

i

r

i

L   

₂

    ^

L 

( )

 ⁻

=

i

i i

i

xx

m r x

I

^{2 2}

Porządkując 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 L_x 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: I_xy = I_yx

 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

²

jest 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

x_n r_nz



=

−

=

^N

1

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

²

s) 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

2

2

E = m

_k ²

2 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

=

=

=

=

= I_zx I_yz I_zy 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} ²

oraz

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 I_zz 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

²

2

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 2}

2

²

 +

+

=

_{i i i}

i

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

I_xx + =

mR2

Dla rozważanego dysku

otrzymujemy więc

a więc

stąd

X Y

Z

mR2



^{R r dr}

⁼

^m_R ^R

⁼

^mR

0

2 4

2 3

2 4 2

2

2 

 



Lub obliczając inaczej: skoro ^Ixx ^{= I}yy ⁼

_ (

^r2 ^{− x}2

)

^dm

a 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

2

I

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

2

^dm

 ⁼

=

^{2 2}

3 2 3

2 r dm mR I

_xx

x

²

+ y

²

+ z

²

=r

^{2 oraz}

x = y= z



r

²

= 3x

²

Lub inaczej:

 Objętościowy rozkład masy

• Kula o promieniu R i gęstości objętościowej 

r dm

dr

R

M

M

R

I_sfery 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 

²

2 5

3 5

0

4

5 2 3

15 4 8 15

8 3

8

R MR

R 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 I_w

X

Y Z

X

Y Z





















=

0 0

0

12 0 0 1

0 12 0

1

2 2

ML ML

I_p

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

 

^m

r r

r₂ = − ₁ = 0,2

 

^m

m m

r

r m 0,3

5 , 0

5 , 0 3 , 0

2 1

1 2 =  =

= +

 

^m

r

x₁ = − ₁ cos = −0,28

 ^m

r

x₂ = ₂ cos =0,19

 

^m

r

y₁ = − ₁sin = −0,1

 

^m

r

y₂ = ₂ sin = 0,07

( ) (

2 2²

)

2 2 2

2 1 1

1 r x m r x

m

I_xx = − + −

(

^{0,09 0,078}

)

^0,3

(

^{0,04 0,036}

)

^{0,0024 0,0012 0,0036}



²



2 ,

0 kg m

I_xx = − + − = + = 

( ) (

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

I_xy = _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  = −70,08^o

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

_śm

v

_śm

v

_śm

2v

_śm

v = 0

v

_śm

ruch 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



E_ko =

R v

_śm

= 

2 2

kp

mR

2

E = 1  1

1

E

_k

= E

_kp

+ E

_ko

walca 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

mv

10 mR 7

5 mR 1

2

E = 1  +  =

kuli

obręczy

_kobr ^{2 2}

mR

^{2 2}

mv

_śm²

2

mR 1 2

E = 1  +  =

E

_kobręczy

> E

_kwalca

> E

_kkuli