Piotr Przybyłowicz

Mechanika techniczna

Warszawa 2012

Politechnika Warszawska

Wydział Samochodów i Maszyn Roboczych

Kierunek studiów "Edukacja techniczno informatyczna"

02-524 Warszawa, ul. Narbutta 84, tel. (22) 849 43 07, (22) 234 83 48

ipbmvr.simr.pw.edu.pl/spin/, e-mail: sto@simr.pw.edu.pl

Opiniodawca: prof. dr hab. inŜ. Danuta SADO

Projekt okładki: Norbert SKUMIAŁ, Stefan TOMASZEK

Projekt układu graficznego tekstu: Grzegorz LINKIEWICZ

Skład tekstu: Janusz BONAROWSKI

Publikacja bezpłatna, przeznaczona dla studentów kierunku studiów

"Edukacja techniczno informatyczna"

Copyright © 2012 Politechnika Warszawska

Utwór w całości ani we fragmentach nie moŜe być powielany

ani rozpowszechniany za pomocą urządzeń elektronicznych, mechanicznych,

kopiujących, nagrywających i innych bez pisemnej zgody posiadacza praw

autorskich.

ISBN 83-89703-82-3

Druk i oprawa: STUDIO MULTIGRAF SP. Z O.O.,

ul. Ołowiana 10, 85-461 Bydgoszcz

Spis treści

Wstęp...................................................................... 5

1. Geometria mas ................................................... 7

1.1 Wyznaczanie połoŜenia środka masy .............................. 8 1.2 Reguły Pappusa-Guldina................................................23 1.3 Momenty bezwładności ...................................................27

2. Statyka ............................................................. 47

2.1 Statyka bez tarcia ...........................................................48 2.2 Statyka z uwzględnieniem tarcia ...................................68 2.3 Efekty mechaniczne wywołane tarciem .........................72

3. Kinematyka punktu .......................................... 89

3.1 Opis połoŜenia, równania ruchu .....................................90 3.2 Krzywizna toru, promień krzywizny ..............................95 3.3. Prędkość punktu ............................................................99 3.4. Przyspieszenie punktu.................................................101

4. Dynamika punktu ........................................... 111

4.1 Druga zasada dynamiki................................................112 4.2. Zagadnienie odwrotne dynamiki .................................115 4.3. Zasada zmienności pędu i krętu ..................................147 4.4. Praca, moc, energia......................................................151

5. Bryła sztywna ................................................. 159

5.1. Kinematyka bryły ........................................................160 5.2. Dynamika bryły ...........................................................177

Wstęp Niniejsze materiały zostały opracowane w ramach realizacji Programu

Rozwojowego Politechniki Warszawskiej współfinansowanego ze środ-

ków PROGRAM OPERACYJNY KAPITAŁ LUDZKI. Przeznaczone są dla studentów pierwszego roku studiów inŜynierskich na kierunku Edu-

kacja techniczno-informatyczna prowadzonych na Wydziale Samocho-

dów i Maszyn Roboczych Politechniki Warszawskiej.

Opracowanie przygotowano dla przedmiotu „Mechanika”. Jego zawar-

tość merytoryczna w pełni odpowiada zakresowi opisanemu w sylabusie

opracowanym dla tego przedmiotu. Zajęcia dydaktyczne obejmują 30 godzin wykładu i 30 godzin ćwiczeń audytoryjnych.

Celem opracowania jest pokazanie Czytelnikowi miejsca i roli mecha-

niki ogólnej na tle innych nauk podstawowych oraz w dziedzinie bu-

dowy i eksploatacji maszyn, zapoznanie go z podstawowymi pojęciami i

prawami rządzącymi ruchem układów mechanicznych, przekazanie

umiejętności modelowania obiektów rzeczywistych, formułowania i roz-

wiązywania zadań.

Całość materiału ujęto w pięciu rozdziałach. W rozdziale pierwszym

przybliŜono problem wyznaczania połoŜenia środka masy oraz maso-

wych momentów bezwładności. Umiejętność ta będzie niezbędna w roz-

dziale ostatnim, poświęconym bryle sztywnej, gdzie większość praw

i zasad nawiązuje do połoŜenia środka masy i wzmaga znajomości iner-

cji obrotowej ciał (momentów bezwładności). Rozdział drugi omawia

szczególny przypadek ruchu, tj. bezruch, a więc zagadnienie równowagi

ciał i warunków jakie muszą być spełnione aby ta równowaga mogła za-

istnieć. W rozdziale dotyczącym statyki zawarto takŜe problem tarcia su-

chego i efektów mechanicznych jakie siły tarcia wprowadzają do bada-

nych układów. W rozdziale trzecim przypomniano podstawowe pojęcia

uŜywane w analizie ruchu punktu materialnego, tj. kinematyce, takie jak

tor, równanie ruchu, prędkość, krzywizna, przyspieszenie. Analizę ruchu

łącznie z jego genezą wyjaśnianą związkiem przyczynowo-skutkowym

w postaci II zasady Newtona wyłoŜono w rozdziale czwartym. W roz-

dziale piątym rozwaŜania te rozszerzono na model bliŜszy obiektom rze-

czywistym – bryłę sztywną.

1 Geometria mas

W tym rozdziale:

o Wyznaczanie połoŜenia środka masy o Wycinek koła o Reguły Pappusa-Guldina o Momenty bezwładności o Twierdzenie Steinera o Przykłady

ROZDZIAŁ 1

Strona 8888

1.1. Wyznaczanie połoŜenia środka masy

Jedną z podstawowych umiejętności inŜyniera mechanika jest zdolność sprawnego wyznaczania połoŜenia środków mas brył o róŜnych kształ-

tach geometrycznych, które odwzorowują rzeczywiste obiekty, w tym

takŜe elementy projektowanych lub istniejących maszyn. PołoŜenie

środka masy determinuje właściwości mechaniczne obiektów, począw-

szy od problemu równowagi po zagadnienia dynamiczne jak reakcja na

przykładane pole sił, sposób wprawiania w ruch i rodzaje tego ruchu

(postępowy, obrotowy, złoŜony, itp.). Wiele twierdzeń mechaniki for-

mułowanych jest właśnie dla środka masy, lub uzyskuje proste przejrzy-

ste wyraŜenia względem właśnie tego punktu. W niniejszym rozdziale

poznamy podstawowe prawa i wzory niezbędne do nabycia tej umiejęt-ności.

Moment statyczny

Momentem statycznym punktu materialnego względem pewnego punktu

odniesienia (np. początku układu współrzędnych) nazywamy iloczyn

masy tego punktu m i odległości względem miejsca odniesienia. Ponie-

waŜ odległość ta jest brana w pierwszej potędze, momenty statyczne na-

zywamy momentami pierwszego rzędu. Jak się okaŜe, istnieją takŜe

momenty drugiego rzędu, gdzie odległość ta pojawia się w kwadracie,

zwane momentami bezwładności. W odróŜnieniu od tych ostatnich,

moment statyczny moŜe być wektorem jako iloczynem masy m i wek-

tora prowadzonego od początku układu współrzędnych do danego

punktu materialnego, czyli:

rS m=

(1.1)

Oczywiście zapis taki oznacza trzy momenty skalarne: xmSx = ,

ymS y = oraz zmSz = . W przypadku, gdy mamy do czynienia nie

z pojedynczym punktem materialnym, lecz bryłą o znacznych wymia-

rach (rysunek 1.1.) moŜemy bezpośrednio wyznaczyć moment statyczny

elementarnej masy dm i scałkować po całej objętości bryły:

GEOMETRIA MAS

Strona 9999

C

dm

O

y

x

z

rrc

Rysunek 1.1. Bryła o dowolnym kształcie oraz elementarna masa do obliczania całki momentu statycznego

mV

d∫= rS (1.2)

Z drugiej strony, gdybyśmy znali połoŜenie środka masy tej bryły (ozna-

czonej jako punkt C ) i skupili w nim całą jej masę, to moment statyczny

takiego punku wyniósłby oczywiście cmrS = . Porównując ten moment

z całką (1.2) otrzymujemy natychmiast:

m

mV

c

d∫=

rr (1.3)

lub skalarnie:

m

mzz

m

myy

m

mxx

V

c

V

c

V

c

d

d

d

∫

∫

∫

=

=

=

(1.4)

co stanowi podstawowy zestaw wzorów na obliczanie połoŜenia środka

masy, tj. współrzędnych punktu ),,( ccc zyxCC = .

W istocie rozróŜniamy w mechanice trzy rodzaje środków: środek masy,

środek cięŜkości i środek geometryczny. Prawdą jest teŜ, Ŝe w najbar-

ROZDZIAŁ 1

Strona 10101010

dziej ogólnym przypadku kaŜdy z nich moŜe być w innym miejscu.

RóŜnica w połoŜenia środka masy i środka cięŜkości zajdzie wtedy gdy

pole grawitacyjne nie jest jednorodne i któraś część bryły (np. dolna)

mogłaby być przyciągana silniej niŜ górna. To jednak sytuacja wyjąt-kowa i dla typowych obiektów inŜynierskich (maszyny, budowle) nie ma

zastosowania w naturalnym polu grawitacyjnym na Ziemi. Dla dość skrajnych przypadków (bardzo wysokie konstrukcje) róŜnica ta jest do

wyznaczenia, jednak minimalna w porównaniu z wymiarami samej kon-

strukcji. Na przykład słup o jednorodnym przekroju i wysokości 600m1,

posiada środek cięŜkości obniŜony o 3cm w stosunku do środka masy,

właśnie ze względu na zmianę pola grawitacyjnego.

RóŜnica w połoŜeniu środka masy i środka geometrycznego wynika

z materiału, z którego wykonany jest obiekt, a który moŜe być niejedno-

rodny (róŜna gęstość). Wartość momentu statycznego wzrasta z gęstoś-cią, gdyŜ Vm dd ρ= , gdzie ρ oznacza gęstość objętościową, a Vd

elementarną objętość. W przypadku gdy materiał jest jednorodny połoŜe-

nie środka masy i środka geometrycznego pokrywa się. Wtedy teŜ moŜemy obliczać to połoŜenie całkując nie po masie, lecz po „kształcie”,

czyli objętości bryły:

∫∫

=V

V

cV

V

d

d

ρ

ρrr i jeśli const=ρ to

V

V

V

VV

V

V

c

d

d

d ∫

∫

∫==

rrr

ρ

ρ

JeŜeli bryła jest figurą płaską (lub trójwymiarową powierzchnią), to

oczywiście całkujemy jej pole:

A

AS

c

d∫=

rr (1.5)

natomiast dla linii (dowolnych krzywych) całkujemy po długości:

1 Przykład ten jest inspirowany rzeczywistą konstrukcją, którą wzniesiono w Polsce

w 1974 r. (przez jakiś czas była to najwyŜsza konstrukcja uŜyteczności publicznej na

świecie), a która miała 646m. Była to antena „półfalowa” wybudowana w Konstantyno-

wie k. Gąbina, nadająca program I Polskiego Radia o sile 2MW. Przy dobrej pogodzie

sygnał docierał do krańców południowej Afryki. Maszt runął w 1991 r. na skutek

pęknięcia jednego z trzech najwyŜszych odciągów podczas prac konserwatorskich.

Masztu nie odbudowano.

GEOMETRIA MAS

Strona 11111111

L

lV

c

d∫=

rr (1.6)

gdzie A i L w powyŜszych wzorach oznacza odpowiednio całkowite

pole i długość danego obiektu. KaŜdy z powyŜszych wzorów ma postać wektorową i daje się wyrazić skalarnie analogicznie jak w (1.4).

Zastanówmy się na koniec co w sytuacji, jeśli bryła ma dość złoŜony

kształt, ale który wyraźnie da się podzielić na mniejsze części, w których

połoŜenia środków mas (czy geometrycznych) są bardzo łatwe do zi-

dentyfikowania (np. prostokąt, koło, itp.). ZauwaŜmy, Ŝe wtedy moment

statyczny pojedynczego fragmentu jest iloczynem masy tego fragmentu

i odległości jego środka masy od pewnego punktu odniesienia. Jeśli takich składowych części jest, dajmy na to n, to całkowity moment

statyczny wyrazi się nie całką, lecz następującą sumą:

ci

n

i

im rS ∑=

=1

gdzie cir oznacza połoŜenie środka masy i−tego elementu. Będzie

zatem:

∑

∑

=

==n

i

i

ci

n

i

i

c

m

m

1

1

r

r gdzie oczywiście mmn

i

i =∑=1

.

JeŜeli materiał jest jednorodny, to zamiast mas wstawiamy objętości,

pola lub długości poszczególnych fragmentów w zaleŜności od rodzaju

obiektu. I tak np. dla figur płaskich będziemy mieli:

A

A ci

n

i

i

c

r

r

∑== 1 ,

czyli skalarnie:

ROZDZIAŁ 1

Strona 12121212

∑

∑

∑

∑

=

=

=

=

=

=

n

i

i

n

i

ici

c

n

i

i

n

i

ici

c

A

Ay

y

A

Ax

x

1

1

1

1

(1.7)

Zastosujmy teraz powyŜej omówione wzory do prostych i praktycznych

zadań.

Przykład 1.1

Wyznaczyć połoŜenie środka masy kątownika, którego ramiona mają długość a i b, natomiast szerokość d (rysunek 1.2.).

b

d

a

d

C

C1

2

x

y

O

Rysunek 1.2. Teownik z Przykładu 1.1

Pierwszą i podstawową sprawą jest wprowadzenie układu współrzęd-

nych, w którym będziemy prowadzić obliczenia. Jeśli z jakichś powo-

dów nie jest to nam narzucone, przyjmujemy ten układ w moŜliwie naj-

bardziej dogodny dla nas sposób, np. wzdłuŜ zewnętrznych krawędzi

kątownika (rysunek 1.2.). Po drugie zauwaŜmy, Ŝe kątownik jest

prostym kształtem, który daje się złoŜyć z dwóch prostokątów,

a połoŜenia środków mas kaŜdego z nich są oczywiste (na przecięciu

przekątnych). Na podstawie powyŜszego rysunku szybko identyfikujemy

połoŜenia środków mas poszczególnych części:

GEOMETRIA MAS

Strona 13131313

2

,2

,2

,2

2121

dy

by

dadx

dx cccc ==

−+== ,

Pola poszczególnych prostokątów wynoszą:

)(, 21 dadAbdA −== .

Wobec powyŜszych rachunek pozwalający na obliczenie współrzędnych

środka masy całego kątownika w przyjętym układzie osi x−y jest na-

tychmiastowy:

)(

)(22

21

2211

2

1

2

1

dadbd

dadda

dbdd

AA

AxAx

A

Ax

x cc

i

i

i

ici

c −+

−

−++

=++

==

∑

∑

=

= ,

co po uproszczeniach daje: )(2

22

dab

dabdxc −+

−+= .

Dla współrzędnej yc, obliczenia są analogiczne:

)(

)(22

21

22112

1

2

1

dadbd

dadd

bdb

AA

AyAy

A

Ay

y cc

i

i

i

ici

c −+

−+=

++

==

∑

∑

=

= ,

i ostatecznie: )(2

22

dab

ddabxc −+

−+= .

Przykład 1.2

Wyznaczyć połoŜenie środka masy koła o promieniu 5r, z którego

wycięto otwór o promieniu r w odległości 3r od środka koła oraz otwór

prostokątny przystający jednym bokiem do pionowej średnicy koła,

wpisany do niego, o wysokości 8r (rysunek 1.3.).

Tym razem sytuacja przedstawia się nieco inaczej niŜ w poprzednim

przykładzie. Teraz rozwaŜany element nie stanowi sumy lecz róŜnicę geometryczną pewnych prostych komponentów. Zachodzi pytanie jak to

wpływa na analizę połoŜenia środka masy. OtóŜ jedyną róŜnicą w takich

przypadkach jest to, Ŝe moment statyczny od brakujących elementów

ROZDZIAŁ 1

Strona 14141414

oblicza się jako iloczyn połoŜenia środka masy takiego elementu i jego

masy (pola, objętości lub długości) ze znakiem minus. W ten właśnie

sposób uwzględnia się jego nieobecność. Cały pozostały rachunek jest

analogiczny. W rozwaŜanym przykładzie daną figurę moŜemy zdekom-

ponować na trzy elementy składowe – koło duŜe pełne, wycięty otwór

i wycięty prostokąt. Te dwa ostatnie będą miały ujemną wartość pola.

PołoŜenie środków ich mas (pól) zaleŜeć będzie jedynie od wybranego

układu współrzędnych. Obierzmy go moŜliwie najprościej, np. wzdłuŜ poziomej i pionowej średnicy koła (rysunek 1.3.). Obydwie współrzędne

środka koła wyniosą zatem zero. Pozostałe będą:

x

y

O

r

5r

3r

8rCC C1 23

Rysunek 1.3. Koło z wyciętymi otworami z Przykładu 1.2

Pierwszą i podstawową sprawą jest wprowadzenie układu współrzęd-

nych, w którym będziemy prowadzić obliczenia. Jeśli z jakichś powo-

dów nie jest to nam narzucone, przyjmujemy ten

2

,3 32

bxrx cc −==

gdzie symbolem b oznaczono szerokość prostokąta (na razie nie znaną). ZauwaŜmy, Ŝe współrzędne y wszystkich elementów są zero, gdyŜ oś x

jest osią symetrii kaŜdego z nich, a więc i całego układu. Taka teŜ będzie

współrzędna yc całej figury. Jest to charakterystyczna właściwość dla

tego typu sytuacji – jeŜeli obiekt posiada oś symetrii, to środek jego

masy będzie leŜał na tej osi. Rachunek dla yc jest więc zbędny – będzie

yc = 0. Natomiast przed obliczeniem xc potrzeba wyznaczyć szerokość prostokąta. Jako Ŝe jest on wpisany w koło moŜemy uŜyć twierdzenia

Pitagorasa (patrz szczegół układu na rysunku 1.4.)

GEOMETRIA MAS

Strona 15151515

O

4r 5r

b

Rysunek 1.4. Obliczanie szerokości prostokąta z Przykładu 1.2

Widać od razu, Ŝe: rrrrrb 31625)4()5( 2222 =−=−= . Zatem

2/32/3 rbxc −=−= i otrzymujemy wtedy:

( ) ( )

( ) ( )rrrr

rrrrrr

AAA

AxAxAxx ccc

c38)5(

382

33)5(0

22

22

321

332211

−+−+

−⋅

−+−⋅+⋅=

++++

=ππ

ππ

)1(24

)4(3

2425

1232

3

222

33

−−

=−−

+−=

ππ

πππ

r

r

rrr

rrxc .

Ostatecznie:

1

4

8

1

−−

=π

πrxc .

Jak widać, połoŜenie środka masy jest po dodatniej (prawej) stronie, co

nie dziwi zwaŜywszy, Ŝe brakujące pole prostokąta jest większe niŜ okrągłego otworu, a więc lewa strona jest „lŜejsza”, a środek masy

przesunie się na prawo.

Przykład 1.3

Wyznaczyć połoŜenie środka masy dowolnego trójkąta o wysokości h li-

cząc tę wysokość od podstawy.

Obecny przykład przedstawia sytuację zupełnie odmienną. Tym razem

nie potrafimy rozłoŜyć trójkąta na fragmenty, w których połoŜenia środ-

ków mas byłyby od razu znane. W takim przypadku naleŜy skorzystać pojęcia momentu statycznego jako całki pewnego obiektu o kształcie

ciągłym. Elementem całkującym będzie masa (pole) nieskończenie wą-skiego wycinka, który w kaŜdym swym punkcie będzie równoodległy od

ROZDZIAŁ 1

Strona 16161616

podstawy trójkąta (rysunek 1.5.). Jego pole wyniesie yuA dd = , gdzie

szerokość paska u moŜna wyznaczyć z proporcji zaznaczonych na

rysunku 1.5.

a

h

y

dy

h - y

O

x

y

u

Rysunek 1.5. Wyznaczanie środka cięŜkości trójkąta

Zgodnie z nimi mamy:

a

u

h

yh=

− czyli )( yh

h

au −= .

Teraz moŜemy przystąpić do rachunków:

yyhyh

a

ahyyh

h

ay

ahA

yuy

A

dAyy

hh

c d)(2

d)(2d

00

∫∫∫∫ −=−===

36

232

32

2

32

2d)(

2 33

2

0

32

2

0

2

2

hh

hh

h

yhy

hyyyh

hy

hh

c =−

=

−=

−=−= ∫ .

A więc obliczenia potwierdziły dobrze znany fakt, Ŝe środek masy trój-

kąta dzieli kaŜdą wysokość (rozwaŜany trójkąt był dowolny) w stosunku

1:2 (jest na 1/3 wysokości).

Przykład 1.4

Wyznaczyć połoŜenie środka masy półkuli o promieniu r. (rysunek 1.6.).

GEOMETRIA MAS

Strona 17171717

y

x

z

r

O

C

Rysunek 1.6. Półkula z Przykładu 1.4

W tym przykładzie, podobnie jak w poprzednim, musimy uŜyć całki do

obliczenia momentu statycznego z tą jednak róŜnicą, Ŝe obiekt jest trój-

wymiarowy, a więc całką będzie obliczana po objętości, a nie polu. Dla

przyjętego układu osi x, y, z i symetrii bryły stwierdzamy, Ŝe współ-

rzędne środka masy to ),0,0( czCC = , przy czym:

V

Vzzc

∫=d

.

Objętość półkuli to 3/2 3rV π= .

Do obliczenia momentu statycznego wycinamy nieskończenie niski krą-Ŝek o zmiennym promieniu u, równoległy do płaszczyzny podziału pół-

kuli x−y (rysunek 1.7.). Objętość takiego elementu całkującego będzie:

zuV dd 2π= , gdzie 222

zru −= , a więc: zzrV d)(d 22 −= π

i moment statyczny:

44

1

2

1

42d)(d

44

0

42

2

0

22 rr

zr

zzzrzVz

rr ππππ =

−=

−=−= ∫∫ .

ROZDZIAŁ 1

Strona 18181818

y

z

r

u

z

dz

O

Rysunek 1.7. Elementarny wycinek półkuli

Ostatecznie, połoŜenie środka masy półkuli licząc od jej podstawy

będzie:

r

r

r

V

Vzzc

8

3

3

24

d

3

4

=== ∫π

π

.

Wycinek koła

Do kompletu umiejętności wyznaczania środków mas figur płaskich

warto dołączyć wzór na połoŜenie środka masy wycinka koła (rysu-

nek 1.8.), który moŜe się przydać w toku standardowych inŜynierskich

obliczeń.

2αx

r

r

CO

xc

Rysunek 1.8. Wycinek koła zdefiniowany promieniem r i kątem 2α

GEOMETRIA MAS

Strona 19191919

Oczywiście, połoŜenie to wynosi A

Axxc

∫=d

, gdzie pole A wycinka

koła opisanego kątem α2 jest częścią pola koła pełnego opartego na ką-cie π2 . Z proporcji łatwo obliczyć stosunek pola koła pełnego AO do

kąta pełnego, który musi być równy stosunkowi pola wycinka do kąta,

który go definiuje, tj. α2 :

απ 22

AAO = zatem απα

ππα 22

2

2rrAA O ===

Moment statyczny wycinka wygodnie będzie obliczyć uŜywając biegu-

nowego układu współrzędnych ϕρ − , w którym ϕρ cos=x natomiast

jakobian zamiany współrzędnych wynosi ρ ( )ϕρρ dddd =yx . Wtedy:

ϕρρϕρϕρ

ddcosddd

)()(

∫∫∫∫∫ ==,Dx,yD

yxxAx

i dalej, wobec dziedziny całkowania opisanej zbiorem:

{ }αϕαρϕρϕρ ≤≤−≤≤= ,0:)()( r,,D

otrzymamy:

3

sin23

sinddcosd3

0

3

0

2 rAx

rr

αρ

ϕρρϕϕ α

α

α

α

=⋅==+

−

+

−∫∫∫

Ostatecznie środek masy wycinka będzie w odległości:

α

α

2

3

3sin2d

r

r

A

Axxc == ∫ ,

α

αsin

3

2rxc = (1.8)

Pamiętać naleŜy o dwóch rzeczach przy uŜywaniu wzoru (1.8). Po

pierwsze wycinek opisany jest kątem α2 , podczas gdy we wzorze

mamy wartość pojedynczego kąta (łatwo o tym zapomnieć podczas

szybkich rachunków). Po drugie wartość kąta wstawiamy w mierze łu-

kowej (radianach, co waŜne dla wartości mianownika, i przez to dla koń-cowego wyniku). Na przykład, obliczając połoŜenie środka masy półkola

ROZDZIAŁ 1

Strona 20202020

musimy, który jest oparty na kącie półpełnym )180( o , a więc π podsta-

wić naleŜy πα =2 , czyli 2/πα = i wtedy:

πππ

π

3

4

2

1

3

2

2

2sin

3

2 rrrxc === . (1.9)

Wykorzystajmy otrzymaną formułę do przykładowego zadania.

Przykład 1.5

Z prostokąta o wymiarach aa 2× wycięto w prawym górnym rogu

trójkąt oraz w prawym dolnym ćwierć koła o promieniu a . Wyznaczyć połoŜenie środka masy tak otrzymanej figury (rysunek 1.9.).

xa

O

2a

y

Rysunek 1.9. Prostokąt z wyciętym rogiem i czwartą częścią koła

W tym zadaniu wykorzystamy przed chwilą wyprowadzony wzór na

wycinek koła. Wcześniej przeprowadźmy dekompozycję figury na pro-

ste elementy, a w tym przypadku będzie to górny trójkąt (pełny), dolny

kwadrat (teŜ pełny) i wycięte ¼ koła. Bardzo łatwo jest znaleźć połoŜe-

nie środków mas pierwszych dwóch elementów. Dla trójkąta będzie to:

3

,3

11

aay

ax cc +== i pole

2

2

1

aA =

natomiast dla dolnego kwadratu jeszcze prościej:

GEOMETRIA MAS

Strona 21212121

2

,2

22

ay

ax cc == i pole

22 aA = .

Nieco trudniej jest wyznaczyć współrzędne środka masy wycinka koła

dla przyjętego układu współrzędnych (rysunek 1.10.).

x

O

2a

y

C

xc1

yc1

a

1

a

x

aO

y

C2

a

xc2

y c2

x

aO

y

u

xc3

yc3 u3

a

45 0

C3

Rysunek 1.10. Figura z Przykładu 1.5. po rozłoŜeniu na proste fragmenty

Nieco trudniej jest wyznaczyć współrzędne środka masy wycinka koła

dla przyjętego układu współrzędnych (rysunek 1.10.). Według wzoru

(1.8) potrafimy bezpośrednio znaleźć to połoŜenie liczone wzdłuŜ osi

symetrii wycinka. Na rysunku 1.10. zaznaczono tę odległość jako u3.

Wynosi ona:

aauππ

π

3

24

4

4sin

3

23 ==

gdyŜ ¼ koła oparta jest na kącie 2/π , a jak pamiętamy do wzoru (1.8)

wstawiamy połowę tej wartości. Mając znalezione u3 zrzutujmy ten od-

cinek na osie przyjętego układu x−y i wyznaczmy współrzędne punktu

C3. Wyniosą one:

o45cos33 uaxc −= oraz

o45sin33 uxc =

czyli:

−=−=ππ 3

41

2

2

3

243 aaaxc oraz

ππ 3

4

2

2

3

243

aaxc ==

ROZDZIAŁ 1

Strona 22222222

i pole oczywiście 4/23 aA π−= . Mając tak obliczone wartości przystę-

pujemy do końcowych rachunków:

−++

−⋅

−+⋅+⋅

==

∑

∑

=

=

42

43

41

223

22

2

22

2

2

1

3

1

aa

a

aaa

aaa

A

Ax

x

i

i

i

ici

cπ

ππ

oraz

−++

−⋅+⋅+⋅

==

∑

∑

=

=

42

43

4

223

4

22

2

22

2

2

1

3

1

aa

a

aaa

aaa

A

Ay

y

i

i

i

ici

cπ

ππ

.

Będzie więc:

4

64

4

4

612

312

4

4212

4362

41

2

1

3

1

42

1

6

1

2

3

π

π

π

π

π

π

π

π

−

−

=−

−

=−+

+−+

=

−+

+−+= aaa

a

a

xc

,

co ostatecznie daje:

ππ

−−

=6

4axc

oraz po analogicznych przekształceniach:

)6(3

10

π−= ayc

.

GEOMETRIA MAS

Strona 23232323

1.2. Reguły Pappusa-Guldina

RozwaŜmy w układzie współrzędnych x−y krzywą płaską AB o długości

L, która w kaŜdym swym punkcie „przylega” do płaszczyzny πxy i nie

przecina odciętej x. Obróćmy ją o 360° wokół odciętej (rysunek 1.11.)

Po takim obrocie otrzymamy powierzchnię osiowo-symetryczną, której

pole powierzchni bocznej będzie miało pewną wartość A. Okazuje się, Ŝe

wartość tego pola ściśle wiąŜe się z połoŜeniem środka masy C obraca-

nej krzywej. Mówi o tym I reguła Pappusa2-Guldina

3:

I reguła Pappusa-Guldina: Pole powierzchni bocznej bryły osiowo

symetrycznej powstałej wskutek pełnego obrotu krzywej płaskiej wokół

osi nie przecinającej tej krzywej jest równe iloczynowi drogi przebytej

przez środek masy podczas tego obrotu i długości tej krzywej.

y

x

O

AB

C

yc

Rysunek 1.11. Obrót krzywej płaskiej

Droga przebyta przez środek masy to oczywiście okrąg, czyli:

LyA cπ2=

(1.10)

Sytuacja ma się podobnie (analogicznie) gdy zamiast krzywej płaskiej

obracamy pewne pole płaskiej powierzchni S. Tak jak poprzednio, wa-

runkiem koniecznym jest aby taka płaska powierzchnia nie przecinała

osi odciętej x, wokół której dokonujemy obrotu.

2 Pappus z Aleksandrii (290-350 n.e.), grecki matematyk działający w Egipcie.

3 Habbakuk Guldinus (Paul Guldin, 1577-1643), matematyk szwajcarski.

ROZDZIAŁ 1

Strona 24242424

II reguła Pappusa-Guldina: Objętość bryły osiowo symetrycznej po-

wstałej wskutek pełnego obrotu płaskiego pola wokół osi nie przecinają-cej tego pola jest równe iloczynowi drogi przebytej przez środek masy

tego pola i jego wartości.

y

x

O

ycC

yc

S

Rysunek 1.12. Obrót płaskiego pola

Będzie więc:

SyV cπ2=

(1.11)

Reguły te są bardzo przydatne równieŜ do zadania odwrotnego, tj. obli-

czania połoŜenia środków mas krzywych i pól płaskich na podstawie

znajomości wartości pól i objętości brył otrzymanych po obrocie. Natu-

ralnie, dotyczy to prostych kształtów tych brył. Weźmy pod uwagę np. pół okręgu o promieniu r oraz pół koła (rysunek 1.13.).

y

O

C

yc

y

x

O

C

ycx

Rysunek 1.13. Środek masy ½ okręgu i ½ koła

Łatwo sobie wyobrazić, Ŝe po obrocie ½ okręgu (o długości rL π2= )

otrzymamy pustą kulę (sferę), której pole, jak pamiętamy, wynosi 2

4 rA π= . Zatem:

GEOMETRIA MAS

Strona 25252525

LyA c ⋅= π2

czyli ryr c πππ ⋅= 24

2

stąd πr

yc

2= (1.12)

Podobnie rzecz się będzie miała dla półkola. Jego pole wynosi

2/2

rS π= natomiast po pełnym obrocie wokół osi x powstanie kula

(pełna), której objętość wyniesie 3/43

rV π= . A więc:

SyV c ⋅= π2

czyli 2

23

42

3 ryr c

πππ ⋅= i

π3

4 ryc = (1.13)

Porównajmy ten ostatni rezultat z wynikiem (1.9).

Zastosujmy teraz II regułę Pappusa–Guldina bezpośrednio do obliczania

objętości.

Przykład 1.6

Obliczyć objętość bryły powstałej po obrocie wokół pionowej osi figury

płaskiej złoŜonej z półkola o promieniu r i trójkąta równobocznego

przyległego podstawą do tego półkola (rysunek 1.14.).

y

Oxxc

C

r

600

Rysunek 1.14. Ilustracja do Przykładu 1.6

Reguła II (wzór 1.11) mówi, Ŝe w tym wypadku SxV cπ2= , potrzeba

więc wyznaczyć najpierw wartość obracanego pola i połoŜenie środka

masy. Te ostatnie łatwo znaleźć dzieląc figurę na dwie części, których

pola i połoŜenia środków mas są znane. Środek masy całej figury

wyniesie oczywiście:

ROZDZIAŁ 1

Strona 26262626

∑

∑

=

==2

1

2

1

i

i

i

cii

c

A

xA

x

co po podstawieniu do (1.11) daje S

A

xA

V

i

i

i

cii

∑

∑

=

==2

1

2

12π ,

ale przecieŜ suma pól występujących w mianowniku jest polem całej

obracanej figury, a więc S. PoniewaŜ:

∑

=

=2

1i

iAS

to ∑

=

=2

1

2i

cii xAV π

a więc nawet nie trzeba wyznaczać połoŜenia środka masy całego

obiektu, tylko jego składowych. Dekompozycja jest jednoznaczna: pół-

kole + trójkąt (stąd „2” w sumach powyŜszych wzorów).

y

Ox

r

C1

h

xc1

4r3π

300

y

O

xC2

xc2

a

Rysunek 1.15. Analiza Przykładu 1.6

Na rysunku 1.15. widać, Ŝe odległość środka półkola o początku układu

współrzędnych jest sumą wysokości trójkąta h i juŜ wyznaczonej odle-

głości środka masy półkola o linii swego podziału (co takŜe wyznaczyli-

śmy z II reguły, otrzymując )3/(41 πrxc = . Wysokość trójkąta h jest ilo-

czynem połowy podstawy tego trójkąta r i cotangensa połowy kąta

wierzchołkowego, a więc 330ctg rrh =°= . Łącznie:

GEOMETRIA MAS

Strona 27272727

rr

xc 33

41 +=

π

Znając wysokość trójkąta szybko stwierdzamy, Ŝe 3/22 hxc = , czyli:

rxc3

322 = oraz jego pole 2

2 3322

1

2

1rrrahA ===

Ostatecznie, poszukiwana objętość będzie:

⋅+⋅

+== ∑

=

222

1

33

32

23

3

422 rr

rrxAV

i

cii

ππ

ππ

co po przekształceniach daje ( )33166

1 3 ππ += rV .

1.3. Momenty bezwładności

Intuicyjne „wyczucie” pojęcia masy danego obiektu jako miary inercji,

tj. pewnego oporu wprawiania ciała w ruch jest jak najbardziej uzasad-

nione i podyktowane codziennym doświadczeniem, lecz ogranicza się do

bezwładności obiektu podczas wprawiania go w ruch postępowy. Tak

teŜ jest sformułowana II zasada Newtona, wg której przyspieszenie jakie

uzyskuje ciało o masie m pod działaniem siły F jest właśnie odwrotnie

proporcjonalne do wartości m. Im coś więcej „waŜy” (czyli ma większą masę – waga, czyli siła, oznacza tu odczuwalny skutek istnienia nieze-

rowej masy obiektu w otaczającym – i powszechnym – polu grawitacyj-

nym, choć znana jest wielowiekowa dyskusja nad tym, czy masa grawi-

tacyjna jest aby na pewno toŜsama z bezwładną – dyskusja dalece wy-

kraczająca poza ten podręcznik), a więc im coś jest „cięŜsze” tym

trudniej to rozpędzić. Ta oczywista prawda zdaję się obowiązywać rów-

nieŜ w przypadku rozpędzania ciał w ruchu obrotowym, ale czy na

pewno w takim przypadku decyduje wyłącznie wartość m? PrzecieŜ im

dalej od osi obrotu tym większe prędkości i przyspieszenia punktów da-

nego obiektu. Obracanie pojedynczego punktu materialnego (nieskoń-czenie małego) wokół niego samego nic nie kosztuje – pozostaje on dalej

nieruchomy, nie przeciwstawia się Ŝadnym mechanicznym oporem

(bezwładnością). Jeśli jednak zaczniemy go wprawiać w ruch obrotowy

ROZDZIAŁ 1

Strona 28282828

wokół innego miejsca (punktu, osi) nadamy mu pewne przyspieszenie

i chwilową trajektorię w kształcie okręgu. Przyspieszenie to będzie tym

większe im dalej punkt materialny będzie się znajdował od miejsca

obrotu. A tu juŜ, zgodnie z II zasadą Newtona, wymagać będzie coraz

większej siły sprawczej, odpowiadającej za ten ruch (tak naprawdę więk-

szego momentu siły – iloczynu siły i promienia jej działania). A co, jeśli ten moment jest stały? Odpowiedź jest jasna – im dalej od miejsca ob-

rotu tym mniejsze uzyskamy przyspieszenie.

To bardzo nieprecyzyjne rozumowanie ma na celu proste uzmysłowie-

nie, Ŝe w przypadku nadawania ciału ruchu obrotowego o mierze bez-

władności nie decyduje wyłącznie wartość masy, ale takŜe jej odległość – a ściślej – sposób jej rozkładu wzdłuŜ promienia, czyli odległości mie-

rzonej od miejsca (osi) obrotu. Rozkład ten precyzuje pojęcie momentu

bezwładności. Dla pojedynczego punktu materialnego definicja ta jest

następująca (rysunek 1.16.)

m

O

r

m

l

d e

m

π

Rysunek 1.16. Odległość punktu materialnego m od punktu

(geometrycznego) O, osi (linii prostej) l i płaszczyzny π

Moment bezwładności względem punktu:

2

rmIO ⋅= (1.14)

moment bezwładności względem osi:

2

dmI ⋅=l (1.15)

moment bezwładności względem płaszczyzny:

2

emI ⋅=π (1.16)

Jak widać, pojęcie momentu jest szersze od poszukiwanej intuicyjnie

miary trudności wprawiania punktu materialnego w ruch obrotowy, gdyŜ trudno mówić o ruchu obrotowym wokół płaszczyzny. Nasze wstępne

rozwaŜania tak naprawdę dotyczyły definicji momentu względem osi

(1.15). Okazuje się jednak, Ŝe pozostałe definicje – choć niełatwo im

GEOMETRIA MAS

Strona 29292929

przypisać prostą interpretację fizyczną – są bardzo przydatne przy wy-

znaczaniu wszystkich właściwości dynamicznych ciała. No właśnie –

w ruchu obrotowym mamy do czynienia z obiektami o znacznych wy-

miarach (wały, dyski, koła, itp.), których nie moŜna zastąpić prostym

punktem materialnym. Jak zatem wyglądają powyŜsze definicje dla ciała

o ciągłym kształcie, zajmującym pewną objętość? Sprawa jest prosta.

Wystarczy dokonać tego samego zabiegu, który był przeprowadzany

w przypadku wyznaczania środków mas obiektów o dowolnym kształ-

cie, tj. poprzez zastosowanie definicji do nieskończenie małego frag-

mentu obiektu i późniejsze całkowanie.

RozwaŜmy bryłę o całkowitej masie m, która zajmuje w przestrzeni opi-

sanej kartezjańskim układem współrzędnych x, y, z pewną objętość V

i wyróŜnijmy nieskończenie mały element tej bryły dm.

dm

O

y

x

z

r

π yz

π xy

π xz

Rysunek 1.17. Bryła o dowolnym kształcie, osie i płaszczyzny prostokątnego układu współrzędnych

RozwaŜmy bryłę o całkowitej masie m, która zajmuje w przestrzeni opi-

sanej kartezjańskim układem współrzędnych x, y, z pewną objętość V

i wyróŜnijmy w niej nieskończenie mały element tej bryły dm. Wykorzy-

stajmy takŜe definicje (1.14), (1.15), (1.16) stosując je do początku tego

układu, jego osi i podstawowych płaszczyzn. Według tych definicji bę-dzie:

Moment względem punktu O (tzw. biegunowy):

∫

∫++=

=

VO

VO

mzyxI

mrI

d)(

d

222

2

(1.17)

momenty względem osi x, y, z:

ROZDZIAŁ 1

Strona 30303030

∫

∫

∫

+=

+=

+=

Vz

Vy

Vx

myxI

mzxI

mzyI

d)(

d)(

d)(

22

22

22

(1.18)

oraz momenty względem płaszczyzn πxy, πxz, πyz:

∫

∫

∫

=

=

=

Vyz

Vxz

Vxy

mxI

myI

mzI

d

d

d

2

2

2

π

π

π

(1.19)

KaŜdorazowo obliczamy całki objętościowe, a więc potrójne, moŜna

jednak uprościć rachunek do całek pojedynczych pamiętając, Ŝe ele-

mentarny fragment bryły dm oznaczać będzie wtedy masę takiego wy-

cinka, który w kaŜdym swym punkcie jest równoodległy (nie mylić z równoległym) od tego względem czego dany moment jest liczony. Dla

momentu biegunowego będzie to zatem sfera o nieskończenie małej gru-

bości, dla momentów osiowych powierzchnia walcowa, dla płaszczy-

znowych – inna płaszczyzna. A tak naprawdę tylko te podzbiory sfery,

walca, płaszczyzny, które pozostają w przecięciu z daną bryłą przy sys-

tematyczny obliczaniu całek. Kształt tych podzbiorów moŜe być dość skomplikowany i nastręczać powaŜnych problemów rachunkowych, lub

uczynić je zgoła niemoŜliwymi w bezpośrednim szukaniu analitycznego

wyniku. Problem ten zostanie jeszcze omówiony na przykładach.

Obok powyŜszych definicji formułuje się jeszcze tzw. momenty dewia-

cji, których interpretacja jest dość trudna w intuicyjnym podejściu,

moŜna je jednak traktować jako pewną miarę „odejścia” lub „zaburze-

nia” regularnego kształtu (np. symetrii) bryły względem zadanych osi x,

y, z. Momenty te oznacza się podobnie jak płaszczyznowe, ale z pomi-

nięciem indeksu „π”.Są one całkami następujących iloczynów:

∫

∫

∫

=

=

=

Vyz

Vxz

Vxy

myzI

mxzI

mxyI

d

d

d

(1.20)

GEOMETRIA MAS

Strona 31313131

Ich znaczenie jest ogromne w analizie właściwości dynamicznych bryły

podczas obracania się.

Momenty osiowe i dewiacji zestawione w formie następującej macierzy:

−−

−−

−−

=

zzyzx

yzyyx

xzxyx

III

III

III

I

(1.21)

nazywamy tensorem bezwładności. Posiada on w ogólności 6 (nie 9)

niezaleŜnych elementów ze względu na przemienność mnoŜenia (np.

yxxy ImyxmxyI ∫∫ === dd ).

Zobaczmy, jak wygląda obliczanie momentów bezwładności prostych

figur i brył geometrycznych w praktyce.

Przykład 1.7

Wyznaczyć moment bezwładności płaskiej płyty prostokątnej

o całkowitej masie m oraz wymiarach a i b względem osi przechodzącej

przez krawędź płyty i osi równoległej, przechodzącej przez środek masy (tzw. moment centralny).

y

a

bC

x

xc

dy

y

Rysunek 1.18. Prostokątna płyta i przyjęty układ osi współrzędnych

Pierwszą rzeczą jaką naleŜy zrobić jest wprowadzenie układy

współrzędnych Oxy w dogodny sposób, np. wzdłuŜ boków prostokąta

tak, aby łatwo moŜna było zastosować wzory definicyjne momentów

bezwładności. Dla sytuacji pokazanej na rysunku 1.18 naszym zadaniem

jest obliczenie momentu względem osi x oraz xc.

ROZDZIAŁ 1

Strona 32323232

Z definicji: ( ) mymzyIx dd 222

∫∫ =+= gdyŜ 0≡z (figura płaska).

Element całkujący to masa wycinka płyty powstałego przez przecięcie

powierzchni walcowej równoodległej od osi x płytą, co w konsekwencji

sprowadza się do nieskończenie wąskiego paska na płycie równoległego

do x. Elementarna masa takiego prostokątnego paska to Aρm dd = , gdzie

ρ jest gęstością powierzchniową płyty, natomiast elementarne pole

yaA dd = . Będzie więc:

yayIx d2 ρ∫= .

Teraz, gdy całka wyraŜona jest funkcją jednej zmiennej y wstawiamy

granice całkowania i obliczamy wynik:

33

d3

0

3

0

2 ba

yayyaI

bb

x ρρρ === ∫ .

Pamiętajmy, aby ostateczny wynik podawać nie w funkcji gęstości lecz

masy. To łatwe zwaŜywszy, Ŝe gęstość powierzchniowa to:

ab

m

A

m==ρ

co podstawieniu do wyniku na moment daje:

233

3

1

3mb

a

b

ab

ma

baIx === ρ .

Pamiętajmy o sprawdzeniu jednostek na końcu obliczeń – tu mamy

[kgm2], co jest w zgodzie z definicjami momentów masowych (wory

1.14–1.20).

Obliczmy teraz moment centralny. Wszystkie rozwaŜania pozostają bez

zmian, zauwaŜmy tylko, Ŝe zmienią się jedynie granice całkowania.

Teraz elementarny wycinek całkowany od dołu do góry płyty ma granice

względem osi środkowej: 2/1 by −= oraz 2/2 by = . Zatem:

232

2

32

2

2

12

1

123d mb

ba

yayyaI

b

b

b

b

xc ====+

−

+

−

∫ ρρρ ,

GEOMETRIA MAS

Strona 33333333

a więc moment centralny jest 4-krotnie mniejszy od momentu względem

krawędzi. Ten drugi rezultat moŜna było otrzymać inaczej.

Twierdzenie Steinera

Zastanówmy się, czy istnieje związek między momentem względem

dowolnego punktu, a momentem względem środka masy.

dm

Oy

x

z

r

r

c

ρ

C

xc

yc

zc

Rysunek 1.19. Dowolna bryła i dwa układy współrzędnych: dowolny i centralny

Z powyŜszego rysunki widać, Ŝe

crρr +=

zatem moment biegunowy bryły względem środka dowolnego układu

współrzędnych wyniesie:

∫∫∫∫∫ ++=+==V

cV

cVV

cV

O mmmmmrI dd2dd)(d2222 rrρρrρ .

PoniewaŜ kwadrat wektora jest równy kwadratowi jego modułu, to:

∫∫∫ ++=V

cV

cV

O mrmmρI dd2d22 ρr

gdzie ponadto wyciągnęliśmy przed całki wektor cr (jest jeden taki wek-

tor, nie zaleŜy od całki). Oczywiście ∫ = mmd , zatem:

22 d2d c

Vc

VO mrmmρI ++= ∫∫ ρr .

ROZDZIAŁ 1

Strona 34343434

Pierwsza całka w ostatnim wzorze to definicja momentu centralnego cI ,

gdyŜ odległość ρ (nie mylić z gęstością – ma to samo oznaczenie) jest

mierzona właśnie od środka masy (centrum). Druga całka to moment statyczny bryły liczony względem środka masy. Naturalnie taki moment

jest równy zeru gdyŜ taka jest odległość środka masy od samego siebie:

m

m

c

∫=dρ

ρ , ale poniewaŜ 0=cρ , to 0d =∫ mρ .

A więc 2

02 cccO mrII +⋅+= r , i ostatecznie:

2

ccO mrII += (1.22)

co stanowi treść twierdzenia Steinera4: moment bezwładności bryły

względem dowolnego punktu jest równy momentowi względem środka

masy powiększonemu o iloczyn masy tej bryły i kwadratu odległości

między tymi punktami.

Twierdzenie to jest takŜe słuszne dla momentów względem osi równole-głych oraz momentów dewiacji. Przy czym, w przypadku tych ostatnich

sytuacja wygląda następująco (rysunek 1. 20.)

O

x

y

xc

yc

C

d(x,xc)

d(y,yc)

Rysunek 1.20. Ilustracja tw. Steinera dla momentów dewiacji

),(),( ccyxxy yydxxdmIIcc

+= (1.23)

gdzie ),( ⋅⋅d oznacza odległość miedzy osiami podanymi w nawiasie.

4 Jakob Steiner (1796–1863) – szwajcarski matematyk. Absolwent uniwersytetów

w Heidelbergu i Berlinie, w 1832 uzyskał doktorat w Królewcu. Od 1834 kierownik kate-

dry geometrii na uniwersytecie w Berlinie.

GEOMETRIA MAS

Strona 35353535

Powróćmy ponownie do poprzedniego przykładu i obliczmy raz jeszcze

moment centralny płyty mając wyznaczony wcześniej moment wzglę-dem krawędzi. Według twierdzenia Steinera będzie:

),(2cxxc xxmdII −= , gdzie odległość

2),(

bxxd c = , więc

22

2

2

12

1

4

1

3

1

23

1mbmb

bmmbI xc =

−=

−=

co daje dokładnie ten sam rezultat. Podkreślmy w tym miejscu raz jesz-

cze, Ŝe twierdzenie Steinera dotyczy osi, wśród których jedna jest osią centralną, a nie dwóch dowolnych osi równoległych.

Przykład 1.8

Wyznaczyć moment bezwładności płaskiego koła o masie m i promieniu

r względem osi obrotu i względem średnicy (rysunek 1.21.).

Zacznijmy obliczenia od momentu względem osi z, przyjmując jako za-

sadę, Ŝe rachunki rozpoczynamy od takiej osi, która posiada najsilniejszą symetrię (lub symetrię w ogóle). Podyktowane jest to spodziewaną pro-stotą rachunków w porównaniu do analogicznych obliczeń dla osi do-

wolnej.

y

x

z

r

O

Rysunek 1.21. Układ współrzędnych dla koła z Przykładu 1.8

Dla zI elementarny wycinek koła przyjmuje postać pierścienia o nie-

skończenie małym promieniu u i szerokości du (jak na lewym rysun-ku 1.22.).

ROZDZIAŁ 1

Strona 36363636

y

r

u

O

x

du

x

y

y

r

O

x

u

y

dy

Rysunek 1.22. Elementarne wycinki koła przy obliczaniu momentu Iz oraz Ix

Pole powierzchni takiego pierścienia to iloczyn jego obwodu

i szerokości uuA d2d π= . ZauwaŜmy teŜ, Ŝe suma kwadratów współ-

rzędnych x i y daje kwadrat promienia tego pierścienia 222uyx =+ . Za-

tem moment względem osi z wyniesie:

( ) ∫ ∫∫∫ ===+= uuuAumumyxI z d2ddd 22222 ρπρ .

Wstawiając odpowiednie granice, otrzymamy:

24

2d24

0

4

0

3 ruuuI

rr

z

ρπρπρπ === ∫ .

Wiedząc, Ŝe gęstość powierzchniowa wynosi 2r

m

πρ = , mamy:

2

4

24

2

1

22rm

rr

m

rI z ===

ππ

ρπ.

Obliczmy teraz moment bezwładności koła względem średnicy, po-

wiedzmy osi x. Zgodnie z definicją będzie:

( ) { } myzmzyIx d0d 222

∫∫ =≡=+=

GEOMETRIA MAS

Strona 37373737

gdzie tym razem yuAm d2dd ρρ == (patrz prawy rysunek 1.22.).

Połowę długości elementarnego paska łatwo obliczymy z tw. Pitagorasa 222

yru −= . A więc moment xI wyniesie

yyryyuymyI

r

r

x d2d2d22222 −=== ∫∫∫

+

−

ρρ

Zwróćmy uwagę, Ŝe otrzymaliśmy całkę z funkcji niewymiernej, co sta-

nowi pewne zaskoczenie, gdyŜ moŜna było się spodziewać prostszego

rachunku – wszak koło samo w sobie jest kształtem o wyjątkowej pro-

stocie i silnej symetrii. Istnieje więc realne podejrzenie, Ŝe wynik rów-

nieŜ powinien być prosty i – co więcej – być moŜe istnieje prosty sposób

do niego dojścia. Sprawdźmy czy tak jest w istocie. W tym celu za-

uwaŜmy pewne toŜsamości:

( ) mymzyIx dd 222

∫∫ =+= poniewaŜ układ jest płaski 0≡z ,

( ) mxmzxI y dd 222

∫∫ =+= z w/w powodu.

Zsumujmy te momenty:

( ) myxmxmyII yx ddd 2222

∫∫∫ +=+=+ czyli zI

Biorąc pod uwagę, Ŝe ze względu na symetrię obydwa momenty są takie

same yx II = , otrzymamy:

zyx III =+ czyli zyx III == 22

Ostatecznie:

22

4

1

22

1

2

1rm

rmIII zyx ==== .

Zwróćmy uwagę, Ŝe wyznaczyliśmy moment względem średnicy nie

obliczając Ŝadnej całki, tylko korzystając z pewnych toŜsamości. Jak się okaŜe, moŜe to być jedyny sposób postępowania przy bardziej złoŜonych

kształtach figur i brył.

ROZDZIAŁ 1

Strona 38383838

Przykład 1.9

Wyznaczyć moment bezwładności stoŜka o masie m, promieniu pod-

stawy r i wysokości h względem osi symetrii oraz średnicy podstawy

(rysunek 1.23.).

h

r

y

x

z

O

Rysunek 1.23. StoŜek o promieniu podstawy r i wysokości h

Pamiętając o zasadzie wyznaczania momentu bezwładności względem

osi symetrii (jeśli istnieje) w pierwszej kolejności obliczamy

myxI z d)( 22

∫ += . Tym razem elementarny fragment przybiera postać

powłoki walcowej okalającej oś z (rysunek 1.24.). Jej objętość to iloczyn

pola i grubości, a więc uzuV d2d π= , ponadto 222uyx =+ , otrzy-

mamy wtedy

uzuumumyxI z d2dd)( 2222 πρ∫∫∫ ==+= .

Funkcja podcałkowa zaleŜy jednak od dwóch zmiennych u i z. Wyraźmy

tę ostatnią w funkcji promienia elementarnej powłoki walcowej u.

Z proporcji przedstawionej na prawym rysunku 1.24. widać, Ŝe:

−=⇒=

−

r

uhz

r

h

u

zh1 , (1.24)

i wtedy

rr

zr

uuhu

r

uuhu

r

uhuuI

0

54

0

32

542d12d12

−=

−=

−= ∫∫ πρπρπρ

44

10

1

5

1

4

12 rhrhI z πρπρ =

−=

GEOMETRIA MAS

Strona 39393939

u

y

x

z

O

u

u

du

z

h-z

h

x

y

z

O

A B

D

E

Rysunek 1.24. Elementarna powłoka walcowa do obliczania momentu Iz

Podstawiając gęstość objętościową Vm /=ρ , gdzie 3/2hrV π= otrzy-

mamy ostatecznie:

24

2 10

33

10

1rmrh

hr

mI z == π

π.

Przejdźmy teraz do obliczeń momentu bezwładności stoŜka względem

osi będącej średnicą jego podstawy, np. x. Jak widać z kolejnego

rysunku, pojawia się problem kształtu elementu całkującego, który teraz

stanowi juŜ nie jest symetryczną powłoką walcową, czy nawet jej

połową, ale ze względu na pochylenie pobocznicy stoŜka jest pewną bryłą o dość skomplikowanym kształcie.

y

z

O

u1

u2

Rysunek 1.25. Dezintegracja elementarnego wycinka stoŜka przy bezpośrednim obliczaniu momentu Ix

Co więcej, całkowanie obejmujące całą objętość stoŜka prowadzi przy

zwiększającym promieniu całkowania do rozpadu tej powłoki na trzy

ROZDZIAŁ 1

Strona 40404040

części. Oczywiste jest, Ŝe w tej sytuacji nie potrafimy znaleźć objętości

tak rozdzielonych elementarnych fragmentów. Sytuacja staje się po-

dobna do problemu z obliczaniem średnicowego momentu bezwładności

koła. Tam wprawdzie rachunek bezpośredni był skomplikowany, choć moŜliwy, o tyle tutaj zupełnie niewykonalny. Dlatego tak samo jak

w poprzednim wypadku trzeba zastosować metodę obejściową, tj. obli-

czyć wszystkie te momenty stoŜka, które dają się wyznaczyć łatwo

i następnie skorzystać z pewnych związków jakie zachodzą pomiędzy

definicjami momentów w ogóle i symetrią stoŜka w szczególności.

Jedynym łatwym rachunkiem dla stoŜka (oprócz zI ) jest wyznaczenie

jego momentu względem płaszczyzny πxy (rysunek 1.26).

y

x

z

O

u

z

h-z

h

y

z

O

A B

D

E

π xy

dz

Rysunek 1.26. Schemat do obliczania momentu Iπxy

W tym przypadku element całkujący przybiera kształt nieskończenie

cienkiego krąŜka, który zmieniając swe wymiary pozostaje jednak ciągle

krąŜkiem. Będzie więc:

zuzVzmzI xy ddd 2222 πρρπ ∫∫∫ ===

Korzystając ponownie z zaleŜności (1.24), tym razem dla z w funkcji u

otrzymamy:

( )zhh

ru −=

i wstawiając do wyraŜenia na moment:

( ) ( )∫∫ −=

−=hh

xy zzhzh

rzzh

h

rzI

0

22

2

2

0

2

2 dd πρπρπ

GEOMETRIA MAS

Strona 41414141

( )hh

xy

zhzhz

h

rzzhzhz

h

rI

0

5423

2

2

0

4322

2

2

54

2

3d2

+−=+−= ∫ πρπρπ ,

232

2

325

2

2

10

13

30

1

30

1

5

1

2

1

3

1hmhr

hr

mhrh

h

rI xy ===

+−= ππ

πρπρπ .

Wróćmy teraz do definicji momentów bezwładności (1.18) i (1.19)

i zauwaŜmy następujący związek:

( ) zyzxz ImyxmxmyII =+=+=+ ∫∫∫ ddd 2222ππ

Z drugiej strony symetria stoŜka wymusza równość tych momentów

płaszczyznowych ( yzxz II ππ = ). Zatem:

zyzxz III == ππ 22 albo zyzxz III2

1== ππ .

Podobnie rzecz się ma z momentami względem osi x i y stoŜka – są takie

same. ZauwaŜmy, Ŝe:

( ) xyzxyxzx IIIImzmymzyI πππ +=+=+=+= ∫∫∫ 2

1ddd 2222 .

Ostatecznie więc otrzymamy:

22

10

1

10

3

2

1hmrmI x += ,

a więc

( )22 2320

hrm

II yx +==

co kończy nasze rozwaŜania na temat stoŜka.

Na koniec sprawdźmy jak wygląda typowy rachunek dla momentów

ciał, które nie wymagają całkowania, gdyŜ ich kształt daje się zdekom-

ponować na mniejsze fragmenty o prostych konturach, dla których ist-

nieją gotowe formuły na wartości momentów. Taska sytuacja ma dość często miejsce w obliczeniach inŜynierskich. Zajmijmy się przypadkiem

teownika, który jest złoŜeniem dwóch prostokątów. Z przykładu 1.7

wiemy juŜ ile wynosi moment pojedynczej płaskiej płyty prostokątnej.

ROZDZIAŁ 1

Strona 42424242

Sprawdźmy, jak wykorzystać tę wiedzę do przypadku nieco bardziej

złoŜonego.

Przykład 1.10

Wyznaczyć centralne momenty bezwładności płaskiego teownika o cał-

kowitej masie m i podanych wymiarach (rysunek 1.27).

xc

y

2a 8a

a6aC

c

C

Rysunek 1.27. Teownik z Przykładu 1.10

Na początek zauwaŜmy, Ŝe teownik posiada oś symetrii i automatycznie

ta oś jest osią centralną. Druga prostopadła przechodzi równieŜ przez

środek masy, alej jej połoŜenie na razie nie jest znane. Zacznijmy, trady-

cyjnie, rachunki od prostszego przypadku, czyli obliczania momentu

względem osi symetrii xc. Podzielmy teownik na dwa prostokąty pio-

nową linią oddzielającą część o wymiarach aa 26 × oraz aa 8×

(tj. wzdłuŜ prawej krawędzi pionowego prostokąta). Całkowity moment

teownika będzie sumą:

)2()1(

xcxcxc III += ,

gdzie indeks górny w nawiasie oznacza numer elementu teownika (pro-

stokąta). Na podstawie przykładu 1.7. wiemy, Ŝe moment płyty jest

dwunastą częścią iloczynu masy i kwadratu wymiaru boku poprzecznego

do osi, względem której dany moment jest obliczany. Zatem:

21

)1( )6(12

1amI xc = oraz 2

2)2( )(

12

1amI xc = .

GEOMETRIA MAS

Strona 43434343

Zwróćmy uwagę na bardzo waŜny szczegół, Ŝe w powyŜszych wzorach

uŜyto mas o wartościach 1m oraz 2m , a nie m . To oczywiste, bo m

dotyczy masy całego teownika, a tymczasem liczymy jego części. Na-

leŜy jednak pamiętać, gdyŜ w rutynowych rachunkach moŜna ten szcze-

gół przeoczyć, co doprowadzi do ogromnych błędów. Obliczmy wartości

tych mas. Łatwo to uczynić na podstawie gęstości powierzchniowej. Je-

śli cały teownik wykonany jest z jednorodnego materiału, to:

11 Am ρ= i 22 Am ρ= gdzie 21 AA

m

A

m

+==ρ

i konkretnie:

ma

am

aaaa

aamA

AA

mm

5

3

20

12

826

262

2

1

21

1 ==⋅+⋅

⋅⋅=

+=

ma

am

aaaa

aamA

AA

mm

5

2

20

8

826

82

2

2

21

2 ==⋅+⋅

⋅⋅=

+=

Sprawdźmy jeszcze czy spełniony jest warunek sumy mas, tj.:

mmmmm =+=+5

2

5

321

a więc zgadza się. Choć w tym przykładzie widać tę zgodność od razu,

nie zawsze jest to tak oczywiste i sprawdzian taki moŜe uchronić przed

powaŜnymi błędami. Obliczmy więc:

22)1(

5

936

5

3

12

1amamI xc =⋅= oraz 22)2(

30

1

5

2

12

1amamI xc =⋅= .

i dodajmy otrzymane momenty:

2222)2()1(

5

11

30

154

30

1

5

9mamamamaIII xcxcxc =

+=+=+= .

Przejdźmy teraz to trudniejszego zadania wyznaczenia momentu ycI .

Jest naturalnie:

)2()1(

ycycyc III +=

ROZDZIAŁ 1

Strona 44444444

ale tym razem nie jest znane połoŜenie osi centralnej yc. Nie moŜna więc

od razu policzyć momentów składowych. MoŜliwe jest jednak wyzna-

czenie momentów poszczególnych prostokątów względem ich własnych

pionowych osi symetrii yc1 oraz yc2 (patrz teŜ rysunek 1.28.).

y

O x x c

yc1 y

c

yc2

2a 8a

a6aC C2C1

d1 d2

x

c

Rysunek 1.28. Podział teownika z Przykładu 1.10 oraz jego najwaŜniejsze osie

21

)1(1 )2(

12

1amI yc = oraz 2

2)2(2 )8(

12

1amI yc = .

22)1(1

5

14

5

3

12

1amamI yc =⋅= oraz 22)2(

215

3264

5

2

12

1amamI yc =⋅= .

Są to jednak momenty względem róŜnych osi i Ŝadnym wypadku nie

wolno ich ze sobą dodawać. Najpierw naleŜy sprowadzić je do wspólnej

osi yc. Dokonamy tego wykorzystując twierdzenie Steinera:

),( 1

21

)1(1

)1(ccycyc yydmII +=

oraz ),( 2

22

)2(2

)2(ccycyc yydmII +=

,

gdzie ),( 1 cc yyd i ),( 2 cc yyd oznaczają odległości pomiędzy osiami yc

i yc1 oraz yc i yc2 (na rysunku 1.28 oznaczone odpowiednio symbolami d1

i d2). Znajdźmy teraz te odległości. W tym celu naleŜy wyznaczyć połoŜenie środka masy teownika. Wygodnie to zrobić wprowadzając oś y wzdłuŜ lewego brzegu teownika i od tej osi mierzyć połoŜenia środków

mas C1, C2 obydwu prostokątów (rysunek 1.28). Łatwo widać, Ŝe:

axc =1 oraz axc 62 = . Zatem będzie:

GEOMETRIA MAS

Strona 45454545

aa

a

aa

aaaa

AA

AxAxx cc

c 320

60

812

86122

3

22

22

21

2211 ==+

⋅+⋅=

+

+=

a więc odległości pomiędzy osiami yc i yc1 oraz yc i yc2 są:

aaxyyd ccc 2),( 1 =−= i axayyd ccc 36),( 2 =−=

MoŜemy teraz policzyć momenty względem wspólnej osi yc

22221

)1(1

)1(

5

134

5

3

5

1)2( maammaamII ycyc =⋅+=+=

22222

)2(2

)2(

15

869

5

2

15

32)3( maammaamII ycyc =⋅+=+=

i wreszcie je zsumować, otrzymując ostatecznie:

22222)2(

3

25

15

125

15

8639

15

86

5

13mamamamamaI yc ==

+=+= ,

co kończy przykład i nasze rozwaŜania.

ROZDZIAŁ 1

Strona 46464646

2 Statyka

W tym rozdziale:

o Siły czynne i bierne, zewnętrzne i wewnętrzne o Analityczne warunki równowagi o Szczególne przypadki układu sił o Skrętnik o Tarcie Coulomba o Mechaniczne efekty wywołane tarciem o Przykłady

ROZDZIAŁ 2

Strona 48484848

2.1. Statyka bez tarcia

Warunek konieczny i wystarczający równowagi

Statyka jest działem mechaniki zajmującym się stanem równowagi ciał.

Mówimy, Ŝe ciało jest w równowadze jeŜeli jego prędkość wynosi zero:

0=v (2.1)

i jest to warunek konieczny równowagi. Nie jest to jednak warunek wy-

starczający. Zerowa prędkość nie gwarantuje bowiem tego stanu w dal-

szej chwili. Ruszający samochód w chwili początkowej ma właśnie ze-

rową prędkość, ale moment później juŜ nie. Na to aby był to stan

równowagi trwałej potrzeba i wystarcza aby

0=p

(2.1)

gdzie p jest przyspieszeniem ciała. To właśnie z tego drugiego warunku i

II zasady dynamiki Newtona ( mFp /= ) wyprowadza się równania rów-

nowagi ciał, pozwalające na ilościowe ujęcie zagadnienia statyki.

PowyŜsze rozumowanie jest bardzo uproszczone, gdyŜ w istocie dotyczy

punktu materialnego i ruchu postępowego (II zas. Newtona). W rzeczy-

wistości sytuacja jest bardziej skomplikowana, gdyŜ w statyce mamy do

czynienia z obiektami o znacznych wymiarach (moŜliwy jest równieŜ ruch obrotowy) skrepowanych róŜnymi więzami (ograniczeniami) za-

równo zewnętrznymi jak i wewnętrznymi.

Rodzaje obciąŜeń i skrępowań (więzów) układów w równowadze

W analizie równowagi rzeczywiste obiekty modelujemy jako:

• punkt materialny,

• układ punktów materialnych,

STATYKA

Strona 49494949

• ciało sztywne,

• układ takich ciał.

Siły, które pojawiają się w analizie dzielimy na:

• czynne (usiłujące zaburzyć równowagę – mogą to być siły

masowe, tj. cięŜary elementów, oraz siły dodatkowo wpro-

wadzone do układu).

• bierne (próbujące utrzymać stan równowagi pochodzące od

skrępowań, czyli więzów układu).

Siły bierne dzielimy na:

• zewnętrzne (od zewnętrznych więzów, takich jak np. pod-

pory),

• wewnętrzne (od skrępowań wewnętrznych, tj. połączeń pomiędzy poszczególnymi elementami).

Bardzo dobrze to przedstawia rysunek 2.1. Widzimy na nim typową drabinę złoŜoną z dwóch belek połączonych przegubowo na górze i

zabezpieczoną liną przed rozsunięciem. KaŜde ramię drabiny ma cięŜar

Q, a dodatkowo jedno z nich obciąŜono dodatkową siłą F.

QQ

Wx

Ry

SS

Wx

Wy Wy

Ry

Rx Rx

QQ

F F

Rysunek 2.1. Siły czynne i bierne, zewnętrzne i wewnętrzne

Po rozłoŜeniu układu na proste elementy (tzw. uwolnienie z więzów)

pojawiają się wszystkie siły, o których była mowa powyŜej. W tym

przypadku siłami zewnętrznymi czynnymi są: siła F oraz cięŜary ramion

Q. Siłami zewnętrznymi biernymi są reakcje Rx i Ry, natomiast biernymi

ROZDZIAŁ 2

Strona 50505050

wewnętrznymi Wx, Wy oraz siła napięcia w zabezpieczającej linie S. Siły

wewnętrzne ujawniają się wyłącznie po rozłoŜeniu układu. Tworzą pary

o przeciwnych znakach. Muszą znikać po złoŜeniu układu, gdyŜ w prze-

ciwnym razie byłyby siłami zewnętrznymi (te nie znikają).

Przyjrzymy się teraz na podstawowym rodzajom podpór zewnętrznych,

generujących reakcje zewnętrzne bierne. Przedstawiono je na rysun-

ku 2.2.

Ry

Rx

Ry

Rx

RR

Rx

Ry

MR

a)

b)

c)

Rysunek 2.2. Rodzaje podpór belek i reakcje, które w nich powstają: a) podpora stała, b) podpora ruchoma, c) tzw. zamurowanie

Rysunek 2.2a. pokazuje tzw. podporę stałą. Pozwala ona na obrót w jej

miejscu, ale nie na „odrywanie” się danego elementu. Generuje ona re-

akcje w dwóch prostopadłych kierunkach (np. poziomym i pionowym)

niezaleŜnie od jej usytuowania. Podpora ruchoma (rysunek 2.2b.) daje

tylko jedną reakcję, która jest prostopadła do kierunku ruchu moŜliwego

dla tej podpory. Dlatego kierunek tej reakcji zaleŜy od jej usytuowania.

Trzeci rodzaj zamocowania elementów belkowych to tzw. zamurowanie.

Oznacza ono, Ŝe element w tym miejscu nie moŜe się przesuwać w Ŝadnym kierunku, ani obracać. Dlatego taka podpora odbiera trzy

stopnie swobody, wytwarzając dwie prostopadłe siły reakcji i jeden mo-

ment reakcyjny (rysunek 2.2c.).

Zajmijmy się teraz rodzajem obciąŜeń zewnętrznych czynnych typowych

dla elementów belkowych i nie tylko (patrz rysunek 2.3.).

STATYKA

Strona 51515151

a)

P [N]

b)

M [Nm]

q [N/m]

c)

Rysunek 2.3. Rodzaje obciąŜeń belek

Najbardziej rozpowszechnionym rodzajem obciąŜenia jest siła skupiona

działająca w dowolnym kierunku w wybranym punkcie elementu belko-

wego (rysunek 2.3a). Czasem moŜe pojawić się moment skupiony usi-

łujący skręcić element w danym punkcie (działa mniej więcej jak obu-

ręczny klucz do dociągania połączeń gwintowych). Symboliczne

działanie takiego momentu przedstawia rysunek 2.3b. Równie często

spotykanym obciąŜeniem jest siła działająca nie punktowo, lecz rozło-

Ŝona na pewnej długości. MoŜe to być cięŜar własny elementu lub inna

siła zewnętrzna (np. napór wiatru o róŜnej intensywności) – rysunek

2.3c. W równaniach równowagi takie obciąŜenie ciągłe zastępujemy po-

jedynczą siłą skupioną, której wartość jest wprost proporcjonalna do

pola powierzchni reprezentującego rzeczywisty rozkład obciąŜenia,

a miejsce jej przyłoŜenia leŜy w środku cięŜkości (geometrycznym) tego

pola.

Redukcja układu sił

RozwaŜmy w tej chwili dowolny przestrzenny układ sił F1, F2, ..., Fi, ...,

Fn jak pokazano na rysunku 2.4. Do punktu przyłoŜenia kaŜdej z nich

poprowadźmy promień wodzący rO1, ..., rOi, ..., rOn.

ROZDZIAŁ 2

Strona 52525252

O

y

x

z

Fi

rOirO1

rOn

F1

Fn

Rysunek 2.4. Dowolny układ sił i promienie ich działania

Obliczmy teraz sumę wszystkich tych sił (czyli wypadkową) nazywając

ją wektorem głównym układu:

∑=

=n

i

i

1

FS (2.1)

oraz moment główny definiując go jako sumę iloczynów wektorowych

promieni wodzących poszczególnych sił i ich samych:

∑

=

×=n

i

iOiO

1

FrM

(2.2)

ZauwaŜmy, Ŝe w definicji wektora głównego nie ma punktu odniesienia,

czyli ten wektor jest tzw. niezmiennikiem układu sił gdyŜ nie zmieni się przy zmianie układu współrzędnych, tj. przesunięciu go z punktu O do

na przykład A za pomocą wektora przesunięcia OAr (patrz rysunek 2.5.).

Sytuacja będzie jednak odmienna dla momentu głównego. Teraz dla

punktu A wyniesie on:

∑=

×=n

i

iAiA

1

FrM (2.3)

i nie jest on równy momentowi OM .

STATYKA

Strona 53535353

O

y

x

z

Fi

rOiA

x’

z’

rAi

rOA O

rOi

rAi

rOA

Rysunek 2.5. Zmiana połoŜenia układu współrzędnych. Obliczanie momentu siły względem nowego punktu odniesienia

Z trójkąta wektorów przedstawionych na prawym rysunku 2.5. widać, Ŝe:

OAAiOi rrr += (2.4)

czyli będzie:

∑ ∑∑∑= ===

×−×=×−=×=n

i

n

i

iOAOi

n

i

iOAOi

n

i

iAiA

1 111

)( FrFrFrrFrM

SrMM ×−= OAOA (2.5)

a więc wyraźnie moment zmienia swą wartość, a róŜnica między starym

i nowym momentem głównym jest równa wg wzoru (2.5) iloczynowi

wektorowemu wektora przesunięcia OAr i głównego S .

Zastanówmy się teraz czy istnieje jakaś wielkość związana z momentem

głównym, a będąca jednocześnie niezmiennikiem (zaleŜy nam na tym,

gdyŜ szukamy jakichś uniwersalnych parametrów układu sił niezaleŜ-nych od wyboru układu współrzędnych). Okazuje się, Ŝe taką wielkością jest rzut momentu głównego na kierunek główny. Rzut taki określony

jest wzorem:

oo SSMM ⋅⋅= )()(

OS

O (2.6)

gdzie oS oznacza wersor kierunku wektora głównego oS , tj. jego wektor

jednostkowy ( 1|| =oS ). Sprawdźmy, Ŝe rzut ten jest w istocie nie-

zmiennikiem. Podstawmy w tym celu do wzoru (2.6) wyraŜenie na mo-

ment AM wg (2.5):

ROZDZIAŁ 2

Strona 54545454

)(

)(

])[()(

])[()(

SOOAO

OAOAS

A

MSSSrSSM

SSSrMSSMM

=⋅⋅×−⋅⋅=

=⋅⋅×−=⋅⋅=oooo

oooo

gdyŜ drugi składnik równa się zero. Jest tak dlatego, Ŝe wynikiem ilo-

czynu wektorowego Sr ×OA jest wektor prostopadły do obydwu skład-

ników, z których powstał (taka jest właściwość iloczynu wektorowego),

a więc prostopadły do S i tym samym do oS . Za chwilę jest jednak

mnoŜony skalarnie przez oS , co daje wynik zero, gdyŜ z kolei iloczyn

skalarny wektorów prostopadłych do siebie właśnie taki wynik daje:

0)( =⋅×⇒⊥× oo SSrSSr OAOA .

Kolejne mnoŜenie przez oS niczego oczywiście nie zmienia (dalej

pozostaje zero), zatem:

)()( S

OS

A MM = (2.7)

PoniewaŜ wybór punktu A był zupełnie dowolny, mamy prawo sądzić, Ŝe właściwość ta zachodzi dla kaŜdego innego punktu. Zilustrujmy tę sytuację graficznie rysując wektor główny układu sił S , moment główny

(.)M oraz jego rzut )(

(.)SM dla kilku punktów odniesienia (rysunek 2.6.).

KaŜdorazowo otrzymujemy inny wektor momentu, ale jego rzut na

kierunek S pozostaje bez zmian. Zachodzi podejrzenie, Ŝe istnieje taki

punkt odniesienia, dla którego obliczony moment główny od razu jest

swoim rzutem na kierunek główny (punkt W na rysunku 2.6.). Parę

wektorów głównego S i momentu głównego takiego, Ŝe )(SWW MM =

nazywamy skrętnikiem, a oś zdefiniowaną kierunkiem S i punktem W –

osią skrętnika. Pojęcie skrętnika stanowi esencję zagadnienia redukcji

dowolnego układu sił. Działanie rzeczywistego układu dowolnych sił F1,

F2, ..., Fi, ..., Fn daje się zastąpić dwoma wektorami S i WM , które

wywołają ten sam skutek.

STATYKA

Strona 55555555

O

MAMO MW

MB

S S S S

MO

(s)

MA

MW

MB

(s)

(s)

(s)

A W B

Rysunek 2.6. Wpływ zmiany połoŜenia układu współrzędnych na wektor główny i moment główny

Aby zamknąć rozwaŜania na temat redukcji układu sił zastanówmy się jak znaleźć połoŜenie osi skrętnika. Po pierwsze mamy układ

współrzędnych Oxyz który wybieramy w dogodny dla nas sposób, nie

znając połoŜenia punktu W przez który poszukiwana oś przechodzi.

Niech punkt ten ma współrzędne ),,( zyxWW = . Zatem wektor

przesunięcia będzie:

],.,[]0,0,0[ zyxzyxOW =−−−=r

Obliczamy więc najpierw wektor główny S i moment główny OM oraz

jego rzut )(SOM . Na podstawie wzoru transformacyjnego moment przy

zmianie układu współrzędnych (2.5) otrzymamy:

WOOW MMSr −=×

PoniewaŜ )()( SW

SO MM = oraz W

SW MM =)( mamy:

)(S

OOOW MMSr −=× .

Podstawiając dodatkowo (2.6) ostatecznie otrzymamy

−

=)(

)(

)(

SOz

SOy

SOx

Oz

Oy

Ox

zyx M

M

M

M

M

M

SSS

zyx

kji

(2.8)

Prześledźmy te rozwaŜania na konkretnym przykładzie.

ROZDZIAŁ 2

Strona 56565656

Przykład 2.1

Dany jest przestrzenny układ czterech sił, których kierunki działania

i punktu przyłoŜenia oparto na sześcianie o boku a. KaŜda z tych sił ma

identyczną wartość P (rysunek 2.7.). Zredukować ten układ do skrętnika

i znaleźć równanie jego osi.

O

x

z

y

P

a

a

a

P

P

P

Rysunek 2.7. Przestrzenny układ sił z Przykładu 2.1

Najpierw zdefiniujmy wektory poszczególnych sił P i ich promienie

wodzące. Ponumerujmy w tym celu te siły przyjmujące, Ŝe pierwsza leŜy

wzdłuŜ osi Ox, kolejne dwie wzdłuŜ osi Oy i ostatnia wzdłuŜ Oz:

],0,0[,]0,,0[,]0,,0[,]0,0,[ 4321 PPPP =−=−== FFFF .

Odpowiednie promienie wodzące będą:

]0,,[,],,[,],,0[,]0,0,0[ 4321 aaaaaaa ==== rrrr .

Obliczmy teraz wektor główny układu sił z rysunku 2.7.

−=

+

−+

−+

==∑= P

P

P

P

PP

P

i

i 20

0

0

0

0

0

0

04

1

FS

oraz moment główny:

P

aa

P

aaa

P

aa

P

O

00

0

0000

0

00

000

kjikjikjikji

M +

−

+

−

+=

STATYKA

Strona 57575757

co daje:

−

−=

−+

−

+

+

=

Pa

Pa

Pa

Pa

Pa

Pa

PaPa

O

3

0

0

0

0

0

0

0

M

Wyznaczmy wersor oS kierunku głównego S :

|| S

SS =o

gdzie 6)2(|| 222222PPPPSSS zyx =+−+=++=S , zatem:

−=

−=

6

1,

6

2,

6

1

6

],2,[

P

PPPoS

.

Sprawdźmy, czy spełniony jest warunek wersora 1|| =S :

14

1

4

2

4

1

6

1

6

2

6

1||

222

=++=

+

−+

=S

a więc zgadza się. Obliczmy teraz rzut momentu głównego na kierunek

główny zgodnie z (2.6). Najpierw iloczyn

−⋅−−=⋅

6

1,

6

2,

6

1],,3[ PaPaPaO

oSM ,

6

4

66

2

6

3 PaPaPaPaO =−+=⋅ oSM

i dalej:

−⋅=⋅⋅=

6

1,

6

2,

6

1

6

4)(

)( PaO

SO

oo SSMM ,

−= PaPaPaSO

3

2,

3

4,

3

2)(M

.

ROZDZIAŁ 2

Strona 58585858

Łatwo sprawdzić, Ŝe rzut wektora momentu na kierunek główny jest

równoległy do samego wektora głównego:

SMSM ||3

2 )()( SO

SO a ⇒⋅= .

Na podstawie (2.8) obliczamy:

−

−−

−

−=

−Pa

Pa

Pa

Pa

Pa

Pa

PPP

zyx

3

23

43

2

3

2

kji

co daje:

−

=

−−

−

+

Pa

Pa

Pa

yPxP

xPzP

zPyP

3

53

13

7

2

2

.

Dzieląc otrzymane równanie wektorowe przez P i mnoŜąc przez 3 (lub -

3 dla uniknięcia ułamków) otrzymamy:

.536

33

763

ayx

axz

azy

=+

=−

=+

(2.9)

Wiadomo, Ŝe linia prosta w przestrzeni moŜe być przedstawiona jako

część wspólna dwóch przecinających się płaszczyzn, które opisane są w ogólności równaniem o postaci 0=+++ DCzByAx , czyli tak jak

kaŜde z równań (2.9). Mamy jednak trzy równania, a do opisu osi

potrzeba tylko dwóch. Musimy więc wykazać, Ŝe jedno z nich jest

liniową kombinacją dwóch pozostałych, i te właśnie stanowić będą parę płaszczyzn, których część wspólna tworzy oś skrętnika. ZauwaŜmy, Ŝe

tak jest w istocie. Odejmując od pierwszego równania z układu (2.9)

podwojone drugie otrzymamy dokładnie równanie trzecie. Jest więc ono

liniową kombinacją pierwszych dwóch i te wybierzmy do opisu osi

skrętnika. Zatem układ:

STATYKA

Strona 59595959

=+−

=−+

033

0763

azx

azy (2.10)

definiuje jednoznacznie równanie osi skrętnika. Narysujmy tę oś. Dla

rysunku przestrzennego jest to dość kłopotliwe, więc dla wygody

znajdźmy dwa przykładowe punkty, przez które ta oś przechodzi.

Przyjmijmy na przykład, Ŝe 0=y (czyli punkt na płaszczyźnie Oxz).

Wtedy z pierwszego równania (2.10) wynika, Ŝe 6/7az = , a z drugiego,

Ŝe 6/5ax = . Postępując analogicznie przy jednoczesnym wyborze np.

0=z (czyli punkt na płaszczyźnie Oxy) znajdujemy: 3/ax −= oraz

3/7ay = . Teraz moŜna narysować oś skrętnika na tle przyjętego układu

współrzędnych. Pokazano ją na rysunku 2.8. razem z naniesionym na tę oś wektorem głównym i momentem głównym.

O

x

z

yM

(s)

S

56

a

76

a

73

a

3

a

Rysunek 2.8. Skrętnik i połoŜenie osi skrętnika z Przykładu 2.1

Analityczne warunki równowagi

Wiedząc juŜ, Ŝe dowolny układ sił moŜemy zredukować do pary wektora

głównego i momentu głównego moŜemy juŜ sformułować analityczne

warunki równowagi. W ogólności na to, aby układ pozostawał w rów-

nowadze potrzeba i wystarcza Ŝeby:

0=S oraz 0)( =SOM

(2.10)

W układzie ciał o dowolnym kształcie na siły zewnętrzne składają się siły czynne iF zaburzające równowagę i bierne reakcji iR utrzymujące

ROZDZIAŁ 2

Strona 60606060

tę równowagę. Moment główny natomiast jest iloczynem wektorowym

tych sił. Dla dowolnego przestrzennego układu moŜemy zatem sformu-

łować następujące warunki równowagi:

∑∑

∑∑

==

==

=+

=+

RF

RF

n

i

iOi

n

i

iOi

n

i

i

n

i

i

11

11

0)()(

0

RMFM

RF

(2.11)

gdzie iOiFiOi FrFM ×=)( i iOiRiOi RrRM ×=)( , a OiFr oraz OiRr

oznaczają odpowiednio promienie działania sił zewnętrznych czynnych

i reakcji. WyraŜając (2.11) skalarnie otrzymujemy układ sześciu równań w postaci:

∑∑

∑∑

∑∑

==

==

==

=+

=+

=+

RF

RF

RF

n

i

iz

n

i

iz

n

i

iy

n

i

iy

n

i

ix

n

i

ix

RF

RF

RF

11

11

11

0

0

0

(2.12a)

gdzie liczby Fn i Rn oznaczają liczbę sił czynnych i biernych reakcji

(które w ogólności mogą się róŜnić) oraz:

∑∑

∑∑

∑∑

==

==

==

=+

=+

=+

RF

RF

RF

n

i

ioiz

n

i

ioiz

n

i

ioiy

n

i

ioiy

n

i

ioix

n

i

ioix

RMFM

RMFM

RMFM

11

11

11

0)()(

0)()(

0)()(

(2.12b)

RozwaŜmy teraz kilka charakterystycznych przypadków szczególnych.

Płaski układ sił równoległych

Tutaj moŜemy tak wybrać układ współrzędnych aby jedna z jego osi

pokrywała się z kierunkiem wszystkich sił (rysunek 2.9.).

STATYKA

Strona 61616161

Fi

x

y

Rysunek 2.9. Płaski układ sił równoległych

Wtedy równania (2.12) zredukują się do układu dwóch równań –

jednego na równowagę sił i jednego dla zerowania momentów:

.0)()(

0

11

11

∑∑

∑∑

==

==

=+

=+

RF

RF

n

i

ioiz

n

i

ioiz

n

i

ix

n

i

ix

RMFM

RF

(2.13)

Przestrzenny układ sił równoległych

Tym razem siły równoległe mogą wytworzyć niezerowy moment wzglę-dem dwóch osi. Zgodnie z rysunkiem 2.10., moŜe to być moment wzglę-dem y i z. Zatem trzeba dodać do układu (2.13) jeszcze jeden warunek na

zerowanie momentu względem y.

.0)()(

0)()(

0

11

11

11

∑∑

∑∑

∑∑

==

==

==

=+

=+

=+

RF

RF

RF

n

i

ioiz

n

i

ioiz

n

i

ioiy

n

i

ioiy

n

i

ix

n

i

ix

RMFM

RMFM

RF

(2.14)

ROZDZIAŁ 2

Strona 62626262

Fi

x

y

z

Rysunek 2.10. Przestrzenny układ sił równoległych

Płaski układ sił centralnych

Tworzą go siły skierowane do jednego punktu niezaleŜnie od ich zwrotu

jak pokazano na rysunku 2.11. (taka konfiguracja w przybliŜeniu opisuje

np. Układ Słoneczny, gdzie kaŜda z planet znajduje się pod wpływem

siły grawitacji przyciągającej ją do Słońca niezaleŜnie od miejsca,

w którym się znajduje). Teraz równania równowagi pozbawione są wa-

runku zerowania momentu, gdyŜ ten liczony względem centrum (tj.

punktu do, lub od którego skierowane są siły) jest toŜsamościowo równy

zeru (wektor siły jest zawsze równoległy do jej wektora wodzącego).

Analityczne warunki zatem przewidują zerowanie sił w dwóch kierun-

kach:

Fi

x

y

Rysunek 2.11. Płaski układ sił centralnych

STATYKA

Strona 63636363

.0

0

11

11

∑∑

∑∑

==

==

=+

=+

RF

RF

n

i

iy

n

i

iy

n

i

ix

n

i

ix

RF

RF

(2.15)

Przestrzenny układ sił centralnych. Sytuacja jest podobna do poprzed-

niej, to znaczy dalej istnieje środek do którego wszystkie siły są skiero-

wane (lub od niego) z tą róŜnicą, Ŝe odbywa się to we wszystkich moŜ-liwych kierunkach, czyli x, y, z (rysunek 2.12).

Fi

x

y

z

Rysunek 2.12. Przestrzenny układ sił centralnych

Bedzie więc:

.0

0

0

11

11

11

∑∑

∑∑

∑∑

==

==

==

=+

=+

=+

RF

RF

RF

n

i

iz

n

i

iz

n

i

iy

n

i

iy

n

i

ix

n

i

ix

RF

RF

RF

(2.16)

Płaski układ sił. Do naszych rozwaŜań na temat przypadków szczegól-

nych dodać naleŜy płaski układ sił dowolnie skierowanych (byle pozo-

stających na pewnej płaszczyźnie, patrz rysunek 2.13).

ROZDZIAŁ 2

Strona 64646464

Fi

x

y

z

Rysunek 2.13. Dowolny układ sił płaskich

To wyjątkowo waŜny przypadek, gdyŜ jest on bardzo powszechny w bu-

dowie maszyn. Wiele konstrukcji inŜynierskich tworzy właśnie dowolny

układ sił znajdujących się na wspólnej na płaszczyźnie. W tej sytuacji

warunkiem równowagi jest odebranie trzech stopni swobody, tj. moŜli-wości ruchu postępowego w kierunku x i y oraz obrotowego wokół osi

z. A więc w tym przypadku otrzymamy dwa równania na zerowanie sił

oraz jedno na moment.

Warunki równowagi dla tego przypadku przedstawia układ równań (2.17).

.0)()(

0

0

11

11

11

∑∑

∑∑

∑∑

==

==

==

=+

=+

=+

RF

RF

RF

n

i

ioiz

n

i

ioiz

n

i

iy

n

i

iy

n

i

ix

n

i

ix

RMFM

RF

RF

(2.17)

PoniewaŜ, jak wspomniano, to szczególnie waŜny przypadek statyki,

spróbujmy rozwiązać go w praktyce na przykładzie reprezentującym

szeroką klasę tego typu zagadnień.

Przykład 2.2

Belkę o długości a2 połączono w jednym punkcie z równoramiennym

kątownikiem (rysunek 2.14.), którego jedno ramię obciąŜono siłą q rów-

nomiernie rozłoŜoną wzdłuŜ tego ramienia. Belkę podparto na jednej

podporze stałej i jednej ruchomej. Obliczyć siły reakcji w tych podpo-

rach.

STATYKA

Strona 65656565

q

a a

45

Rysunek 2.14. Belka połączona przegubowo z kątownikiem z Przykładu 2.2

Przede wszystkim na początku analizy przeprowadzamy dekompozycję układu na poszczególne elementy. Tutaj będzie to kątownik i belka

osobno. Rozdzielenie tych części uwalnia siły wewnętrzne w połączeniu

przegubowym kątownika z belką (dwie składowe) oraz siłą nacisku po-

między drugim końcem kątownika i środkiem belki (tylko jedna skła-

dowa). Dla kaŜdego z tak wyodrębnionych elementów piszemy równania

równowagi. PoniewaŜ układ jest płaski i dowolny, zgodnie z rozwaŜa-

niami powyŜej mamy po trzy równania na kaŜdy element – po dwa na

zerowania sil i po jednym na zerowanie momentu. Po dekompozycji

układ przedstawia rysunek 2.15. Rysunek uzupełniono siłami biernymi

zewnętrznymi tj. reakcji w podporach belki oraz zamieniono rzeczywiste

obciąŜenie ciągłe q siłą zastępczą skupioną o wartości równej iloczynowi

intensywności obciąŜenia q i długości ramienia kątownika. Długość tego

ramienia łatwo obliczyć zauwaŜając, Ŝe kątownik tworzy połowę po-

chylonego kwadratu, którego przekątną stanowi lewa część belki. Jak

wiadomo, przekątna kwadratu o boku a ma długość a2 , przy czy tym

razem to przekątna ma długość a , zatem bok kwadratu (ramię)

odpowiednio 2/2a . Siła zastępcza wynosi zatem:

2

2aqPZ =

i punkt jej przyłoŜenia dzieli długość tego ramienia na dwie równe części

o długości 4/2a (rysunek 2.15.).

ROZDZIAŁ 2

Strona 66666666

RAy

RAx

Wx

Wx

Wy

Wy

N

N

RB

qa2

22

4a

2

4a

a

2a

A

A

450

Rysunek 2.15. Reakcje i siły wewnętrzne w belce i kątowniku z Przykładu 2.2

Równania równowagi przybiorą następującą postać. Dla kątownika:

04

2

2

2:

045sin2

2:

045cos2

2:

=⋅−⋅

=−+

=−

∑

∑

∑

aNaqaM

qaNWF

qaWF

A

yy

xx

o

o

Zwróćmy uwagę na sposób obliczania momentu siły zastępczej wzglę-dem przegubu A kątownika. Zwykle moment siły w układzie płaskim

jest iloczynem promienia działania tej siły i jej składowej prostopadłej

(patrz lewy obrazek na rysunku 2.16.): ⊥⋅= FrM . W przypadku tego

zadania musielibyśmy najpierw policzyć odległość od przegubu do

punktu przyłoŜenia siły zastępczej oraz znaleźć kąt między odcinkiem

łączącym te punkty, a kierunkiem działania ZP . Wymaga to jednak do-

datkowych rachunków, których moŜna uniknąć licząc ten sam moment

w inny sposób, przedstawiony po prawej stronie rysunku 2.16.

STATYKA

Strona 67676767

F

r

O

F Fα

Fr

O

α

r

Rysunek 2.16. Dwa sposoby obliczania momentu siły

Tym razem w iloczyn wchodzi cała siła i prostopadła składowa

promienia jej działania FrM ⋅= ⊥ . Łatwo pokazać, Ŝe obydwa sposoby

są równowaŜne. Powracając do zadania, tak właśnie obliczono moment

siły zastępczej przedłuŜając kierunek jej działania i rysując odcinek

zaczynający się w punkcie A w kierunku prostopadłym do kierunku ZP

aŜ do przecięcia z linią ZP . Promień działania tej siły zaznaczono

symbolicznym okręgiem na rysunku 2.15.

Równania równowagi dla belki są następujące:

02:

0:

0:

=⋅−⋅

=+−−

=−

∑∑∑

aRaNM

RNWRF

WRF

BA

ByAyy

xAxx

Z pierwszej trójki równań (dla kątownika) widać, Ŝe:

4422

2

2

2:

44

2

2

2:

22

2

2

2:

qaqaqaWNqaWF

qaNqaNM

qaWqaWF

yyy

A

xxx

=−=⇒−⋅=

=⇒⋅=

=⇒⋅=

∑

∑

∑

i dalej, z kolejnej trójki równań dla belki:

ROZDZIAŁ 2

Strona 68686868

qaqaqaqa

RRNWRF

qaR

NRM

qaRWRF

AyByAyy

BBA

AxxAxx

8

3

844:

82:

2:

=−+=⇒−+=

=⇒=

=⇒=

∑

∑

∑

Obliczmy na koniec całkowitą reakcję w podporze A. PoniewaŜ obliczone składowe są do siebie prostopadłe, reakcja całkowita jest ich

geometryczną sumą:

.8

5

64

25

64

916

64

9

4

1

8

3

2

22

22

qaqaqa

qaqaqa

RRR AyAxA

===+

=

=+=

+

=+=

2.2. Statyka z uwzględnieniem tarcia

Zjawisko występowania sił tarcia w przyrodzie, inŜynierii, Ŝyciu co-

dziennym jest tak powszechne, Ŝe traktujemy je jako nieodłączny, nie-

pomijalny fakt w jakościowym i ilościowym opisie wszelkich procesów

zachodzących w rzeczywistości. Jego wszechobecność skłoniła i jedno-

cześnie zmyliła nawet samego Arystotelesa5 do sformułowania czegoś na

kształt I zasady Newtona, Ŝe do utrzymania ciał w ruchu (ze stałą pręd-

kością) cały czas potrzebna jest siła utrzymująca ten ruch. Tak jest

w istocie, jeśli temu ruchowi stale towarzyszy opór, a ten faktycznie wy-

stępuje niemalŜe zawsze w warunkach z jakimi mamy do czynienia na

5 Arystoteles ze Stagiry (384-322 p.n.e.), jeden z trzech największych filozofów greckich

obok Platona i Sokratesa. PołoŜył ogromne zasługi w astronomii, fizyce, biologii i logice.

NajwaŜniejszym zagadnieniem badanym przez niego (w mechanice) był ruch. Jego zda-

niem "nieznajomość istoty ruchu moŜe doprowadzić do nieznajomości przyrody." Poję-cie ruchu u Arystotelesa było znacznie szersze, albowiem obejmowało kaŜdą zmianę: "Nie ma ruchu poza rzeczami, bo to, co się zmienia, zmienia się zawsze albo substancjo-

nalnie, albo ilościowo, albo jakościowo, albo zmienia swe połoŜenie." Był twórcą kon-

cepcji „złotego środka” jako drogi do osiągnięcia szczęścia jako najwyŜszego dobra.

STATYKA

Strona 69696969

co dzień. Dopiero Galileusz6 „oderwał” się od tego przyzwyczajenia, za-

uwaŜając Ŝe gdyby ten opór zniknął ciała nie potrzebowałyby Ŝadnej

siły do utrzymania swego ruchu.

W we współczesnej (Newtonowskiej) mechanice ogólnej tarcie traktu-

jemy jako siłę oporu o pewnej abstrakcyjnej genezie. W samą przyczynę powstawania sił tarcia mechanika nie wnika, traktując je modelowo,

tj. posługując się ilościowym opisem według pewnego przyjętego mo-

delu matematycznego. Zjawiskiem tarcia w skali mikro, a więc wcho-

dzeniem w szczegóły i powody jego powstawania (mikronierówności,

odkształcalność, adhezja, itp.) zajmuje się odrębna nauka zwana trybolo-

gią.

Przyjrzyjmy się modelowemu opisowi tarcia zgodnego z intuicją i co-

dziennym doświadczeniem. Wyobraźmy sobie, Ŝe usiłujemy przesunąć cięŜki przedmiot spoczywający na szorstkim podłoŜu (rysunek 2.17.).

PrzyłoŜenie niewystarczającej siły F nie spowoduje ruchu tego przed-

miotu, gdyŜ przeciwstawiać się mu będzie właśnie siła tarcia T na całej

powierzchni styku obiektu z podłoŜem. Wartość tej siły jest identyczna z

F, w przeciwnym razie nastąpiłby stan nierównowagi i przedmiot za-

cząłby się poruszać. Gdybyśmy podczas tego prostego doświadczenia

rejestrowali przykładaną do przedmiotu siłę F (mierząc ją np. dynamo-

metrem) i jednocześnie rysowali wykres powstającej siły tarcia w funkcji

tej siły, czyli )(FTT = otrzymalibyśmy linię prostą (nachyloną pod ką-

tem 45 stopni dla tej samej skali obydwu osi) aŜ do momentu utraty

równowagi. Doświadczenie uczy, Ŝe po osiągnięciu pewnej granicznej

siły F obiekt wreszcie się poruszy się. Siła tarcia osiąga wtedy graniczną wartość, zwaną tarciem rozwiniętym, i dalej juŜ nie zwiększa się. Nad-

6 Galileusz, Galileo Galilei (1564-1642), włoski filozof, astronom, twórca nowoŜytnej

mechaniki i astrofizyki. Zwolennik empiryzmu, uznawał naukę za ścisłą tylko wtedy, je-

śli jej przedmiot da się mierzyć. W swych poglądach filozoficznych Galileusz występo-

wał przeciw spekulatywnemu rozwiązywaniu problemów i zwalczał arystotelizm jako

teoretyczną podstawę przyrodoznawstwa. Niezwykle waŜnym wkładem Galileusza

w dziedzinie mechaniki było ujęcie zjawiska bezwładności. Przeciwstawiało się ono do

starego i błędnego przekonania, Ŝe jeŜeli na ciało nie działają Ŝadne siły to moŜe ono

jedynie pozostać w spoczynku, a poruszanie się ze stałą prędkością musi mieć przyczynę w postaci zewnętrznego oddziaływania. Galileusz ponadto odkrył prawo ruchu wahadła

(niezaleŜność okresu od amplitudy), sformułował prawo swobodnego spadania ciał (wy-

kazując niezaleŜność przyspieszenia ziemskiego od masy), skonstruował termometr,

zbudował lunetę astronomiczną. Odkrył 4 księŜyce Jowisza – Io, Europę, Kallisto

i Ganimedesa i jako pierwszy stwierdził występowanie faz Wenus. Zjawiska te były sil-

nym argumentem za słusznością teorii Kopernika. Jednak trybunał inkwizycyjny zabronił

głoszenia teorii heliocentrycznej i nauka Galileusza została potępiona przez Kościół

(Galileusz do końca Ŝycia Ŝył pod nadzorem inkwizycji). W październiku 1992, papieŜ Jan Paweł II uznał, Ŝe Kościół popełnił błąd.

ROZDZIAŁ 2

Strona 70707070

wyŜka dalej przykładanej siły F „skonsumowana” zostanie przez przy-

spieszenie przedmiotu. Wyraźnie więc moŜemy rozróŜnić obszar tarcia

nierozwiniętego i rozwiniętego (prawy rysunek 2.17).

F

T

µN

T

F45

tarcie nierozwinięte

tarcie rozwinięte

µ

Rysunek 2.17. Opór tarcia przy przesuwaniu przedmiotu i wykres jego wartości w funkcji przykładanej siły

Ta ostatnia wartość – jak pokazują inne doświadczenia – jest wprost

proporcjonalna do sił nacisku N stykających się powierzchni i ich

rodzaju (tj. pewnych fizycznych właściwości) ujętych ilościowo pod

postacią tzw. współczynnika tarcia µ, który w modelu zaleŜy wyłącznie

od materiału z jakie te powierzchnie są wykonane.

Nad tym od czego zaleŜy wartość siły tarcia zastanawiał się w XVIII

wieku francuski uczony Coulomb7. Przede wszystkim badał, czy na war-

tość T ma wpływ siła nacisku rozumiana jako ciśnienie nacisku, tj. cięŜar

obiektu na jednostkę pola powierzchni kontaktu. RozwaŜmy zwykły pro-

stopadłościan o róŜnych bokach a, b, c (rysunek 2.18).

a bc

Rysunek 2.18. Prostopadłościan o dowolnych wymiarach cba ××

7 Charles Augustin de Coulomb (1736-1806), francuski fizyk, członek Francuskiej

Akademii Nauk, kapitan wojsk inŜynieryjnych. Zajmował się teorią maszyn prostych,

opisywał zjawisko tarcia pomiędzy ciałami i oporu ruchu w płynach. Główne jego osią-gnięcia pochodzą z zakresu elektrostatyki i magnetyzmu. W 1785 r. sformułował ilo-

ściowe prawo dotyczące sił oddziaływania pomiędzy ładunkami elektrycznymi nazwane

jego imieniem. Wprowadził takŜe pojęcie momentu magnetycznego oraz odkrył zjawisko

ekranowania pola elektrycznego.

STATYKA

Strona 71717171

ab

c

a

c

cF

FF

T1 T2 T3

Rysunek 2.19. Opór tarcia przy przesuwaniu prostopadłościanu z rysunku 2.18. i leŜącego na róŜnych bokach

Spróbujmy poruszyć ten prostopadłościan przykładając do niego po-

ziomą siłę F kaŜdorazowo zmieniając jego ustawienie i mierząc siłę gra-

niczną tarcia powyŜej której zaczyna się ruch (rysunek 2.19.).

Za kaŜdym razem ciśnienie nacisku jest inne, jednak doświadczenie po-

kazuje Ŝe zmierzone tarcie pozostaje bez zmian ( 321 TTT == ).

Coulomb zauwaŜył ponadto, Ŝe siła tarcia nie zaleŜy od prędkości

względnej trących się ciał. Siłę tarcia o takiej właśnie właściwości, Ŝe

zaleŜy wyłącznie od wartości siły nacisku kontaktujących się ciał, a nie

od ciśnienia oraz nie zaleŜy od prędkości względnej tych ciał, lecz od jej

znaku nazywamy tarciem Coulomba, lub tarciem suchym.

NT µ=

(2.18)

lub bardziej precyzyjnie:

w

Nw

T µ−= (2.19)

gdzie w/w oznacza wersor (wektor kierunku) prędkości względnej.

Modelową charakterystykę siły tarcia w funkcji prędkości względnej

przedstawia rysunek 2.20.

Jak widać z tej charakterystyki wartość siły tarcia jest albo Nµ− albo

Nµ+ zaleŜnie od znaku prędkości względnej w. Problemem pozostanie

jednak wartość T przy w = 0. Teoretycznie kaŜda wartość z zakresu

Nµ− i Nµ+ jest wtedy moŜliwa. Oznacza to, Ŝe tak przyjęty model

moŜe nastręczać pewnych trudności rachunkowych, lub zupełnie je

uniemoŜliwiać w przypadku opisu warunków równowagi układu z tar-

ciem, w którym tarcie to pozostaje ciągle nierozwinięte. Zagadnienie to

będzie dalej jeszcze omówione i zilustrowane odpowiednim przykładem.

ROZDZIAŁ 2

Strona 72727272

µN

T

w

µN

Rysunek 2.20. Modelowa charakterystyka tarcia suchego (tzw. Coulomba)

2.3. Efekty mechaniczne wywołane tarciem

Obecność tarcia w układzie mechanicznym zdecydowanie odmienia sy-

tuację i warunki równowagi w porównaniu do analogicznego układu me-

chanicznego pozbawionego tych sił. Pojawiają się nowe zjawiska, które

nie mogą zajść w wyidealizowanym układzie bez tarcia i których w Ŝa-

den sposób nie moŜna pominąć w analizie.

Pojawienie się obszarów równowagi

Układ mechaniczny pozbawiony sił tarcia pozostaje w równowadze

w jednym, ściśle i jednoznacznie określonym połoŜeniu równowagi wy-

nikającym z rozwiązania równań równowagi. Dotyczy to rozwiązania

w sensie połoŜenia (liniowego lub kątowego) oraz w sensie obciąŜenia.

Na rysunku 2.21. po lewej stronie pokazano masę (wagonik) poruszającą się po płaskiej poziomej powierzchni bez udziału tarcia (co symbolicznie

podkreślono kółkami pod wagonikiem) oraz zamocowaną do spręŜyny

zamurowanej w obok znajdującej się ścianie. Jest oczywiste, Ŝe w przy-

padku braku jakichkolwiek sił zewnętrznych oraz przy braku tarcia

połoŜeniem równowagi jest odległość 0x równa dokładnie długości swo-

bodnej spręŜyny. Jakiekolwiek chwilowe zaburzenie tego połoŜenia

przyłoŜeniem niewielkiej siły natychmiast zostaje zniwelowane po usta-

niu działania tego zaburzenia i układ wraca do 0x . Sytuacja staje się

zgoła odmienna przy uwzględnieniu tarcia (co pokazano na prawym ry-

STATYKA

Strona 73737373

sunku 2.21., gdzie usunięto symboliczne kółka). Teraz połoŜenie 0x

nadal jest połoŜeniem równowagi, ale tym razem zaburzenie wywołane

niewielką siłą która spowoduje przesunięcie wagonika o wartość x∆

pozostanie po ustaniu działania tej siły. Oznacza to, Ŝe spręŜyna jest

nadal nieco napięta (rozciągnięta lub ściśnięta), ale siła tarcia pomiędzy

wagonikiem, a podłoŜem równowaŜy wartość tego napięcia i ciało nadal

pozostanie nieruchome (oczywiście x∆ nie moŜe być dowolnie duŜe).

Wiedząc, Ŝe wartość siły w spręŜynie spiralnej jest liniowo zaleŜna od

ugięcia tej spręŜyny, tj. wynosi xkFs = , gdzie k oznacza współczynnik

proporcjonalności zwany sztywnością spręŜyny, łatwo obliczyć gra-

niczną wartość rozmycia punktu równowagi x∆ w kaŜdą ze stron moŜli-wego zaburzenia.

k

x0

µk

x0

∆ x

Rysunek 2.21. Wpływ tarcia na połoŜenie równowagi

Siła sF moŜe co najwyŜej osiągnąć wartość siły tarcia rozwiniętego

TFs ≤ . Zatem:

mgNxkFs µµ ==∆=max czyli k

mgx

µ=∆

i połoŜenie równowagi stanowić będzie obszar:

+−∈

k

mgx

k

mgxxrówn

µµ00 , .

Sytuacja ma się podobnie w kontekście obciąŜenia. JeŜeli do utrzymania

stanu równowagi potrzeba przyłoŜenia równowaŜącej siły P, to jej war-

tość przy braku tarcia w układzie osiąga jednoznaczną wartość. Dla

przykładu przedstawionego na rysunku 2.22. cięŜar odwaŜnika P po-

trzebny do utrzymania wagonika o cięŜarze Q poruszającego się po

równi pochyłej bez tarcia wynosi:

αsinQSP ==

ROZDZIAŁ 2

Strona 74747474

gdzie S jest siłą napięcia w linie, natomiast αsinQ składową cięŜaru

wzdłuŜ równi, czyli siłą ściągająca wagonik w dół.

α

Q

P

S = P

Q

N

Rysunek 2.22. ObciąŜenie P utrzymujące ciało Q w równowadze (bez tarcia)

Zatem minimalny cięŜar utrzymujący układ w równowadze wyniesie:

)cos(sincossinmin αµααµα −=−= QQQP .

Ale zauwaŜmy teŜ, Ŝe nieco większa wartość cięŜaru odwaŜnika P takŜe

zapewni równowagę aŜ do momentu, gdy stanie się on na tyle cięŜki, Ŝe

w końcu sam będzie przyczyną utraty stanu równowagi. W takim przy-

padku za cięŜki odwaŜnik zacznie poruszać się w dół, ciągnąc wagonik

ku górze, a siła tarcia pomiędzy wagonikiem a równią zacznie działać w przeciwną stronę (patrz środkowy obrazek na rysunku 2.23.). Teraz

cięŜar odwaŜnika osiąga wartość maksymalną:

TQP += αsinmax , a więc ).cos(sinmax αµα += QP

Wszystkie wartości cięŜaru odwaŜnika pomiędzy minP a maxP zapewnią

równowagę układu, a więc tworzą obszar równowagi w sensie dopusz-

czalnego obciąŜenia. Przypomnijmy, Ŝe przy braku tarcia tylko jedna

wartość αsinQP = zapewniała ten stan.

Problem statycznej niewyznaczalności

Utrata jednoznaczności warunków równowagi powoduje problem wy-

znaczania wszelkich sił (w tym reakcji) danego układu dopóki znajduje

się on w obszarze dopuszczalnych rozwiązań (a nie w sytuacjach skraj-

nych). RozwaŜmy belkę utwierdzoną z jednej strony na podporze stałej

i ruchomej. W przypadku idealnych podpór (bez tarcia – górny rysu-

STATYKA

Strona 75757575

nek 2.24.) pojawiają się trzy niewiadome reakcje, które daje się łatwo

obliczyć z równań równowagi, których dla układu płaskiego jest dokład-

nie trzy. Mówimy o takiej sytuacji, Ŝe zadanie jest statycznie wyzna-

czalne. Problem się pojawia, gdy uwzględnimy siłę tarcia w podporze

ruchomej (dolny rysunek 2.24.), a sama belka nadal pozostaje w równo-

wadze. Mamy ciągle trzy równania, lecz tym razem cztery niewiadome

siły reakcji. Nie jest bowiem prawdą, Ŝe moŜna dodać równanie RT µ=

gdyŜ to ostatnie jest dopiero spełnione gdy dochodzi do pełnego poślizgu

w tej podporze. Dopóki tak nie jest układ pozostaje statycznie niewyzna-

czalny i nie da się go rozwiązań w ramach klasycznego sformułowania

mechaniki.

Ry P

Rx

R

Ry P

Rx

R

T ≠ µR

Rysunek 2.24. Statyczna niewyznaczalność wywołana obecnością tarcia nierozwiniętego w podporze ruchomej belki

Dwoistość utraty stanu równowagi

Układ mechaniczny poddany działaniu sił zewnętrznych przewiduje

tylko jeden scenariusz utraty stanu równowagi pod ich wpływem. Jest to

przesunięcie. Spójrzmy, Ŝe obiekt z lewego rysunku 2.25. przesunie się pod wpływem sił F niezaleŜnie od tego w jaki sposób i w którym miej-

scu jest ona przyłoŜona. Jeśli jednak usunąć by rolki spod tego obiektu i

uwzględnić tarcie na powierzchni styku z szorstkim podłoŜem, łatwo so-

bie wyobrazić, Ŝe nisko przyłoŜona siła F spowoduje w istocie przesu-

nięcie obiektu, ale istnieje taka wysokość przyłoŜenia F, dla której

(i powyŜej) obiekt przewróci się, a więc utraci stan równowagi

w zupełnie odmienny sposób. Obecność tarcia powoduje zatem, Ŝe stan

równowagi układu moŜe zajść w dwojaki sposób (stąd „dwoistość”

w tytule podrozdziału).

ROZDZIAŁ 2

Strona 76767676

Obliczmy wysokość h, powyŜej której nastąpi jakościowa zmiana

w scenariuszu utraty równowagi dla prostego elementu z rysunku 2.25,

którego cięŜar wynosi Q, natomiast szerokość a. RozwaŜmy równowagę momentu względem punktu przewracania się:

02

=−a

QFh .

Siła F równowaŜona jest tarciem T, natomiast cięŜar Q naciskiem N.

F

Q

h

a

µ

N

T

F

Q

N

Rysunek 2.25. Utrata równowagi poprzez przewrócenie obiektu

Do przewrócenia zajdzie wtedy, gdy siła tarcia nie przekracza wartości

tarcia rozwiniętego (nie dochodzi do poślizgu), czyli NT µ< . PoniewaŜ

TF = oraz QN = będzie więc:

Qh

aQF µ<=

2,

co daje warunek przywracania: µ2

ah > .

STATYKA

Strona 77777777

Samohamowność i zakleszczenie

RozwaŜmy dowolny układ mechaniczny poddany działaniu sił maso-

wych Q oraz sił zewnętrznych F. JeŜeli układ ten pozostaje

w równowadze dla pewnego zakresu sił F, powiedzmy Fmin i Fmax , to

mówimy o:

• samohamowności wtedy gdy Fmin=0,

• zakleszczeniu gdy Fmax →∝.

Q2

Q1

µ1

α

µ3

Fmin = 0

µ2

Q2

Q1

µ1

µ3

α

µ2

Fmax 8

Rysunek 2.26. Zjawisko samohamowności i zakleszczenia w układzie dwóch klinów o róŜnych kątach ukosowania

Sytuację ilustruje rysunek 2.26. Na lewym obrazku układ dwóch klinów

pozostanie w równowadze mimo ustąpienia siły podtrzymującej tę rów-

nowagę. Zachodzi to dla małego kąta ukosowania klinów α, dla którego

tarcie samodzielnie utrzyma kliny w bezruchu (klin górny nie wypchnie

dolnego). I odwrotnie, odpowiednio duŜy kąt ��uniemoŜliwi próbę wy-

pchnięcia górnego klina siłą przykładaną do klina dolnego. W tym dru-

gim przypadku siła tarcia rośnie szybciej niŜ składowa pionowa nacisku

pomiędzy klinami. W technice zachodzi wiele sytuacji, w których wyko-

rzystuje się zjawiska samohamowności i zakleszczenia. Na przykład po-

łączenia gwintowe opierają się na śrubie, która pod własnym cięŜarem

nie wkręci się w gwintowany otwór (który w pewnym sensie jest spiral-

nym zwinięciem powierzchni współpracujących klinów), natomiast zja-

wisko zakleszczenia w zapadkach tarciowych blokujących jeden kieru-

nek ruchu, a takŜe – częściowo – w starych, lecz bardzo efektywnych

hamulcach bębnowych posiadających dwie szczęki współbieŜne (tzw.

układ duplex).

ROZDZIAŁ 2

Strona 78787878

Tarcie opasania

Istnienie sił oporów tarcia pozwala na skonstruowanie prostego mecha-

nizmu pozwalającego przekazywać moment napędowy na pewną odle-

głość za pomocą stosunkowo prostego elementu pośredniczącego. Mowa

tu o bardzo powszechnie stosowanych w technice przekładniach paso-

wych, które skutecznie przenoszą moment napędowy silnika na dalsze

podzespoły maszyny (o ile nie zaleŜy nam zbytnio na precyzji przeno-

szenia tego momentu jak np. w układzie rozrządu lub systemie wyrów-

nowaŜania sił drugiego rzędu w 4-cylindrowych silnikach spalinowych,

gdzie kluczowe jest utrzymanie precyzji w kątowym ustawieniu współ-

pracujących elementów).

Do przeniesienia napędu z jednego koła pasowego na drugie potrzebne

jest uŜycie pasa i napięcie go pewnym naciągiem wstępnym Sb (tzw. siła

bierna). W bezruchu, w kaŜdej części pasa siła ta pozostaje taka sama.

Sytuacja się zmienia, gdy koło napędowe zaczyna przekazywać moment

obrotowy podzespołowi odbierający ten moment (tj. generujący pewien

moment oporowy), rysunek 2.27.

Sb

Sb

Sb

Sc

ω

M0

Rysunek 2.27. Przekładnia pasowa i siły naciągu w pasach przy przekładni w spoczynku i pracującej

Obecność właśnie momentu oporowego „zasilającego” część maszyny

odbierającej moment z silnika powoduje róŜnicę w siłach napięcia pasa

od strony napędzającej i biernej, utrzymującej naciąg pasa. Część ak-

tywna musi być obciąŜona większą siłą, której iloczyn z promieniem

koła odbierającego napęd równowaŜy moment oporowy M0. Zachodzi

pytanie o maksymalną zdolność transmisji momentu poprzez przekładnię pasową, czyli jaki największy moment napędowy moŜe ona przenieść. Aby znaleźć odpowiedź na to podstawowe inŜynierskie pytanie roz-

waŜmy równowagę wycinka pasa jak pokazano na rysunku 2.28. Siła

bierna Sb wzrasta wzdłuŜ obwodu koła na całym obszarze przylegania

pasa do koła nazywanego kątem opasania β osiągając „na wyjściu”

wartość siły czynnej Sc.

STATYKA

Strona 79797979

Sb

Sc

β

dϕdϕ

dϕ2

dϕ2

S + dS

dN

dT

Rysunek 2.28. Napędzane koło pasowe, kąt opasania i układ sił w elementarnym wycinku pasa

Równania równowagi elementarnego wycinka pasa (lewy rysunek 2.28.)

są następujące:

( )

( ) 0d2

dcos

2

dcosd:

02

dsind

2

dsind:

=−−+

=+−−

∑

∑

TSSSF

SSSNF

y

x

ϕϕ

ϕϕ

co po rozwinięciu i podstawieniu, Ŝe αα ddsin = oraz 1dcos =α daje:

0dd:

02

dd

2

d

2

dd:

=−−+

=−−−

∑

∑TSSSF

SSSNF

y

x

ϕϕϕ

a to z kolei przy pominięciu tzw. małej wyŜszego rzędu, tj. iloczynu

2/dd ϕS prowadzi do równań:

TSF

SNF

y

x

dd:

dd:

=

=

∑∑ ϕ

i razem z uzupełniającym wyraŜeniem na tarcie rozwinięte,

tj. NT dd µ= prowadzi ostatecznie do zaleŜności róŜniczkowej:

ϕµ ddd SST == ,

która po rozdzieleniu zmiennych wygląda następująco:

ROZDZIAŁ 2

Strona 80808080

ϕµ dd

=S

S.

Całkując obustronnie to równanie w granicach od Sb do Sc po lewej

stronie dla siły S oraz od 0 do β po stronie prawej dla kąta opasania ϕ otrzymamy:

∫∫ =β

ϕµ0

dd

c

b

S

SS

S

co daje:

βϕµ0

ln =c

b

S

SS

czyli βµ=− bc SS lnln , albo βµ=b

c

S

Sln . W rezultacie:

βµe=

b

c

S

S.

Maksymalny moment napędowy jaki moŜe przenieść przekładnia pa-

sowa jest iloczynem róŜnicy siły czynnej i biernej oraz promienia koła

części maszyny odbierającej napęd, czyli:

( )1e)(0 −=−= βµ

rSrSSM bbc .

Na zakończenie naszych rozwaŜań dotyczących równowagi układów

z tarciem rozwiąŜmy dwa typowe zadania, które pomogą zilustrować ty-

powe problemy, jakie moŜna spotkać w praktyce inŜynierskiej.

Przykład 2.3

O pionową ścianę oparto drabinę o cięŜarze Q i długości l ustawioną pod kątem a względem podłogi. Współczynniki tarcia drabiny

w punktach styku ze ścianą i podłogą wynoszą odpowiednio µ1 i µ2 (ry-

sunek 2.29.). Na drabinie zawieszono dodatkowy cięŜar P w pewnej od-

ległości s od podłogi (moŜe to być np. wspinający się człowiek o takim

cięŜarze). Obliczyć tę odległość, która nie spowoduje jeszcze utraty

równowagi drabiny.

STATYKA

Strona 81818181

T2

P

Q

l

s

µ1

µ2

α

P

Q

A

B

T1

N1

N2l/2

α

Rysunek 2.29. Zadanie z drabiną z Przykładu 2.3 i układ siły do analizy stanu równowagi

RozwaŜmy układ sił pokazanych po uwolnieniu więzów na prawym ry-

sunku 2.29. i opiszmy je warunkami równowagi w kierunku poziomym,

pionowym oraz momentu względem wybranego punktu, np. A:

0sincoscoscos2

:

0:

0:

11

21

21

=−−+

=+−−

=−

∑

∑∑

αααα lNlTPsl

QM

NQPTF

TNF

A

y

x

PoniewaŜ zaburzenie równowagi (obsuwanie drabiny) zachodzi poprzez

jednoczesny poślizg w obydwu punktach styku, to wolna zapisać, Ŝe:

111 NT µ= oraz 222 NT µ= .

Z równania na moment, po podzieleniu go przez αcosl szybko obli-

czamy odległość s;

−+=

=−−+

2)tg(

0tg2

11

111

QN

P

ls

NNl

sP

Q

αµ

αµ.

Pozostaje teraz wyznaczyć wartość nacisku N1. Dokonujemy tego

z dwóch pierwszy równań równowagi:

QPNNF

NNF

y

x

+=+

=−

∑∑

211

221

:

0:

µ

µ

ROZDZIAŁ 2

Strona 82828282

skąd:

21

211 µµ

µ+

+=

QPN .

Ostatecznie, odległość s na jakiej moŜna bezpiecznie umieścić cięŜar P

wyniesie:

−+

++

=2

)tg(1

1

21

2

QQP

P

ls αµ

µµµ .

ZauwaŜmy na koniec, Ŝe otrzymany wynik moŜe mieć wartość ujemną (w nawiasie kwadratowym mamy odejmowanie), co oznaczać będzie, Ŝe

drabina sama się osunie pod własnym cięŜarem zanim zawiesimy na niej

jakikolwiek inny oraz, Ŝe obliczone s moŜe być większe od l, co z kolei

oznaczać będzie, Ŝe cięŜar P moŜna umieścić nawet na górnym końcu

drabiny, i to z pewnym zapasem bezpieczeństwa.

Przykład 2.4

Walec o cięŜarze Q i promieniu r spoczywa na szorstkim podłoŜu będąc

jednocześnie dociskany płytą o takim samym cięŜarze i długości równej

średnicy walca (rysunek 2.30.). Do pionowej średnicy walca przyłoŜono

poziomą siłę F na pewnej wysokości h. Obliczyć wartość tej siły, która

jest potrzebna do poruszenia walca i narysować jej wykres w funkcji

wysokości jej przyłoŜenia wiedząc, Ŝe współczynniki tarcia pomiędzy

walcem a płytą i podłoŜem są takie same (µ).

Aby rozwiązać to zadanie, rozłóŜmy układ na poszczególne (dwie) czę-ści ujawniając w ten sposób siły wewnętrzne (rysunek 2.31). Napiszmy

następnie równania równowagi dla płyty i walca. Nie ma jednak po-

trzeby formułować równań na równowagę sił w kierunku poziomym

i pionowym dla płyty jeśli nie zaleŜy nam na obliczeniu reakcji w pod-

porze płyty. Wystarczy jedno równanie na moment względem właśnie

tego punktu:

0: 1 =−∑ rNrQM A ,

co daje natychmiast wartość nacisku w punkcie styku płyty z walcem:

QN =1 .

STATYKA

Strona 83838383

Q

Q

r r

r

µ

µ

h

A

F

Rysunek 2.30. Walec na szorstkim podłoŜu wyciągany spod płyty poziomą siłą F przykładaną do pionowej średnicy walca na róŜnych

wysokościach h (Przykład 2.4)

Z równań sił dla walca wiemy, Ŝe:

0:

0:

21

21

=−+−

=−−

∑∑

QNNF

TTFF

y

x.

Z drugiego równania obliczamy szybko nacisk walca na podłoŜe:

QQQNQN 212 =+=+= . MoŜna by teraz ulec wraŜeniu, Ŝe zadanie

jest juŜ praktycznie zrobione, zwaŜywszy Ŝe z równania pierwszego wi-

dzimy, Ŝe 21 TTF += . Wystarczyłoby teraz podstawić 11 NT µ= oraz

22 NT µ= otrzymując wynik QQQF µµµ 32 =+= . Jest to jednak nie-

dopuszczalne uproszczenie! OtóŜ zaburzenie równowagi w rozwaŜanym

przykładzie polega na poruszeniu walca, które nie musi zajść poprzez

jednoczesny poślizg w jego obydwu punktach styku. W jednym z nich

moŜe dojść do toczenia, a w drugim do poślizgu. Wszystko zaleŜy od

tego jak wysoko przyłoŜono siłę F.

ROZDZIAŁ 2

Strona 84848484

Q

Q

r

r

h

A

B

C

N1

N1

N2

T1

T2

F

Ry

Rx T1

Rysunek 2.31. Analiza sił w zadaniu z Przykładu 2.4

Łatwo sobie wyobrazić, Ŝe bardzo nisko przyłoŜona siła (blisko podłogi)

spowoduje poślizg walca w dolnym punkcie (C na rysunku 2.31) oraz

jego odtaczanie w punkcie górnym (pod płytą – B na rysunku 2.31).

I odwrotnie – wysoko przyłoŜona siła F wywoła poślizg pod płytą i toczenie po podłodze. Jeśli taka moŜliwość moŜe mieć miejsce musimy

to wziąć pod uwagę unikając uproszczonego zapisu, Ŝe 11 NT µ= oraz

22 NT µ= . Wolno tak napisać tylko w tym punkcie, w którym tarcie

osiąga wartość rozwiniętą, a więc dochodzi do pełnego poślizgu. Tam

gdzie występuje tocznie wiemy jedynie, Ŝe NT µ< , ale na pewno nie

NT µ= . Jak zatem rozwiązać ten problem? OtóŜ naleŜy rozwaŜyć dwa

odmienne przypadki:

1. Siła F przyłoŜono „nisko”. Wyraz „nisko” ujęto w cudzysłów,

gdyŜ jeszcze nie wiemy co precyzyjnie oznacza to sformułowa-

nie. Znamy jego znaczenie jakościowe – to taka sytuacja, Ŝe

walec doznaje poślizgu w dolnym punkcie styku, natomiast od-

tacza się spod płyty. Nie wiemy jednak jak to wygląda ilo-

ściowo, tj. dla jakiego zakresu h tak właśnie będzie się działo.

Traktujemy więc tę sytuację jako załoŜenie. Jeśli tak, to prawdą jest, Ŝe:

STATYKA

Strona 85858585

22 NT µ= oraz 11 NT µ≠ ,

czyli: QT µ22 = . Rozpatrując następnie równowagę momentów

walca względem punktu, w którym dochodzi do tocznia (tj.

punktu B, w którym nie potrafimy obliczyć wartości siły tarcia,

co przy takim wyborze obliczania momentu przestaje stanowić problem), otrzymamy:

02)2(: 2 =⋅−−∑ rThrFM NB ,

gdzie FN siłę F przyłoŜono „nisko”. ZwaŜywszy, Ŝe QT µ22 = ,

mamy:

hr

rQFN −

=2

4µ.

2. Sytuacja odwrotna – sił F przyłoŜona „wysoko”. Teraz dochodzi

do tocznia walca po podłoŜu i wyślizgiwania się spod płyty,

a więc:

11 NT µ= oraz 22 NT µ≠ , czyli: QT µ=1 ,

i, konsekwentnie, pisząc równanie równowagi momentów

względem punktu C otrzymamy:

02: 1 =⋅−⋅∑ rThFM WC

czyli:

h

rQFW

µ2= .

Co oczywiste, zamiana sytuacji 1. „poślizg na dole, toczenie na górze”

w przypadek 2. „poślizg na górze, toczenie na dole”, musi zajść przez

chwilowy stan przejściowy oznaczający poślizg w obydwu punktach

styku (jednoczesne toczenie nie jest moŜliwe). Zajdzie to dla pewnej

konkretnej wysokości hgr przyłoŜenia siły F. Jak obliczyć tę wysokość oznaczającą granicę stosowalności wzorów na FN i FW? Po prostu po-

równując te wzory. Zabieg ten oznacza, Ŝe dopuszczamy właśnie poślizg

w obydwu punktach styku walca, bo kaŜdy z nich był wyprowadzony dla

pojedynczych takich przypadków. Ich równość dopuszcza zatem poślizg

na dole i górze:

ROZDZIAŁ 2

Strona 86868686

WNgr FFhh =⇔= ,

czyli:

rhh

rQ

hr

rQgr

grgr 3

22

2

4=⇒=

−

µµ,

a więc w zakresie (licząc od podłoŜa) h od zera do dwóch trzecich r

dochodzi do poślizgu między walcem a podłoŜem i stosujemy wzór na

FN, dla h=2r/3 walec ślizga się w obydwu punktach styku (obydwa

wzory są słuszne), natomiast powyŜej 2r/3 toczy po podłodze ślizgając

pod płytą – stosujemy wzór na FW.

Przed narysowaniem wykresu siły F w funkcji wysokości h warto obli-

czyć wartości F w kilku charakterystycznych punktach:

Qr

rQ

hr

rQFFh

h

N µµµ

22

4

2

4.0

0

==−

====

,

Qr

rQ

hr

rQFFrh

rh

N µµµ

3

3

4

4

2

4.

3

2

3

2==

−===

=

,

lub:

Qr

rQ

h

rQFFrh

rh

W µµµ

3

3

2

22.

3

2

3

2=====

=

,

a więc się zgadza, i dalej:

Qr

rQ

h

rQFFrh

rh

W µµµ

222

. ======

,

Qr

rQ

h

rQFFrh

rh

W µµµ

====== 2

22.2

2

.

Krzywe )(hFF NN = i )(hFF WW = przedstawiają hiperbole klasy

)/( xba − oraz xc / , gdzie x oznacza symbolicznie zmienną (czyli h),

natomiast a, b, c są stałymi (tak jak we wzorach na FN i FW ). Ostatecznie,

wykres będzie wyglądał następująco (rysunek 2.32.).

STATYKA

Strona 87878787

r 2r0 2r/3

µQ

2µQ

3µQ

F

h

Rysunek 2.32. Wykres siły potrzebnej do poruszenia walca z Przykładu 2.4 w funkcji wysokości przyłoŜenia siły F

ROZDZIAŁ 2

Strona 88888888

3 Kinematyka punktu

W tym rozdziale:

o Opis połoŜenia punktu o Równania ruchu i toru o Prędkość punktu o Promień krzywizny toru o Przyspieszenie punktu

ROZDZIAŁ 3

Strona 90909090

3.1. Opis połoŜenia, równania ruchu

Wstęp

Pojęcie punktu w mechanice jest bardzo wygodne i znakomicie nadaje

się takŜe do opisu ruchu rzeczywistych obiektów dalece odbiegających

od wyidealizowanej koncepcji punktu geometrycznego (nieskończenie

małego) jeśli tylko obiekty takie poruszają się ruchem postępowym (ry-

sunek 3.1.), w którym nie ma ruchu obrotowego.

A

B

A’

B’

Rysunek 3.1. Ruch postępowy – trajektorie dowolnych punktów ciała (np. AA’ i BB’) mają identyczny kształt

Punktem moŜemy równieŜ modelować ciała, których wymiary i kształt

nie mają znaczenia dla celów analizy mającej charakter ogólny (np. ruch

odległego samolotu, rakiety, satelity, itp.) opisującej gdzie dany obiekt

znajduje się, jak szybko porusza, w którą stronę, itd. i nie zaleŜy nam na

szczegółowych informacjach o połoŜeniu konkretnych jego elementów

lub przestrzennej konfiguracji.

PołoŜenie punktu i równania ruchu

Do jednoznacznego opisu połoŜenia punktu potrzeba trzech współrzęd-

nych. ZaleŜnie od potrzeb i wygody mogą to być współrzędne kartezjań-skie (prostokątne), cylindryczne, biegunowe, lub jakiekolwiek inne. Po

KINEMATYKA PUNKTU

Strona 91919191

wprowadzeniu abstrakcyjnego układu współrzędnych w miejscu obser-

watora połoŜenie punktu określa tzw. wektor wodzący r, którego skła-

dowe odpowiadają współrzędnym danego obserwowanego punktu (ry-

sunek 3.2. dla układu kartezjańskiego).

Oy

x

z

r

promień

wodzący

bieŜące połoŜenie

P(x,y,z)

tor punktu

Rysunek 3.2. Opis połoŜenia punktu we współrzędnych prostokątnych

],,[]0,0,0[ zyxzyxOP =−−−==r

Podczas ruchu względem obserwatora punkt P zmienia swe połoŜenie.

KaŜda współrzędna tego punktu, a więc składowa wektora wodzącego

staje się funkcją czasu

)(

)(

)(

tzz

tyy

txx

=

=

=

lub )(trr =

(3.1)

Równania te, będące jawną zaleŜnością od czasu nazywamy równaniami

ruchu.

Równania toru

Zaznaczając połoŜenia punktu w kolejnych chwilach czasu kreślimy

drogę po jakiej się on porusza, zwaną torem lub trajektorią punktu.

Równanie toru nie jest zatem funkcją czasu, lecz w ogólności równaniem

pewnej krzywej. W przestrzeni moŜe ona być opisana jako przecięcie

dwóch powierzchni opisanych równaniami 0),,(1 =zyxf i

0),,(2 =zyxf , a więc jest funkcją współrzędnych. Naturalnie, równanie

toru jest moŜliwe do wyprowadzenia na podstawie znanych równań

ROZDZIAŁ 3

Strona 92929292

ruchu (zaleŜnych od czasu), gdyŜ znając połoŜenie punktu w kaŜdej

chwili łatwo odtworzymy ślad, po którym się poruszał. Odwrotny zabieg

– znając trajektorię wyznaczamy równania ruchu – oczywiście nie jest

moŜliwy (z kształtu drogi nie wynika połoŜenie, w którym ktoś lub coś aktualnie się znajduje). Równania ruchu mają więc charakter fundamen-

talny dla analizy i są podstawą do określania toru punktu. Równanie toru

wynika bezpośrednio z równań ruchu punktu i otrzymuje się je poprzez

eliminację czasu.

Przykład 3.1

ZałóŜmy, Ŝe punkt porusza się na płaszczyźnie i dane są jego równania

ruchu (dla uproszczenia w czasie bezwymiarowym):

32)(,1)( +=−= ttyttx .Wyznaczyć równanie toru i narysować go.

Ze względu na liniowe zaleŜności współrzędnych połoŜenia od czasu,

zadanie te jest wyjątkowo proste. Eliminujemy czas np. z równania na

„x” i wstawiamy do drugiego na „y”:

523)1(232

11

+−=+−=⇒+=

−=⇒−=

xxyty

xttx

Otrzymaliśmy równanie prostej 52 +−= xy . Narysujmy ją znajdując

dwa punkty: 50 =⇒= yx oraz 2/50 =⇒= xy . Czy jednak cała

prosta reprezentuje tor rozwaŜanego punktu? OtóŜ tor zawiera pewien

kontekst fizyczny – chwila 0=t determinuje początkowe połoŜenie

punktu, a upływający czas (nigdy ujemny: 0≥t ) narzuca kierunek

ruchu, czyli właściwy tor. W tym przypadku połoŜenie początkowe

wypada w miejscu określonym współrzędnymi 101)0(0 =−== xx oraz

)0(0 yy = , tj. 33020 =+⋅=y , a więc punkt )3,1( . Sprawdźmy teraz,

w którą stronę będzie się odbywał ruch z upływającym (rosnącym)

czasem t. Czas jest funkcją wyłącznie rosnącą )(↑ , a więc coraz większe

t oznacza coraz mniejszą wartość x )(↓ , bo ttx −=1)( (odejmujemy

coraz więcej) oraz rosnącą wartość y (tu dodajemy):

↑∧↓⇒↑ yxt

Teraz moŜemy w pełni zidentyfikować tor punktu. Jest to półprosta o

równaniu 52 +−= xy dla zakresu ]1,(−∞∈x jak pokazano na

rysunku 3.3.

KINEMATYKA PUNKTU

Strona 93939393

O

y

x

połoŜeniepoczątkowe

tor p

unktu

i kie

runek ru

chu

1 2 3 4 5

52

5

4

3

2

1

Rysunek 3.3. Ilustracja do przykładu 3.1

Przykład 3.2

Narysować tor punktu, którego ruch (płaski) opisano równaniami:

ttyttx 2cos)(,sin2)( == .

Tym razem eliminację czasu moŜna przeprowadzić wykorzystując znaną

toŜsamość trygonometryczną: tt2

sin212cos −= . PoniewaŜ 2/sin xt = ,

to natychmiast otrzymujemy 2)2/(21 xy −= , czyli równanie paraboli

2/1 2xy −= . ZauwaŜmy, Ŝe punkt początkowy ma współrzędne

00sin2)0( =⋅=x oraz 10cos02cos)0( ==⋅=y , tj. )1,0( – na

„szczycie” paraboli, a kierunek ruchu określa zachowanie funkcji tsin

i t2cos , z których pierwsza jest rosnąca, a druga malejąca dla

początkowych wartości t. RozwaŜany punkt „zjeŜdŜa” zatem po prawej

gałęzi paraboli, lecz nie ona cała reprezentuje tor tego punktu. Zwróćmy

uwagę, Ŝe obydwie funkcje harmoniczne tsin i t2cos oscylują wokół

wartości 1± , nigdy ich nie przekraczając. A więc punkt nie moŜe

„ześliznąć” się po paraboli do nieskończoności. Jego maksymalna

wartość x to 2)2/sin(2)2/( == ππx , minimalna

2)2/3sin(2)2/3( −== ππx . W tych miejscach rzędna kaŜdorazowo

wyniesie 1cos)2/( −== ππy i 13cos)2/3( −== ππy . Ostatecznie

torem punktu jest fragment paraboli o równaniu 2/1 2xy −= dla zakresu

]2,2[−∈x , z punktem początkowym )1,0( , początkowym kierunkiem

ruchu – w prawo, charakterem ruchu – oscylacyjnym (rysunek 3.4.).

ROZDZIAŁ 3

Strona 94949494

O

y

x

połoŜeniepoczątkowetor punktu

i kierunek

ruchu

1 2

1

12

1

2 2

Rysunek 3.4. Ilustracja do przykładu 3.2

Nie zawsze jest moŜliwe uzyskanie jawnej postaci równań toru na

podstawie równań ruchu. Takim przykładem jest później analizowana

cykloida oraz wiele innych krzywych znanych z geometrii róŜniczkowej.

Z równań cykloidy ttx sin−= , ty cos1−= nie da się wyrugować

czasu i tym samym nie da się wyrazić toru jako funkcji )(xyy = .

W takich przypadkach mówimy, Ŝe równania ruchu )(txx = i )(tyy =

są parametrycznymi równaniami toru, gdzie czas t jest parametrem.

KINEMATYKA PUNKTU

Strona 95959595

3.2. Krzywizna toru, promień krzywizny

Jednym z waŜniejszych parametrów geometrycznych opisujących kształt

toru jest jego krzywizna. Jest to miara „intensywności” zmiany kierunku,

czyli orientacji mierzonej kątem linii stycznej do toru na jednostkę długości, w której ta zmiana zachodzi.

y

x

A

B

∆s

∆ϕ

∆ϕ 1ϕϕ

2=

O ϕ21

ϕ

Rysunek 3.5. Krzywa płaska (tor) i podstawowe parametry niezbędne do obliczania krzywizny

Średnia wartość krzywizny na odcinku AB (rysunek 3.5.) wynosi:

s

ksr ∆

∆=

ϕ (3.2)

Chcąc obliczyć krzywiznę w konkretnym punkcie (np. A), obliczamy

granicę ilorazu róŜnicowego (3.2), ostatecznie otrzymując pochodną:

ss

kAB d

dlim

ϕϕ=

∆

∆=

→ (3.3)

W przypadku toru płaskiego, którego równanie ma znaną jawną postać )(xyy = moŜemy na podstawie definicji (3.3) wykorzystać bezpośred-

nio równanie toru do obliczenia jego krzywizny dla dowolnego argu-

mentu x. Wiemy, Ŝe:

ROZDZIAŁ 3

Strona 96969696

( ) ( ) ( ) ( )

xys

xx

yyxs

d'1d

dd

d1ddd

2

2

2

222

+=

+=+=

ponadto tangens kąta nachylenia krzywej jest równy pochodnej 'y ,

zatem:

'arctg'tg yy =⇒= ϕϕ

oraz:

( ) xy

y

y

xx

y

yy

y d'1

''

'1

dd

'd

'd'1

1'arctgdd

222 +=

+=

+==ϕ

co ostatecznie daje:

( )2

32

2

2

'1

''

d'1

d'1

''

d

d

y

y

xy

xy

y

sk

+

=+

+==

ϕ (3.4)

Wzór ten jest słuszny dla torów płaskich i pod warunkiem, Ŝe znane jest

równanie krzywej w postaci )(xyy = . Jak jednak wspomniano na końcu

poprzedniego podrozdziału, istnieją sytuacje (cykloida), w których opis

toru zadany jest parametrycznie. Wtedy wzór (3.4) jest bezuŜyteczny.

Jak zatem obliczyć krzywiznę w takich przypadkach? Znamy przecieŜ równania ruchu )(txx = i )(tyy = . Obliczmy potrzebne róŜniczki jesz-

cze raz:

( ) ( ) ( ) ( ) ( )( )

tyxs

tyxtt

y

t

xyxs

dd

ddd

d

d

dddd

22

2222

22

222

&&

&&

+=

+=

+

=+=

( )

=

=

==

x

y

t

x

t

y

x

yy

&

&arctgd

d

d

d

d

arctgdd

darctgd'arctgddϕ

KINEMATYKA PUNKTU

Strona 97979797

tyx

xyxy

yx

tt

xyx

t

y

x

y

x

xyxy

x

y

x

y

d

dd

d

d

d

1

dd

1

d

d22222

2

2&&

&&&&&&

&&

&&&

&

&

&

&

&&&&

&

&

&

&

+

⋅−⋅=

+

⋅−⋅

=

+

⋅−⋅

=

+

=ϕ

i wreszcie:

( )2

322

22

22

d

d

d

d

yx

xyxy

tyx

tyx

xyxy

sk

&&

&&&&&&

&&

&&

&&&&&&

+

⋅−⋅=

+

+

⋅−⋅

==ϕ

(3.5)

Widać wyraźnie, Ŝe róŜniczkując równania ruchu względem parametru

(czasu) i wstawiając kombinacje tych pochodnych do wzoru (3.5) na-

tychmiast otrzymujemy wartości krzywizny toru w dowolnej chwili.

Promieniem krzywizny w punkcie nazywamy promień okręgu wpisa-

nego do krzywej w tym punkcie (rysunek 3.6.). Okrąg wpisany to okrąg

mający z krzywą wspólną styczną i największy moŜliwy promień, tj. taki. przy którym pozostaje styczny w tym punkcie i nie przecina jej.

KaŜdy większy okrąg przetnie tor juŜ w co najmniej dwóch miejscach i

przestaje być okręgiem wpisanym.

A

A’

ρ

O1

O2

O3

Rysunek 3.6. Okręgi styczne do krzywej w punkcie A. Tylko okrąg O2 definiuje poprawnie promień krzywizny

(O1 jest za mały, O3 przecina tor juŜ w dwóch punktach A i A’)

ROZDZIAŁ 3

Strona 98989898

A

C

ρ

B

ρ

1

2

ρ =3

∝

Rysunek 3.7. Przykładowy tor i krzywizny w kilku wybranych punktach (w punkcie C, tzw. punkcie przegięcia, promień krzywizny osiąga

nieskończoną wartość czyli brak krzywizny).

Na koniec zwróćmy uwagę na prostą zaleŜność między krzywizną toru,

a promieniem krzywizny. Widać ją od razu na rysunku 3.8.

ds

dϕ

ρ

O

Rysunek 3.8. RóŜniczka łuku toru

Długość elementarnego wycinka toru wynosi ϕρ dd =s , czyli

ϕρ d/ds= . Przywołując definicję krzywizny (3.3) otrzymujemy

natychmiast prostą zaleŜność:

k

1=ρ (3.6)

KINEMATYKA PUNKTU

Strona 99999999

3.3. Prędkość punktu

Prędkość punktu oznacza zmianę połoŜenia w czasie (intensywność, szybkość tej zmiany) i w sposób oczywisty odnosi się do ilorazu róŜni-

cowego wektora wodzącego, który tę zmianę opisuje.

y

x

A B

O

r (t + ∆t)

∆r

r (t)

z

tor

Rysunek 3.9. Zmiana połoŜenia punktu na torze w czasie ∆t

Prędkość średnia na łuku AB wynosi:

t

sr ∆

∆=

rv

natomiast prędkość chwilowa w punkcie A będzie granicą:

tt

ttt

t tAB d

d)()(limlim

0

rrrrv =

∆

−∆+=

∆

∆=

→∆→ (3.7)

czyli pochodną wektora wodzącego względem czasu. PoniewaŜ skła-

dowe wektora wodzącego są określone równaniami ruchu, mamy:

=

=

==

z

y

x

v

v

v

z

y

x

tz

ty

tx

tt&

&

&

)(

)(

)(

d

d

d

drv (3.8)

i wartość (moduł) prędkości wyniesie:

222222|| zyxvvvv zyx&&& ++=++== v (3.9)

ROZDZIAŁ 3

Strona 100100100100

znając więc równania ruchu bardzo łatwo obliczamy wartości prędkości punktu w dowolnej chwili czasu. Zwróćmy uwagę jeszcze na

pewną waŜną własność wektora prędkości. Na rysunku 3.10. wyraźnie

widać, Ŝe kolejne (coraz mniejsze przy obliczaniu granicy) przyrosty

wektora wodzącego zbliŜają się do kierunku stycznego w punkcie A

ostatecznie z nim się zbiegając.

A B

∆r tor∆r ∆r

1

1

23

2B3B

styczna w

punkcie A

Rysunek 3.10. Przyrosty wektora wodzącego ∆ri przy obliczaniu granicy

Oznaczając wersor kierunku stycznego, tj. wektor jednostkowy tego kie-

runku (wektor o długości 1) jako t moŜemy zapisać, Ŝe:

tv ⋅= v (3.10)

jako, Ŝe kaŜdy wektor jest iloczynem swojego wersora określającego

kierunek i modułu determinującego wartość. To bardzo waŜna właści-

wość wektora prędkości – jest on zawsze styczny i tylko styczny do toru.

Znajomość wartości prędkości w kaŜdym momencie, tj. )(tvv =

w pewnym skończonym przedziale czasu od chwili początkowej 0t do

końcowej 1t pozwala obliczyć całkowitą drogę przebytą przez punkt

w tym czasie po zadanym torze. ZauwaŜmy:

( ) ( ) ( )t

s

t

zyx

t

z

t

y

t

xv

d

d

d

ddd

d

d

d

d

d

d222222

=++

=

+

+

= (3.11)

a więc tvs dd = i )(tvv = , czyli:

∫=1

0

d)(

t

t

ttvs (3.12)

KINEMATYKA PUNKTU

Strona 101101101101

3.4. Przyspieszenie punktu

Przyspieszenie określa zmianę prędkości punktu zachodzącą w czasie.

Na podstawie analogicznego rozumowania jak w przypadku definicji

prędkości, średnie przyspieszenie w skończonym przedziale czasu t∆

będzie ilorazem róŜnicowym przyrostu (zmiany) prędkości i tego czasu:

t

sr ∆∆

=v

p

natomiast przyspieszenie chwilowe granicą tego ilorazu, czyli:

tt

ttt

t tt d

d)()(limlim

00

vvvvp =

∆

−∆+=

∆

∆=

→∆→∆ (3.13)

a zwaŜywszy, Ŝe td/drv = , przyspieszenie jest drugą pochodną wek-

tora wodzącego r :

==

==

z

y

x

tttt&&

&&

&&

2

2

d

d

d

d

d

d

d

d rrvp (3.14)

i jego wartość bezwzględna wyniesie:

222222|| zyxpppp zyx&&&&&& ++=++== p (3.15)

a więc jest pierwiastkiem sumy kwadratów drugich pochodnych równań ruchu.

Przeanalizujmy teraz jaki kierunek ma wektor przyspieszenia pamiętając,

Ŝe wektor prędkości jest wyłącznie styczny do toru:

( )t

vt

vv

tt d

d

d

d

d

d

d

d ttt

vp +=== (3.16)

co jest zwykłą konsekwencją obliczania pochodnej iloczynu. Wersor t ma wprawdzie stałą wartość, ale jego kierunek moŜe zmieniać się w cza-

sie, co powoduje Ŝe pochodna td/dt nie musi być zerowa. ZauwaŜmy

więc od razu, Ŝe przyspieszenie ma dwie składowe. Pierwsza z nich ma

ROZDZIAŁ 3

Strona 102102102102

podobnie jak prędkość kierunek styczny do toru (iloczyn pochodnej mo-

dułu v i wersora t we wzorze 3.16). Przyspieszenie to nazywamy stycz-

nym i oznaczamy pt:

tpt

vt

d

d= czyli wartość:

++== 222

d

d

d

dzyx

tt

vpt

&&& (3.17)

Aby zidentyfikować drugi składnik w (3.16), zbadajmy czym jest po-

chodna wersora kierunku stycznego td/dt . Na pewno moŜna zapisać,

Ŝe:

vkt

s

st ϕϕ

ϕ d

d

d

d

d

d

d

d

d

d ttt==

jeśli pamiętamy o definicji krzywizny (3.3) i wzorze na moduł prędkości

(3.11). Pozostaje kwestia pochodnej wersora stycznego względem kie-

runku określonego kątem ϕ . Po pierwsze stwierdzamy, Ŝe musi być ona

wektorem prostopadłym do t, gdyŜ:

ϕd

d2

d

d 2 tt

t=

t, ale ,1122 ==t czyli 0)const(

d

d

d

1d

d

d 2

===ϕϕt

t

skoro 0d

d2to0

d

d 2

==ϕt

tt

t, czyli 0

d

d=⋅

ϕt

t

iloczyn skalarny dwóch niezerowych wektorów wynosi zero jeśli są one

do siebie prostopadłe:

0d

d=⊥

ϕt

t (3.18)

Bardzo dobrze to widać na uproszczonym przypadku płaskiego toru (ry-

sunek 3.11.), gdzie widać, Ŝe ]sin||,cos|[|],[ ϕϕ ttt == yx tt . PoniewaŜ

1|| =t , to ]sin,[cos ϕϕ=t i, konsekwentnie, pochodna

]cos,sin[d/d ϕϕϕ −=t . Jak zatem łatwo zauwaŜyć składowa „x” po-

chodnej wektora stycznego ϕd/dt ma długość kładowej „y” samego

wersora t (tj. yt ) i przeciwny zwrot, natomiast składowa i przeciwny

zwrot, natomiast składowa „y” pochodnej ϕd/dt jest równa wartości xt

z zachowaniem zwrotu.

KINEMATYKA PUNKTU

Strona 103103103103

y

x

O ϕ

ϕtor

wersor

styczny

t

kieru

nek

stycz

ny

t

t

x

y

Rysunek 3.11. Rozkład wersora stycznego na kierunki bazowe x i y dla trajektorii płaskiej

Widać, Ŝe odpowiada to obrotowi tx i ty (oraz w konsekwencji całego

wersora t) o 90° w lewo, co pozostaje w zgodzie z warunkiem (3.18).

y

x

O ϕ

ϕ

tor

wersor

stycznyt

kierun

ek

styczn

y

t

ty

kieru

nek

norm

aln

y

x

tddϕ

x

tddϕ

tddϕ

y

Rysunek 3.12. Składowe wersora stycznego i jego pochodnej

Nowy wektor ϕd/dt ma takŜe długość 1:

( ) ( ) 1cossincossind

d

d

d

d

d 2222

22

=+=+−=

+

= ϕϕϕϕ

ϕyx

tt

ttt

a więc sam jest wersorem, lecz tym razem kierunku prostopadłego do

stycznej. Kierunek ten (i wersor) nazywamy normalnym:

tnt

n ⊥= ,d

d

ϕ (3.19)

ROZDZIAŁ 3

Strona 104104104104

Powróćmy teraz do analizy wektora przyspieszenia danego wzorem

(3.16) i przyjrzyjmy się drugiemu składnikowi. Wiemy juŜ, Ŝe:

vkt

s

stn

tt==

d

d

d

d

d

d

d

d ϕϕ

, czyli 2

d

dvk

tv n

t=

i wyraźnie widać, Ŝe składnik ten ma kierunek prostopadły (normalny)

i nazywany jest oczywiście przyspieszeniem normalnym:

ρ

22 v

vkn nnp == czyli wartość: ρ

2v

pn = (3.20)

gdzie k oznacza krzywiznę, natomiast ρ − promień krzywizny (patrz

wzór 3.6). Całkowite przyspieszenie jest sumą geometryczną składo-

wych nt ppp += , a poniewaŜ są one do siebie prostopadłe (rysu-

nek 3.13.),

y

x

Otor

ki e

runek

norm

aln

y

kieru

nek

stycz

nyz

pt

pn

p

płaszczy

zna

ściśle

styczn

a

Rysunek 3.13. Składowe przyspieszenia punktu i ich orientacja względem toru

to wartość przyspieszenia całkowitego (wypadkowego, 3.17) jest pier-

wiastkiem sumy kwadratów przyspieszenia stycznego i normalnego:

22

nt ppp += (3.21)

Odnotujmy jeszcze ciekawy fakt, Ŝe pojawienie się przyspieszenia

normalnego w ogóle nie jest związane ze zmianą prędkości. Wzór

ρ/2vpn = jest wyraŜeniem algebraicznym (nie róŜniczkowym), a więc

KINEMATYKA PUNKTU

Strona 105105105105

obecność przyspieszenia normalnego wynika jedynie z faktu poruszania

się (niezerowej prędkości) po zakrzywionym torze. Ruch po prostej

),0( ∞== ρk nie spowoduje pojawienia się np )0( =np , natomiast

ruch po krzywej wywoła przyspieszenie skierowane prostopadle do toru

(rysunek 3.13.), zawsze ku środkowi okręgu wpisanego do tego toru.

Z tego powodu często określa się tę składową przyspieszenie dośrodko-

wym.

Na zakończenie rozwaŜań dotyczących kinematyki punktu rozwaŜmy

przykład wymagający zastosowania i obliczenia niemalŜe wszystkich

wielkości związanych z ruchem punktu i omawianych w tym rozdziale.

Przykład 3.3

Koło o promieniu r toczy się bez poślizgu ze stałą prędkością 0v po nie-

ruchomym płaskim podłoŜu. Wyznaczyć prędkość, przyspieszenie oraz

promień krzywizny toru punktu poruszającego się na obwodzie tego koła

(rysunek 3.14.). ZałoŜyć, Ŝe w chwili początkowej punkt ten leŜy

w miejscu styku koła z podłoŜem. Obliczyć ponadto całkowitą drogę przebytą przez ten punkt jeŜeli koło wykona jeden pełny obrót.

v0 v0 v0r

O

Rysunek 3.14. Ilustracja do przykładu 3.3

Aby rozpocząć jakiekolwiek rachunki potrzebujemy znać równania ru-

chu, tj. funkcje połoŜenia punktu znajdującego się na obwodzie danego

koła w czasie. W tym celu wprowadźmy układ współrzędnych Oxy

i dokonajmy obrotu koła o pewien kąt ϕ − rysunek 3.15.

ROZDZIAŁ 3

Strona 106106106106

r

A

CD

O

ϕ

y

xc

c

B

Rysunek 3.15. Analiza geometryczna połoŜenia punktu na obwodzie

toczącego się koła, w dowolnej chwili określonej obrotem o kąt ϕ

Szukamy współrzędnych punktu C. Z rysunku 3.15 widać, Ŝe:

ϕϕ sinsin rCBCD

ACOA

CDOAxc

==

=

−=∩

ϕϕ coscos rCBBD

rBA

BDBAyc

==

=

−=

Po obrocie o kąt ϕ , koło przemieszcza się na odcinku OA równym (brak

poślizgu) łukowi AC tego koła. Wiedząc, Ŝe długość łuku jest równa

iloczynowi promienia koła i kąta, tj. ϕrAC =∩

, piszemy:

ϕ

ϕϕ

cos

sin

rry

rrx

c

c

−=

−= (3.22)

Są to parametryczne równania cykloidy. PoniewaŜ równania ruchu są funkcją czasu dokonujemy w nich odpowiedniej zamiany zmiennych.

Koło (tj. jego środek) porusza się ze stałą prędkością 0v . W przypadku

ruch ze stałą prędkością jej wartość jest równa zwykłemu ilorazowi

przebytej drogi i czasu potrzebnego na jej pokonanie. ZałóŜmy, Ŝe koło

obróciło się o kąt ϕ w czasie t. W tym samy czasie przebyło drogę OA

równą łukowi ϕrAC =∩

. Zatem prędkość 0v wyniesie:

t

r

t

OAv

ϕ==0 stąd

r

tv0=ϕ (3.23)

KINEMATYKA PUNKTU

Strona 107107107107

co po podstawieniu do (3.22) daje ostatecznie jawną postać równań ruchu punktu C:

−=

−=

r

tvrty

r

tvrtvtx

c

c

0

00

cos1)(

sin)(

(3.24)

Do obliczenia prędkości potrzebujemy pierwszych pochodnych równań ruchu (3.24):

r

tvv

r

v

r

tvry

r

tvvv

r

v

r

tvrvx

c

c

00

00

000

000

sinsin0

coscos

=

⋅+=

−=⋅−=

&

&

Całkowita prędkość punktu C wyniesie 22

cc yxv && += , zatem:

−=

+−=

=

++−

=++−

=

+

−=

r

tvv

r

tvv

r

tv

r

tv

r

tvv

r

tvv

r

tvv

r

tvvvv

r

tvv

r

tvvvv

02

002

0

020202

0

022

0022

00

00

2

0

2

00

2

000

2

cos2121cos21

sincoscos21

sincoscos2

sincos

albo: 2

cos21

4

0

2

02 r

tv

vv

−= czyli

2

cos21

2

0

0r

tv

vv

−= .

WyraŜenie pod pierwiastkiem przypomina pewną znaną toŜsamość trygonometryczną:

2

2cos1sinsin212cos

22 αααα

−=⇒−= albo

2

cos1

2sin

2 αα −= .

Podstawiając r

tv0=α otrzymujemy wyraŜenie:

ROZDZIAŁ 3

Strona 108108108108

r

tvr

tv

2sin

2

cos102

0

=−

a zatem prędkość punktu C będzie:

r

tvvv

2sin2

00= (3.25)

Prędkość (jej wartość) ma oczywiście znak dodatni, stąd symbol warto-

ści bezwzględnej we wzorze (3.25).

Wyznaczmy teraz przyspieszenie. Tym razem potrzeba drugich pochod-

nych równań ruchu (3.24):

r

tv

r

vy

r

tv

r

vx

c

c

0

2

0

0

2

0

cos

sin

=

=

&&

&&

Sumując kwadraty tak obliczonych wielkości, otrzymujemy:

2

4

00202

2

4

0222 cossinr

v

r

tv

r

tv

r

vyxp cc =

+=+= &&&& .

Zwróćmy uwagę na ciekawą własność punktu poruszającego się na ob-

wodzie koła toczącego się ze stała prędkością – posiada on stałe przy-

spieszenie całkowite:

r

vp

2

0= (3.26)

Kolejnym zadaniem w przykładzie jest wyznaczenie promienia krzywi-

zny toru rozwaŜanego punktu. MoŜemy skorzystać ze wzoru (3.5) na

krzywiznę toru opisanego parametrycznymi równaniami ruchu lub bez-

pośrednio z definicji wartości przyspieszenia normalnego (3.20):

np

v2

=ρ

Znamy juŜ przyspieszenie całkowite. Obliczmy najpierw przyspieszenie

styczne wg (3.17), a potem wykorzystajmy (3.21):

KINEMATYKA PUNKTU

Strona 109109109109

r

tv

r

v

r

v

r

tvv

r

tvv

tt

vpt

2cos

22cos2

2sin2

d

d

d

d 0

2

0000

00 =⋅=

==

−

=

−

=−=

r

tv

r

v

r

tv

r

v

r

vppp tn

2cos1

2cos 02

22

0

2

0

2

0

22

0222

r

tv

r

vpn

2sin 0

2

0=

i wreszcie promień krzywizny:

r

tvr

r

tv

r

v

r

tvv

r

tv

r

v

r

tvv

p

v

n 2sin4

2sin

2sin4

2sin

2sin2

0

0

2

0

022

0

0

2

0

2

002

==

==ρ

Widać na przykład, Ŝe w punkcie styku koła z podłoŜem (czyli w chwili

początkowej 0=t ) promień krzywizny wynosi zero, jego maksymalna

wartość to r4 (funkcja |sin(.)| osiąga wartość co najwyŜej 1).

Ostatnim zadaniem jest obliczenie całkowitej drogi przebytej przez

punkt poruszający się po cykloidzie przy zatoczeniu jednego pełnego ob-

rotu koła tworzącego tę cykloidę. Samo koło (jego środek) przebywa

wtedy drogę równą obwodowi, tj. rπ2 , natomiast długość krzywej

stanowiącej pojedynczy łuk cykloidy (rysunek 3.16.) jest na pewno

większa. Policzmy, ile dokładnie wynosi?

r

2πr

s = ?

Rysunek 3.16. Pojedynczy łuk cykloidy powstały po jednym pełnym obrocie toczącego się koła

Jak juŜ wspomniano, obliczenie całkowitej drogi (nie mylić z całkowitą zmianą połoŜenia) przebytej w danym skończonym czasie sprowadza się

ROZDZIAŁ 3

Strona 110110110110

do scałkowania wartości modułu prędkości danego punktu – wzór (3.12).

W tym przykładzie będzie:

∫ ∫==1

0

d2

sin2d)(

0

00

t

t

T

tr

tvvttvs

gdzie górna granica T oznacza czas potrzebny na wykonanie przez koło

toczące się ze stałą prędkością 0v pełnego obrotu (czyli zakreślenia kąta

πϕ 2= ). Najprościej obliczyć tę całkę zamieniając zmienne – z czasu

na kąt obrotu, gdyŜ od razu znamy wartość górnej granicy całki.

Z wyraŜenia (3.23) wiemy, Ŝe:

r

tv0=ϕ czyli 22

0 ϕ=

r

tv oraz

0v

rt

ϕ= i ϕdd

0v

rt =

będzie więc ϕϕ

ϕϕ

ππ

d2

sin2d2

sin2

2

00

2

0

0 ∫∫ == rv

rvs . PoniewaŜ w prze-

dziale )2,0( πϕ ∈ funkcja 2/sinϕ jest nieujemna, to w obliczeniach

całki moŜna pominąć symbol wartości bezwzględnej. I wtedy:

[ ]

[ ] rr

rr

rs

8)1)1(4

0coscos42

cos

2

1

2d

2sin2

2

0

2

0

=+−−=

=+−=

−== ∫ πϕ

ϕϕ

ππ

Całkowita długość pojedynczego łuku cykloidy wynosi r8 .

`

4 Dynamika punktu

W tym rozdziale:

o Druga zasada dynamiki o Zagadnienie proste i odwrotne o Pęd, kręt, zasady zmienności i zachowania o Praca i moc o Energia kinetyczna, zasada zmienności energii o Pole potencjalne sił i energia potencjalna o Zasada zachowania energii mechanicznej

ROZDZIAŁ 4

Strona 112112112112

4.1. Druga zasada dynamiki

Dynamika stanowi centralny punkt rozwaŜań mechaniki. Zajmuje się analizą ruchu, ale nie traktuje go jako procesu o abstrakcyjnej genezie

jak w przypadku kinematyki, lecz bada zjawiska przyczynowo-skutkowe

w nim zachodzące. Dynamika odpowiada na pytanie skąd się bierze

ruch, a przedmiotem jej badań jest ilościowy opis tego ruchu. Funda-

mentalnym prawem, na które się przy tym powołuje jest jeden

z aksjomatów mechaniki (przyjętym jako pewnik, nie dowodzonym), tj.

druga zasada dynamiki Newtona. Mówi ona, Ŝe jeŜeli na punkt mate-

rialny (to jest taki, który posiada pewną skończoną masę m) działa nie-

zrównowaŜona siła F, to punkt ten porusza się z jednostajnym przyspie-

szeniem p wprost proporcjonalnym do tej siły w kierunku jej działania

(jeśli jest swobodny) i odwrotnie proporcjonalnym do masy.

W rozumieniu drugiej zasady Newtona8, masa stanowi więc miarę trud-

ności wprawiania ciała w ruch postępowy. Czasem w Ŝargonie inŜynier-

skim mówi się, choć nieprecyzyjnie, o oporze bezwładności. Postać dru-

giej zasady dynamiki jest następująca:

m

Fp = (4.1)

PrzemnaŜając przyspieszenie p przez masę uzyskujemy najbardziej

powszechną formę tej zasady stosowanej przy układaniu i

rozwiązywaniu równań ruchu:

Fp =m

(4.2)

Równanie (4.2) jest właśnie deterministycznym ujęciem zasady przy-

czynowo-skutkowej. Przyczyna (prawa strona 4.2), tj. obecność siły F

(lub układu sił) wywołuje skutek, tj. ruch ujęty pod postacią przyspie-

szenia p po lewej stronie tego równania. Widać, Ŝe podstawowe prawo

dynamiki (i mechaniki w ogóle) ma charakter róŜniczkowy, a nie alge-

8 Isaac Newton (1643-1727) sformułował tę zasadę w 1687 r. w swym słynnym dziele

„Philosophiae Naturalis Principia Mathematica”. TamŜe zawarł równieŜ prawo

powszechnego ciąŜenia. Oryginalna wersja drugiej zasady dynamiki brzmi Mutationem

motus proportionalem esse vi motrici impressae, et fieri secundum lineam rectam qua vis

illa imprimitur, co tłumaczy się „zmiana ruchu jest proporcjonalna do przyłoŜonej siły

poruszającej i odbywa się w kierunku prostej, wzdłuŜ której siła jest przyłoŜona.”

DYNAMIKA PUNKTU

Strona 113113113113

braiczny. Wymaga dwukrotnego całkowania względem czasu (przyspie-

szenie jest drugą pochodną wektora połoŜenia) zanim ten ruch zostanie

ostatecznie i jednoznacznie określony. Nie zawsze jest to moŜliwe w

pełni analitycznie. Istnieją zagadnienia, w których postać sił wyklucza

znalezienie funkcji pierwotnych i tym samym zamkniętego rozwiązania

o jawnej postaci )(trr = . W takich przypadkach pozostają do dyspozycji

jedynie metody przybliŜone lub numeryczne.

Problem znajdowania ruchu na podstawie znajomości sił i ich dwukrot-

nego całkowania nazywamy zagadnieniem odwrotnym dynamiki i jest

ono podstawowym zadaniem mechaniki. KaŜde całkowanie wprowadza

stałą, a więc do jednoznacznego ustalenie ruchu (rozwiązania) wyma-

gane jest ustalenie dwóch warunków początkowych na prędkość i poło-

Ŝenie w chwili 0=t .

0

0

)0(

)0(

rr

vv

=

= (4.3)

czyli w istocie 6 warunków skalarnych:

00

00

00

)0()0()0(

)0()0()0(

)0()0()0(

zzvzv

yyvyv

xxvxv

zz

yy

xx

===

===

===

&

&

&

(4.4)

Tak jest w zasadzie dla punktu swobodnego, którego ruch nie jest skrę-powany Ŝadnymi ograniczeniami (punkt taki ma 3 stopnie swobody od-

powiadające ruchowi w 3 kierunkach x, y i z. W Ŝyciu codziennym ob-

serwujemy jednak, Ŝe na ogól obiekty poruszają się po jakichś z góry

narzuconych powierzchniach lub torach (np. statek na powierzchni

wody, pociąg na szynach, tłok silnika w cylindrze, itp.), które determi-

nują zakres obszaru, w którym ruch moŜe się odbywać. Ograniczenia te

nazywamy więzami i są one w szczególności funkcjami przedstawiają-cymi fizyczny kształt tych ograniczeń9

. Dodatkowo, obecność więzów

9 Więzy takie nazywamy geometrycznymi. W rzeczywistości postać więzów moŜe być bardziej

skomplikowana i zaleŜna nie tylko od połoŜenia, ale i od prędkości (kierunku ruchu). Takie więzy

nazywamy kinematycznymi, wśród który dodatkowo mogą istnieć postacie nie dające się scałkować, zwane więzami nieholonomicznymi (właśnie takie występują przy opisie ruchu toczącego się koła,

np. roweru, a takŜe sań, czy łyŜwiarza). Szczegółowe rozwaŜania na ten temat wykraczają poza

zakres niniejszego opracowania, natomiast zainteresowany Czytelnik znajdzie więcej informacji na

ten temat w licznych monografiach dotyczących mechaniki, np. ksiąŜkach S. Banacha (Mechanika,

PWN 1956), R. Gutowskiego (Mechanika analityczna PWN 1971), W. Rubinowicza

i W. Królikowskiego (Mechanika teoretyczna, PWN 1980) i wielu innych podręczników

uniwersyteckich.

ROZDZIAŁ 4

Strona 114114114114

powoduje pojawienie się dodatkowych sił będących reakcją oddziaływań pomiędzy punktem materialnym, a powierzchnią lub linią więzów zmu-

szających go do takiego, a nie innego ruchu. Zatem dla punktu nieswo-

bodnego pełny zestaw równań określających ruch punktu ma postać:

0),,(

0),,(

2

1

=

=

+=

zyxf

zyxf

m RFp

(4.5)

Równania (4.5) dotyczą ruchu punktu o 1 stopniu swobody, gdyŜ funk-

cje 1f i 2f opisują pewne abstrakcyjne powierzchnie w przestrzeni, któ-

rych część wspólna zakreśla narzucony tor istniejący realnie (a więc

pewną krzywą 21 ff ∩ − stąd tylko 1 stopień swobody − wzdłuŜ tej

krzywej). Ruchowi będzie nieodłącznie towarzyszyć siła reakcji R, gdyŜ ten sam punkt uwolniony od więzów najprawdopodobniej poruszałby się zupełnie inaczej pod wpływem tej samej siły czynnej F, a to właśnie R

„zmusza” go do ruchu po zadanej trajektorii.

Na zakończenie wstępnych rozwaŜań warto jeszcze wspomnieć o tzw.

zagadnieniu prostym dynamiki polegającym na wyznaczaniu siły F

powodującej obserwowaną zmianę połoŜenia na podstawie znajomości

równań ruchu )(trr = . Zagadnienie to w istocie jest proste (choć oczy-

wiście nazwa „proste” pochodzi od znaczenia „wprost”, a nie „łatwo”)

poniewaŜ sprowadza się jedynie do dwukrotnego róŜniczkowania rów-

nań ruchu, przemnoŜenia przez masę i znalezienia wypadkowej:

],,[ zyx

z

y

x

FFF

zmF

ymF

xmF

=

=

=

=

F

&&

&&

&&

i wartość tej siły:

222222zyxmFFFF zyx&&&&&& ++=++= .

W dalszej części zajmować się będziemy wyłącznie zagadnieniem od-

wrotnym rozwaŜając kilka najwaŜniejszych przypadków szczególnych.

DYNAMIKA PUNKTU

Strona 115115115115

4.2. Zagadnienie odwrotne dynamiki

W tym podrozdziale omówionych zostanie kilka podstawowych przy-

padków występujących w dynamice z podziałem na kategorie w zaleŜ-ności od typu prawej strony równania Newtona (4.2), czyli rodzaju

działającej siły. KaŜdorazowo dokonana będzie ocena moŜliwości uzy-

skania analitycznego rozwiązania w postaci ogólnej oraz przykład ra-

chunkowy ilustrujący proces tzw. Stawiana zadania dynamiki i jego

rozwiązywania. Postawienie zadania dynamiki to identyfikacja problemu

i zapisanie odpowiedniego róŜniczkowego równania ruchu (II zasady

Newtona). Wymaga ono wprowadzenia układu współrzędnych, analizy

kierunku i wartości wszystkich sił działających na dany punkt w dowol-

nym połoŜeniu (nigdy początkowym, końcowym, ani jakimkolwiek cha-

rakterystycznym, np. najwyŜszym, połoŜeniu, itp.) oraz ustalenia warun-

ków początkowych. Tak zapisane równania (4.2) z jawną postacią pra-

wej strony oraz warunki (4.3) jednoznacznie formułują zagadnienie od-

wrotne dla danego problemu. Otrzymanie analitycznego rozwiązania

w drodze całkowania (jeśli to w ogóle moŜliwe) jest juŜ odrębną kwe-

stią, podobnie jak zastosowanie otrzymanego rozwiązania do konkret-

nego celu, który bezpośrednio z tego rozwiązania nie musi wynikać.

Wspomniany podział będzie zdeterminowany rodzajem siły działającej

na punkt. RozwaŜone zostaną przypadki siły stałej, zaleŜnej od czasu,

zaleŜnej od prędkości oraz od połoŜenia. Jest oczywiste, Ŝe istnieją sytu-

acje, gdzie siły zaleŜą od kilku tych czynników jednocześnie i na ogół

takie leŜą w centrum zainteresowań mechaniki i inŜynierii, choć prze-

waŜnie dają się rozwiązać jedynie na drodze numerycznej.

Siły stałe: F = const

To najprostszy przypadek zagadnienia odwrotnego. Nie stanowi on pro-

blemu w znajdowaniu analitycznej formy rozwiązania. Tutaj mamy:

tmmt

m ddd

d Fv

FvFp =⇒=⇒=

ROZDZIAŁ 4

Strona 116116116116

czyli ∫∫ = tm

ddF

v gdyŜ const=F i wychodzi przed całkę. Otrzymu-

jemy szybko:

CF

v += tm

gdzie stałą C (wektor) natychmiast wyznaczamy z warunku początko-

wego na prędkość 0)0( vv = :

00 0 vCCF

v =⇒+⋅=m

a więc:

0vF

v += tm

PoniewaŜ td

drv = , to ∫∫∫ += ttt

mddd 0v

Fr i ostatecznie:

00

2

2)( rv

Fr ++= t

t

mt

gdzie 0r jest połoŜeniem początkowym wynikającym z drugiego wa-

runku 0)0( rr = .

Przykład 4.1

Punkt materialny wyrzucono z prędkością początkową 0v pod kątem α

w jednorodnym polu grawitacyjnym g w kierunku wzgórza nachylo-

nego pod kątem β . Obliczyć zasięg rzutu, tj. jak daleko punkt upadnie

licząc od miejsca rzutu w kierunku wzgórza. Opory ruchu pominąć.

Przykład ten stanowi klasyczny problem rzutu ukośnego, analizowanego

juŜ w programie fizyki szkoły średniej. Uznajmy jednak w tej chwili, Ŝe

nie znamy Ŝadnych gotowych wzorów z tamtego kursu i postawmy za-

danie dynamiki. W miejscu początku ruchu (wyrzutu) wprowadźmy

układ współrzędnych prostokątnych Oxy i narysujmy fragment toru

punktu z zaznaczeniem wszystkich sił działających na niego (rysu-

nek 4.1.). ZauwaŜmy, Ŝe tu występuje tylko jedna siła – cięŜkości, skie-

rowana zawsze w dół, o stałej wartości mg. Fakt, Ŝe punkt porusza się

DYNAMIKA PUNKTU

Strona 117117117117

takŜe w kierunku poziomym nie wynika z obecności jakiejkolwiek siły,

lecz warunku początkowego na prędkość. Rzeczywiście, zanim punkt

został wyrzucony naleŜało go wcześniej rozpędzić (np. pocisk w lufie

karabinu, lub kamień w procy, czy ręku), lecz to zupełnie inny problem

opisany zupełnie innymi równaniami ruchu. Nas interesuje ruch od mo-

mentu wyrzucenia punktu (czyli wtedy, gdy pocisk opuszcza lufę, lub

kamień odrywa się od procy, czy ręki) – znamy pole sił, w którym ruch

zachodzi oraz warunki początkowe (prędkość, połoŜenie). Pamiętajmy

aby nie „mieszać” ze sobą zupełnie oddzielnych zagadnień, zdając sobie

jednocześnie sprawę, Ŝe łączą je tzw. warunki zgodności rozwiązań (tj. prędkość i połoŜenie końcowe przykładowego pocisku w lufie stano-

wią parametry początkowe dla naszego zadania).

O

y

xs = ?αβ

mg

v0

Rysunek 4.1. Ilustracja do Przykładu 4.1

Powróćmy do przykładu. RóŜniczkowe równanie ruchu (4.2) będzie

miało w tym przypadku postać:

gp mm =

lub skalarnie:

−=

=⇒

−=

=

gmym

xm

gmpm

pm

y

x

&&

&& 00

Mamy dwa równania (ruch płaski) i zgodnie z rysunku 4.1. odnotowu-

jemy w nich brak sił w kierunku „x”, natomiast cięŜar mg zapisujemy

poprzedzony znakiem „minus” poniewaŜ zwrot tej siły jest przeciwny do

załoŜonego kierunku osi „y”. Sformułujmy teraz warunki początkowe,

takŜe rozpisując je na składowe (skalarnie) – rysunek 4.2.

ROZDZIAŁ 4

Strona 118118118118

O

y

xα

v0

v0x

v0y

Rysunek 4.2. Prędkość i połoŜenie początkowe w Przykładzie 4.1

Widać, Ŝe αcos)0( 00 vvx x ==& i αsin)0( 00 vvy y ==& . PołoŜenie to

oczywiście 0)0( =x i 0)0( =y . Matematyczny model układ został więc

ostatecznie zdefiniowany, a zadanie dynamiki postawione:

0)0(

0)0(

sin)0(

cos)0(

0

0

0

=

=

=

=

−=

=

y

x

vy

vx

gy

x

α

α&

&

&&

&&

Znajdźmy jego rozwiązanie. Równania róŜniczkowe są wyjątkowo pro-

ste, a w dodatku rozprzęŜone. MoŜne je całkować niezaleŜnie:

Cxtxtxt

xx +=⇒⋅=⇒⋅=⇒== ∫ ∫ 0d0dd0d0

d

d&&&

&&&

z warunku początkowego na prędkość będzie:

αcos)0( 0vx =&, a z drugiej strony Cx += 0)0(& , czyli αcos0vC =

a zatem stała całkowania C to po prostu prędkość początkowa punktu

w kierunku „x”. Prędkość ta (tj. w kierunku poziomym) utrzymuje się stała przez cały czas trwania ruchu punktu:

αcos0vx =& .

I dalej:

DYNAMIKA PUNKTU

Strona 119119119119

∫ ∫⋅=⇒⋅=⇒== tvxtvxvt

xx dcosddcosdcos

d

d000 ααα&

gdyŜ 0v oraz α to parametry stałe i wychodzą przed całkę. Jest więc:

Dtvx +⋅= αcos0 , gdzie D jest kolejną stałą. Wynosi ona zero, bo

0)0( =x , a z drugiej strony DDvx +=+⋅= 00cos)0( 0 α , stąd 0=D .

Otrzymaliśmy w ten sposób pierwsze równanie ruchu określające jawną zaleŜność współrzędnej x od czasu:

tvtx ⋅= αcos)( 0 (4.6)

Teraz przejdziemy do równania na „y”:

Btgytgytgygt

yy +−=⇒−=⇒⋅−=⇒−== ∫ ∫ &&&

&&& dddd

d

d

poniewaŜ const=g . Z warunku początkowego na prędkość w kierunku

pionowym otrzymujemy:

αsin)0( 0vy =& , a z drugiej strony Bgy +⋅−= 0)0(& , czyli αsin0vB = ,

co daje rozwiązanie na prędkość: αsin0vtgy +−=& . Całkując drugi raz

po czasie, mamy:

( )

Atvt

gtvttgy

tvtgyvtgt

yy

+⋅+−=⋅+−=

⋅+−=⇒+−==

∫ ∫∫ αα

αα

sin2

dsindd

dsindsind

d

0

2

0

00&

oraz warunek początkowy 0)0( =y , z którego szybko otrzymujemy, Ŝe

Avgy +⋅+−== 0sin2

00)0( 0

2

α , czyli A++= 000 skąd natychmiast

0=A . Ostatecznie:

tvt

gty ⋅+−= αsin2

)( 0

2

(4.7)

Równania (4.6) i (4.7) stanowią kompletny opis ruchu rozwaŜanego punktu i są jednocześnie parametrycznymi równaniami toru. Właśnie za

pomocą toru będzie najprościej wyznaczyć miejsce uderzenia punktu o

wspomniane w treści wzgórze. Miejsce to będzie reprezentowane punk-

ROZDZIAŁ 4

Strona 120120120120

tem przecięcia otrzymanej trajektorii z linią prostą odzwierciedlającą za-

rys zbocza. Linia ta ma równanie (w ogólności) baxy += , ale w tym

przypadku 0=b (przechodzi przez początek układu współrzędnych), na-

tomiast βtg=a , czyli

βtg⋅= xy (4.8)

Trajektorię wyrzuconego punktu uzyskamy z równań (4.6) i (4.7) po-

przez eliminację czasu. Z (4.6) mamy:

αcos0v

xt =

co po podstawieniu do (4.7) daje:

α

αα

cossin

2

cos)(

0

0

2

0

v

xv

v

x

gxy ⋅+

−=

αα

tgcos2

)(22

0

2

xv

xgxy +−= (4.9)

Jak widać z (4.9) jest odwrócona parabola, a więc wynik dobrze znany

dla rzutu ukośnego w jednorodnym polu grawitacyjnym przy braku opo-

rów ruchu. Punkty przecięcia paraboli z linią prostą opisującą zarys

wzgórza wyznacza układ równań:

⋅=

+−=

β

αα

tg

tgcos2 22

0

2

xy

xv

xgy

Porównując stronami i wyciągając zmienną x przed nawias otrzymu-

jemy:

0tgtgcos2 22

0

=

+−− βα

αv

xgx

skąd dostajemy dwa rozwiązania (rysunek 4.3.):

DYNAMIKA PUNKTU

Strona 121121121121

g

v

v

xg

x

x

)tgtg(cos2

cos2

tgtg

0

220

220

2

1

βαα

α

βα −=

−=

=

O

y

x

s

β

U

linia wzgórza

trajektoria punktu

(parabola)

x1 x2

Rysunek 4.3. Miejsca przecięcia trajektorii punktu z linią wzgórza

Miejsce upadku U leŜy w odległości s, która jak łatwo zauwaŜyć na ry-

sunku 4.3., wynosi:

β

βcos

cos 222 xs

s

x

OU

x=⇒==

i ostatecznie:

β

βααcos

)tgtg(cos2 220

g

vs

−= (4.10)

co kończy przykład. ZauwaŜmy, Ŝe w przypadku upadku na poziomą powierzchnię )0( =β otrzymujemy z (4.10) doskonale znany wzór na

zasięg w rzucie ukośnym:

.2sinsincos2

cos

sincos2

tgcos2

0cos

)0tgtg(cos2

2

020

0

22022

022

00

ααα

αα

ααααα

β

β

g

v

g

vs

g

v

g

v

g

vs

=⋅

=

⋅=

⋅=

−=

=

=

ROZDZIAŁ 4

Strona 122122122122

Przykład 4.2

Punkt materialny ślizga się bez tarcia po paraboli o równaniu 2axy =

w jednorodnym polu grawitacyjnym g . Wyznaczyć róŜniczkowe równa-

nie ruchu tego punktu.

Jest to przykład ruchu nieswobodnego, tj. ruchu z więzami, gdzie na

pewno wystąpią siły reakcji. W przypadku tzw. więzów idealnych (bez

tarcia) wektory sił reakcji są zawsze prostopadłe do linii (lub po-

wierzchni) więzów. Układ współrzędnych z zaznaczeniem wszystkich sił

dla analizowanej sytuacji pokazano na rysunku 4.4.

O

y

x

y = ax2

g

α

α

mg

R

Rx

Ry

Rysunek 4.4. Ilustracja do Przykładu 4.2

RóŜniczkowe równania ruchu zrzutowane na osie x i y są następujące:

mgRym

Rxm

y

x

−=

−=

&&

&&

gdzie αcosRRx = , αsinRRy = . Naturalnie kąt α nie jest w tym przy-

padku stały, lecz zmienia się wraz ze zmianą połoŜenia punktu na para-

boli. Tangens tego kąta określa wartość pochodnej y względem x w da-

nym punkcie:

( ) axaxxx

yy 2

d

d

d

d'tg

2 ====α

MoŜna teŜ wyrazić składowe reakcji xR i yR w funkcji zmiennej x.

Z trygonometrii wiadomo, Ŝe:

DYNAMIKA PUNKTU

Strona 123123123123

α

αα

2tg1

tgsin

+= oraz

αα

2tg1

1cos

+=

zatem:

2241

2

xa

axRRx

+= oraz

2241

1

xaRRy

+= .

Równania ruchu będą więc miały postać:

mgxa

Rym

xa

axRxm

−+

=

+−=

22

22

41

1

41

2

&&

&&

(4.11)

PrzemnóŜmy teraz drugie z równań (4.11) przez ax2 i dodajmy obydwa

stronami. Uzyskamy wtedy prosty wynik:

axmgaxymxm 22 ⋅−=⋅+ &&&&

w ten sposób pozbywając się niewiadomej reakcji R. Teraz naleŜy wy-

eliminować pochodną y&& , tj. wyrazić ją w funkcji x. Pamiętając, Ŝe jest to

pochodna względem czasu, a nie „x” będzie:

xaxxayxaxyaxy &&&&&&& 222 22 +=⇒=⇒=

a zatem:

( ) 02222 2 =⋅+++ axmgaxxaxxamxm &&&&&

Dzieląc przez m i porządkując otrzymamy ostatecznie:

( )

( ) ( ) 02241

022

222

22

=+++

=+++

gxaaxxax

gaxxxxxax

&&&

&&&&& (4.12)

Jest to silnie nieliniowe równanie róŜniczkowe drugiego rzędu

i uzyskanie jego rozwiązania w postaci analitycznej nie jest w ogóle

moŜliwe. Na rysunku 4.5. pokazano rozwiązanie )(txx = uzyskane

w drodze numerycznej dla danych 1=m kg, połoŜenie początkowe

10 =x m, prędkość początkowa – zero, współczynnik paraboli 1=a m-1.

Na tym samym rysunku z prawej strony przedstawiono obliczeniową

ROZDZIAŁ 4

Strona 111124242424

wartość siły reakcji działającej na punkt (i wzajemnie – punktu na para-

boliczny tor). W pewnych obliczeniach inŜynierskich wartość tej reakcji

moŜe mieć znaczenie kluczowe (np. ruch pociągu). Wartość R znale-

ziono na podstawie pierwszego z równań (4.11) po wstawieniu x&&

z drugiego (4.12). Daje to następującą zaleŜność:

22

2

41

2

xa

gxamR

+

+=

&

Rysunek 4.5. Numeryczne rozwiązanie równania ruchu (4.12) i reakcja między punktem, a torem (linią więzów)

Siły zaleŜne od czasu F = F(t)

Siły zaleŜne od czasu zwykle odzwierciedlają oddziaływania wymu-

szone, pochodzące od napędów maszyn i obiektów (silniki) oraz siłami

będącymi konsekwencją przyłoŜonych wymuszeń (np. siły bezwładności

od niewyrównowaŜonych wirujących wałów). Całkowanie tego zagad-

nienia odbywa się wprost (przyspieszenie jest przecieŜ pochodną wzglę-dem czasu), na ogół nie przysparza większych trudności. Równanie ru-

chu tym razem ma postać:

)(d)(1

d)(1

d

)(d

d

0vCFv

Fv

Fv

+=

=

=

∫

∫∫

ttm

ttm

tt

m

(4.13)

gdzie stała całkowania jest oczywiście funkcją prędkości początkowej.

Tak otrzymane wyraŜenie (ostatnie z równań 4.13) podlega ponownemu

całkowaniu, z którego otrzymujemy:

DYNAMIKA PUNKTU

Strona 125125125125

∫==⇒= tttt

d)(,ddd

dvrvr

rv

czyli

( ) )()(dd)(1

)( 00 rDvCFr ++= ∫ ∫ ttttm

t (4.14)

gdzie stała D wynika z warunku na połoŜenie początkowe 0)0( rr = .

Przykład takiego zagadnienia zostanie rozpatrzony na końcu tego pod-

rozdziału razem siłami zaleŜnymi od połoŜenia (Przykład 4.6).

Siły zaleŜne od prędkości F = F(v)

To bardzo rozpowszechniony w przyrodzie i technice przypadek. Siły

zaleŜne od prędkości to wszelkie opory ruchu. Nawet tarcie suche, które

zgodnie z prawem Coulomba nie zaleŜy od wartości prędkości, to jednak

zaleŜy od jej kierunku:

v

NNv

tT µµ −=−= (4.15)

gdzie v/v oznacza wersor styczny do toru t, a wektor siły tarcia jest

zawsze do niego przeciwnie skierowany. MoŜna więc powiedzieć, Ŝe

tarcie zaleŜy od prędkości w potędze zero. Jeśli ta zaleŜność będzie do-

tyczyć prędkości w potędze jeden, czyli F ~ v (opór wprost proporcjo-

nalny do prędkości), to mówimy wtedy, Ŝe jest to tzw. opór wisko-

tyczny:

vv

tF kv

vkvk −=−=−= (4.16)

gdzie k jest współczynnikiem proporcjonalności zaleŜnym od kształtu

ciała i rodzaju medium, w którym się porusza. Opory wiskotyczne spo-

tykamy podczas ruchu w płynach przy laminarnym przepływie (umiar-

kowane prędkości), np. w tłumikach (amortyzatorach) drgań (elementach

zawieszeń pojazdów).

Inny bardzo powszechny rodzaj sił zaleŜnych od prędkości to opór aero-

dynamiczny, który jest wprost proporcjonalny do kwadratu v : F ~ 2v

(i oczywiście skierowany przeciwnie do wektora v ):

ROZDZIAŁ 4

Strona 126126126126

vv

tF vkv

vkvk −=−=−= 22 (4.17)

Jak wiadomo, jest to ogromna przeszkoda dla pojazdów w osiąganiu du-

Ŝych prędkości i główny czynnik odpowiedzialny za zuŜycie energii.

Za jej przyczyną szybko-bieŜne pojazdy przybierają upodobniony opły-

wowy kształt aby ograniczać skutki obecności tej siły. Dla pojazdów

samochodowych wartość oporu aerodynamicznego oblicza się ze wzoru:

2

2

1vAcF x ρ= (4.18)

gdzie

xc jest współczynnikiem oporów zaleŜnym od kształtu nadwozia,

ρ − gęstością powietrza przy unormowanym ciśnieniu i temperaturze

(1.23 kg/m3),

A − polem przekroju poprzecznego pojazdu,

v − prędkością pojazdu wyraŜoną w km/h.

Ta właśnie siła narzuca limit na maksymalną prędkość jaką moŜe osią-gać samochód z klasycznym napędem na koła poniewaŜ siły tarcia po-

między oponą, a podłoŜem nie wystarczają juŜ do pokonania sił oporu

powietrza, który bardzo szybko wzrasta z kwadratem coraz większej

prędkości. Siła napędowa samochodu zaleŜy od przyczepności koła do

podłoŜa i masy pojazdu. Posiadając nawet nieograniczoną moc silnika,

koła po prostu nie „przeniosą” tego napędu wpadając po prostu w po-

ślizg.10

10 Najszybszym samochodem z napędem na koła był Challenger I wyposaŜony

w 4 silniki Pontiaca o łącznej pojemności 26800 cm3 i mocy 2400 KM. 9 września 1960r.

Amerykanin Mickey Thompson (1928-1988) uzyskał na nim prędkość 654 km/h, ale re-

kord ten nie został oficjalnie uznany, gdyŜ z zasady pojazd ma przejechać w dwie strony

wytyczonej trasy, a do rekordu liczy się średnią. Na skutek awarii skrzyni biegów

Thompson nie mógł powtórzyć próby w drugą stronę. Oficjalny rekord pozostał więc

w rękach Anglika Johna Rhodesa Cobba (1899-1952), który w 1947 r. jadąc po dnie wy-

schniętego słonego jeziora Bonneville (w stanie Utah, USA) osiągnął prędkość 634 km/h

(średnia w dwie strony). Kierował samochodem Napier-Railton-Mobile rozpędzonym

przez dwa silniki lotnicze Napier Lion Aero o łącznej pojemności 47 litrów i mocy

2500 KM. Taka była granica moŜliwości samochodów z klasycznym napędem na koła.

Dalsze próby bicia rekordów dotyczyły juŜ napędu odrzutowego, gdzie koła pełniły

jedynie rolę nośną pojazdu. Obecny rekord naleŜy do Andy Greena (1962- ), brytyjskiego

pilota RAF, który jadąc 15 października 1997 r. na pustyni Black Rock (Nevada, USA)

bolidem SSC Thrust przekroczył barierę dźwięku na lądzie uzyskując 1229 km/h. Pojazd

był napędzany silnikami odrzutowymi Rolls Royce Spey Mk 205, które normalnie

uŜywane są w myśliwcach McDonnel F-4 Phantom II. Ich moc wynosi 108000 KM, a do

DYNAMIKA PUNKTU

Strona 127127127127

Warto jeszcze zaznaczyć, Ŝe kaŜdy opór jest siłą zaleŜną od prędkości,

natomiast nie kaŜda siła będąca jej funkcją musi być oporem

mechanicznym. Przykładem jest tzw. siła Lorentza11

działająca na

ładunek elektryczny q poruszający z prędkością v w polu magnetycznym

o indukcji B. Siła ta wynosi:

BvF ×= q (4.19)

i jest np. siłą powodującą odchylanie wiązki elektronów w oscylosko-

pach i telewizorach CRT, a takŜe siłą działającą na przewód elektryczny

umieszczony w polu magnetycznym (silniki elektryczne).

RozwaŜmy w tej chwili ogólny przypadek zagadnienia odwrotnego,

w którym siła zaleŜy od prędkości:

⇒= )(d

dvF

v

tm

=

=

=

),,(d

d

),,(d

d

),,(d

d

zyxFt

zm

zyxFt

ym

zyxFt

xm

z

y

x

&&&&

&&&&

&&&&

(4.20)

Bezpośrednie całkowanie takich równań w ogólności nie jest moŜliwe na

drodze analitycznej. Weźmy pod uwagę uproszczony przypadek, gdy

równania róŜniczkowe (4.20) ruchu rozprzęgają się:

uzyskania ciągu ponad 20 ton potrzebują spalić 18 litrów paliwa na sekundę. Jego

dokonanie, zdaje się wyczerpywać pogoń za nowymi rekordami, gdyŜ po przekroczeniu

prędkości dźwięku wymiar dalszych prób poprawiania tego rekordu będzie z zasady

kosmetyczny. Przypomnijmy, Ŝe w lotnictwie do historii przeszedł wyczyn Chucka

Yeagera, który 14 października 1947 r. przekroczył barierę dźwięku lecąc samolotem

eksperymentalnym Bell X-1 z napędem rakietowym. Dla świata techniki i cywilizacji

w ogóle oznaczało to otwarcie nowej ery…

11 Hendrik Antoon Lorentz (1853-1928) – fizyk holenderski zajmujący się teorią elektromagnetyzmu, laureat Nagrody Nobla (1902) za prace na temat zjawiska

rozszczepiania widma w polu magnetycznym (razem z Pieterem Zeemanem), autor

słynnej transformacji Lorentza stanowiącej fundament Szczególnej Teorii Względności

Einsteina (1905).

ROZDZIAŁ 4

Strona 128128128128

=

=

=

)(d

d

)(d

d

)(d

d

zFt

zm

yFt

ym

xFt

xm

z

y

x

&&

&&

&&

oraz przeanalizujmy pierwsze z nich. Rozdzielając zmienne otrzymamy:

∫∫ = txF

xm

x

d)(

d

&

&

czyli

)()(

d0x

x

vCxF

xmt += ∫ &

& (4.21)

Oznaczmy wynik całkowania w (4.21) (o ile istnieje) jako pewną funkcję )(xxx&Φ=Φ . Wtedy:

)()( 0xx vCxmt +Φ= &

JeŜeli funkcja )(xx&Φ jest odwracalna (choćby przedziałami), to wtedy:

);(1

d

d0

1xx vt

mt

xx

−Φ==&

&

)(d);(1

)( 001

xDtvtm

tx xx +Φ= ∫− . (4.22)

Jednak szanse na uzyskanie analitycznego wyniku w postaci (4.22) są zwykle niewielkie i ograniczają się tylko do pewnych klas zagadnień. RozwaŜmy dwa takie przypadki.

Przykład 4.3

Metalową kulkę o objętości V zanurzono w wodzie i swobodnie pusz-

czono. Kulka tonąc rozpędza się ale szybko ten ruch jest hamowany opo-

rem (wiskotycznym) wody. Znając gęstość materiału kulki ρ oraz wody

0ρ obliczyć maksymalną, tj. graniczną prędkość tonącej kulki. Przyjąć,

Ŝe współczynnik oporów ruchu wynosi k.

DYNAMIKA PUNKTU

Strona 129129129129

O

y

mg

Wyp

Fop

Rysunek 4.6. Ilustracja do Przykładu 4.3

Istnienie takiej granicznej prędkości łatwo przewidzieć skoro siłą napę-dową jest tutaj nadwyŜka cięŜaru ponad wypór wody, a więc siła o stałej

wartości, natomiast przeciwstawiający się opór cały czas rośnie z pręd-

kością. W pewnym momencie zrówna się z siłą „napędzającą”, a to –

zgodnie z I zasadą dynamiki – oznacza juŜ ruch ze stałą (w tym przy-

padku maksymalną) prędkością. Przyjrzyjmy się całej sytuacji na ry-

sunku 4.6.

Zgodnie z tym rysunkiem i wprowadzonym układem współrzędnych

róŜniczkowe równanie ruchu w kierunku „y” ma postać:

opyp FWgmym −−=&&

gdzie siła ypW jest cięŜarem wypartej przez kulkę wody i wynosi:

VgWyp 0ρ=

gdzie V oznacza objętość kulki (i wypartej wody). Masa samej kulki

wynosi Vm ρ= , natomiast siła oporu vkFop = . Będzie:

v

V

kggy

vkgVgVyV

−−=

−−=

ρρ

ρρρ

0

0

&&

&&

gdzie oczywiście, wobec ruchu prostoliniowego, yv &&= , a więc:

ROZDZIAŁ 4

Strona 130130130130

yV

kg

t

y&

&−

−=

ρρ01

d

d

Dla uproszczenia wprowadźmy stałe

−=

ρρ01ga oraz y

V

kb &=

i zapiszmy:

ybat

y&

&−=

d

d.

co po rozdzieleniu zmiennych daje równanie:

∫∫ =−

tyba

yd

d

&

&

którego rozwiązaniem jest:

Ctybab

+=−− &ln1

przy czym warunek początkowy na prędkość, zgodnie z treścią przykładu, jest zerowy: 0)0( =y& , a zatem:

ab

CCab

ln1

00ln1

−=⇒+=−−

i wtedy:

( )

ta

yba

b

taybab

ab

tybab

=−

−

=−−−

−=−−

&

&

&

ln1

lnln1

ln1

ln1

(4.23)

Wyznaczmy funkcję odwrotną do ostatniej z (4.23):

tbtb aybaa

ybatb

a

yba −− =−⇒=−

⇒−=−

eeln &&&

DYNAMIKA PUNKTU

Strona 131131131131

i opuszczając symbol wartości bezwzględnej, tj. przyjmując:

ybayba && −=− (druga moŜliwość )( ybayba && −−=− ) nie spełnia

warunku początkowego), otrzymujemy:

( )tbtb

b

ayaayb

−− −=⇒−= e1e && . (4.24)

Prędkość maksymalna tonącej kulki to granica wyraŜenia (4.24) przy

czasie dąŜącym do nieskończoności:

( ) ( )tb

t

tb

tgr

b

a

b

av

−

∞→

−

∞→−=−= elim1e1lim

PoniewaŜ funkcja tb−e maleje do zera, to:

b

avgr = czyli

−=

−

=ρρρ

ρ

0

0

1

1

k

Vg

V

k

g

vgr

Widać, Ŝe dla 0ρρ = prędkość ta wyniesie zero (ciało o gęstości wody

zawisa w niej).

Przykład 4.4

Pocisk wystrzelono z prędkością początkową 0v pionowo do góry

w jednorodnym polu grawitacyjnym. Obliczyć maksymalną wysokość na jaką się wzniesie uwzględniając opory aerodynamiczne.

UłóŜmy róŜniczkowe równanie ruchu posługując się rysunkiem 4.7.

ROZDZIAŁ 4

Strona 132132132132

O

y

mg

Fop

v

v0

g

Rysunek 4.7. Ilustracja do Przykładu 4.4

Równanie to będzie miało następującą postać:

opFgmym −−=&&

gdzie siła oporu powietrza wynosi:

22

ykvkFop&==

więc:

2

ykgmym &&& −−= . (4.25)

Warunek określający maksymalną wysokość jest w zasadzie warunkiem

na prędkość (tj. jej zerowanie), co moŜna zapisać zdaniem:

0max =⇔= yyy & (4.26)

ZauwaŜmy zatem, Ŝe nie ma potrzeby rozwiązywania równania (4.25)

w dziedzinie czasu, lecz wystarczy do uzyskania Ŝądanego wyniku zwią-zek pomiędzy przemieszczeniem y , a prędkością y& aby bezpośrednio

zastosować warunek (4.26) i znaleźć maxy . W tym celu zastosujmy prze-

kształcenie umoŜliwiające eliminację zmiennej czasowe z równania ru-

chu (4.25):

DYNAMIKA PUNKTU

Strona 133133133133

yy

y

t

y

y

y

t

yy &

&&&&& ⋅=⋅==

d

d

d

d

d

d

d

d (4.27)

i wtedy przybierze ono postać:

( )2

d

dykgm

y

yym &

&& +−=

Rozdzielając zmienne oraz całkując otrzymamy:

∫∫ −=+

yykgm

yym d

d2&

&&

Całkę po lewej stronie łatwo obliczyć stosując podstawienie:

( ) ( )k

uyy

uyyk

uykgm

uykgm

2

dd

dd2

dd 2

2

=⇒

=

=+

=+

&&

&&

&

&

i wtedy:

=∫ u

k

u

m2

d

∫∫∫ −=⇒− yu

u

k

my d

d

2d

co natychmiast daje rozwiązanie:

Cyuk

m+−=||ln

2

Powracając do starej zmiennej y& :

( ) Cyykgmk

m+−=+ 2ln

2&

gdzie opuszczono symbol wartości bezwzględnej z racji, Ŝe argument

pod logarytmem zawsze jest dodatni. Podstawiając warunek początkowy

0)0( vy =& , otrzymujemy:

( ) Cvkgmk

m+=+ 0ln

2

2

0

ROZDZIAŁ 4

Strona 134134134134

i dalej, po podstawieniu C:

( ) ( )2

02 ln

2ln

2vkgm

k

myykgm

k

m++−=+ &

co daje:

2

2

0ln2 ykgm

vkgm

k

my

&+

+=

Korzystając teraz z warunku (4.26) mamy ostateczne:

+=

++

=gm

vk

k

m

gm

vkgm

k

my

2

0

2

0max 1ln

20ln

2 (4.28)

Sprawdźmy wynik (4.28) przy załoŜeniu, Ŝe ruch odbywa się bez

oporów. Oznacza to, Ŝe 0=k . Bezpośrednie podstawienie tej wartości

do rozwiązania (4.28) nie załatwia jednak sprawy gdyŜ napotykamy się

na nieoznaczoność typu 0

0 (bo 01ln = ). Ale moŜemy obliczyć granicę

korzystając z reguły d’Hospitala12

:

[ ] 2

1

lim

2d

d

1lnd

d

limlim

2

0

2

0

0

2

0

0max

0

gm

vk

gm

v

m

kk

gm

vkm

ky

kkk

+=

+

=→→→

g

v

gm

vkg

vy

kk 212

limlim2

0

2

0

2

0

0max

0=

+

=→→

12

Guillaume François Antoine de l'Hospital (1661–1704) - matematyk francuski, uczeń Johanna Bernoulliego (1667–1748) i Gottfrieda Wilhelma Leibniza (1646–1716).

W 1696 wydał podręcznik rachunku róŜniczkowego, w którym znajduje się tzw. reguła

de l'Hospitala. Faktycznie jej autorem jest Bernoulli. Sam l'Hospital nigdy nie twierdził,

Ŝe jest odkrywcą tej metody, jednakŜe opublikował ją bez skonsultowania się z Johannem Bernoullim.

DYNAMIKA PUNKTU

Strona 135135135135

czyli wynik dobrze znany dla rzutu pionowego z początkową prędkością

0v przy pominięciu oporów ruchu.

Siły zaleŜne od połoŜenia F = F(r)

MoŜna zasadniczo rozróŜnić tutaj dwa charakterystyczne przypadki: siły

spręŜystości oraz grawitacji dla duŜych odległości (ruch planet, sateli-

tów, itp.). RozwaŜmy najprostszy element spręŜysty – spręŜynę śrubową o długości swobodnej 0l . Ugięcie jej (podczas rozciągania lub ściskania)

jest liniową funkcją przykładanej siły dopóki nie dojdzie do odkształceń plastycznych lub „siadania” na własnych zwojach.

O

u

F

α

F+

F+

F-

F-

F = 0

l0 u

Rysunek 4.8. Wykres siły w spręŜynie w funkcji jej ugięcia

Ugięcie spręŜyny to róŜnica jej bieŜącej długości i długości swobodnej,

przy której jest nie napięta. Z wykresu na rysunku 4.8. widać, Ŝe propor-

cjonalność siły F od ugięcia u łatwo zapisać prostym wzorem:

ukF = (4.29)

gdzie tym razem k oznacza stałą określającą sztywność spręŜyny zaleŜną od jej cech konstrukcyjnych (materiałowych i geometrycznych). Sztyw-

ROZDZIAŁ 4

Strona 136136136136

ność ta jest tangensem nachylenia prostej na wykresie (rysunek 4.8.) i

jest tym większa im „mocniejsza” spręŜyna. Fizyczna interpretacja

sztywności k odpowiada sile F potrzebnej do zmiany długości spręŜyny

o 1 m. Jednostką sztywności jest N/m.

Przykład 4.5

Ciało (wagonik na kółkach) poruszające się bez tarcia po płaskiej po-

ziomej powierzchni znajduje się pod działaniem harmonicznie zmiennej

siły o amplitudzie 0F i częstości zmian v ( tvFtF sin)( 0= ).

x

Fs

Fs

F(t) = F0 sinvt

Rysunek 4.9. Ilustracja do Przykładu 4.5

Ciało jest zamocowane do pionowej nieruchomej ściany za pośrednic-

twem spręŜyny o znanej sztywności k . Zakładając, Ŝe w chwili po-

czątkowej spręŜyna jest nie napięta (połoŜenie równowagi) i prędkość ciała wynosi zero, wyznaczyć ruch tego ciała oraz maksymalną ampli-

tudę jego oscylacji.

To jest właśnie przykład zagadnienia odwrotnego, w którym siły ze-

wnętrzne jednocześnie zaleŜą od połoŜenia (spręŜyna) i czasu (wymu-

szenie harmoniczne). Na ciało wychylone o pewną wartość „x” działają siły jak pokazano na rysunku 4.9.

W konsekwencji, róŜniczkowe równanie ruchu będzie następujące:

)(tFFxm s +−=&& gdzie tvFtF sin)( 0= oraz ukFs =

Tutaj przemieszczenie ciała jest toŜsame z ugięciem spręŜyny:

xu ≡

zatem:

DYNAMIKA PUNKTU

Strona 137137137137

tvFxkxm sin0+−=&& albo tvFxkxm sin0=+&& (4.30)

Dzieląc (4.30) przez m i wprowadzając oznaczenia

20ω=

m

k oraz 0

0 qm

F=

otrzymujemy:

tvqxx sin020 =+ω&& (4.31)

ze znanymi warunkami początkowymi: 0)0( =x i 0)0( =x& . Jak widać

równanie (4.31) jest równaniem róŜniczkowym drugiego rzędu, linio-

wym, o stałych współczynnikach, niejednorodnym. Najpierw znajdźmy

rozwiązanie ogólne równania jednorodnego )(0 tx :

00200 =+ xx ω&&

Przewidując jego rozwiązanie w postaci wykładniczej rttx e)(0 = ,

a więc:

0ee 20

2 =+ rtrtr ω

oraz dzieląc je przez rte (które nigdy nie jest zerem) otrzymujemy

równanie charakterystyczne:

020

2 =+ ωr

którego pierwiastki są zespolone, sprzęŜone: 02,1 ω±=r i rozwiązanie

ogólne równania jednorodnego przyjmuje postać:

tt

CCtx 00 e~

e~

)( 210

ωω +− += (4.32)

gdzie stałe 1

~C i 2

~C oznaczono tyldą „~” dla podkreślenia, Ŝe muszą to

liczby zespolone, gdyŜ tylko takie pomnoŜone przez zespolone funkcje t0e

ω± mogą dać wartość przemieszczenia „x”, które jest liczbą rze-

czywistą. Istnieje alternatywna postać równania (4.32) poniewaŜ funkcje t0e

ω± mają swoją reprezentację trygonometryczną, tj. są kombinacją

funkcji harmonicznych t0sin ω i t0cosω . Przedstawienie rozwiązania

ROZDZIAŁ 4

Strona 138138138138

(4.32) w dziedzinie liczb i funkcji rzeczywistych wyglądać będzie wtedy

następująco:

tCtCtx 02010 sincos)( ωω += (4.33)

gdzie 1C i ℜ∈2C i taka postać zostanie przyjęta do dalszej analizy. Za-

znaczmy w tym miejscu, Ŝe )(0 tx reprezentuje ruch swobodny ciała (bo

nie uwzględnialiśmy do tej pory wymuszenia tvF sin0 ) i niezaleŜnie od

wartości stałych 1C i 2C jest to ruch oscylacyjny (harmoniczny ze

względu na obecność funkcji t0sin ω i t0cosω ). Częstość tych oscyla-

cji określa wartość mk /0 =ω . Dlatego teŜ, wielkość tę nazywamy

częstością drgań własnych układu. Drugą częstością występującą w tym

zadaniu jest częstość siły wymuszającej v , która jest zupełnie niezaleŜna

od 0ω . Zbadajmy teraz jak to wymuszenie wpływa na ruch badanego

ciała. W tym celu przewidujemy rozwiązanie szczególne równania nie-

jednorodnego w postaci:

tvBtxs sin)( = (4.34)

i wstawiamy do (4.31), co daje:

( ) vtqtvvB

vtqtvBtvvB

sinsin

sinsinsin

022

0

020

2

=−

=+−

ω

ω

wobec czego poszukiwana stała wyniesie:

22

0

0

v

qB

−=

ω

Całkowite rozwiązanie zagadnienia jest sumą obydwu składowych roz-

wiązań, a zatem:

)()()( 0 txtxtx s+=

czyli:

tvv

qtCtCtx sinsincos)(

220

00201

−++=

ωωω (4.35)

DYNAMIKA PUNKTU

Strona 139139139139

Obliczmy teraz stałe całkowania 1C i 2C wykorzystując załoŜone ze-

rowe warunki początkowe. Podstawiając otrzymamy:

220

0

0

2220

002

220

00201

1220

021

0

0cos0cos0sin0)0(

00sin0sin0cos0)0(

v

vq

Cv

vqC

v

vqCCx

Cv

qCCx

−−=⇒

−+=

−++−==

=⇒−

++==

ω

ω

ωω

ωωω

ω

&

Rozwiązanie ma zatem postać:

tvv

qt

v

vq

tx sinsin)(22

0

0022

0

0

0

−+

−

−

=ω

ωω

ω

( )tvtvv

q

tx 00220

0

0

sinsin)( ωωω

ω−

−= (4.36)

Wyraźnie widać, Ŝe rozwiązanie ma charakter oscylacyjny. Zbadajmy te-

raz jaka jest największa moŜliwa amplituda tych oscylacji w funkcji czę-stości wymuszenia. W tym celu zastąpmy wyraŜenie w nawiasie

w (4.36) pojedynczą funkcją harmoniczną o częstości wymuszenia v

i nieznanej amplitudzie A. Wprowadźmy teŜ pojęcie róŜnicy częstości

własnej i wymuszenia 0ω−=∆ vv . Wtedy vv ∆−=0ω oraz:

( )tvvvtvtvtv ∆−−=− sinsinsinsin 000 ωωω (4.37)

Niech prawa strona (4.37) będzie równa funkcji harmonicznej

o częstości v i amplitudzie A oraz fazie δ (do wyznaczenia):

( ) ( )δω +=∆−− tvAtvvvtv sinsinsin0 (4.38)

Rozwijając funkcje ).sin( w (4.38) otrzymujemy:

ROZDZIAŁ 4

Strona 140140140140

tvAtvA

tvtvvtvtvvtv

cossincossin

cossincossinsin0

δδ

ω

+=

=∆−∆−

Przyrównując następnie odpowiednie mnoŜniki przy funkcjach tvsin

oraz tvcos po obydwu stronach otrzymujemy:

δ

δω

sinsin:cos

coscos:sin 0

Atvvtv

Atvvtv

=

=∆− (4.39)

Podnosząc obydwa równania (4.39) do kwadratu i sumując, mamy:

δδωω 222222220

20 sincossincoscos2 AAtvvtvvtvv +=∆+∆+∆−

Wykorzystując toŜsamość trygonometryczną 1).(cos).(sin 22 =+ otrzy-

mujemy:

220

20 cos2 Avtvv =+∆− ωω

a zatem rozwiązanie (4.36) moŜemy przedstawić w postaci:

( )δω

ωωω

+−

+∆−

= tvv

vtvvq

tx sin

cos2

)(22

0

20

20

0

0

(4.40)

Widać, Ŝe przy niezerowej róŜnicy częstości wymuszenia i własnej

0≠∆v , oprócz samych oscylacji od składnika ( )δ+tvsin , amplituda

całej odpowiedzi )(tx ulega modulacji (z powodu obecności funkcji

tv∆cos o okresie 0/2/2 ωππ −=∆ vv w 4.40). Największa wartość tej

amplitudy podczas modulacji przypadnie na chwile, gdy iloczyn tv∆

będzie osiągał wartości π , π3 , π5 , ..., π)12( −n , ..., tj. wtedy gdy

funkcja tv∆cos osiąga wartość minus 1. Wtedy:

( )δω

ωωω

+−

+−−

= tvv

vvq

x sin

)1(2

22

0

2

0

2

0

0

0

max

DYNAMIKA PUNKTU

Strona 141141141141

( )

( )( )

( )( )

( )

( )( ) ( )

( ) ( )δω

ω

δωω

ωω

δω

ωω

δω

ωω

δω

ωωω

+−

=

+−+

+

=+−

+

=

+−

+

=

+−

++

=

tvv

q

x

tvvv

vq

tvv

vq

x

tvv

vq

x

tvv

vvq

x

sin

sinsin

sin

sin

2

0

0

0

max

00

0

0

0

22

0

0

0

0

max

22

0

2

0

0

0

max

22

0

2

0

2

0

0

0

max

Funkcja ( )δ+tvsin osiąga maksymalną wartość równą jeden, zatem naj-

większa amplituda oscylacji ciała wyniesie po prostu:

v

q

A−

=0

0

0

maxω

ω

gdzie dodano symbol wartości bezwzględnej, gdyŜ z zasady amplituda

jest wielkością dodatnią.

ZauwaŜmy, Ŝe jeŜeli częstość wymuszenia v jest równa częstości drgań własnych układu, tj. 0ω=v , to zgodnie z powyŜszą zaleŜnością ampli-

tuda osiąga wartość nieskończoną. Zjawisko to nazywamy rezonansem.

W układach rzeczywistych ostry (nieskończenie wielki) rezonans nie

występuje ze względu na zawsze istniejące opory ruchu, które go tłumią, ale gwałtowny (i nierzadko niebezpieczny) wzrost amplitudy drgań wy-

stępuje.

Na rysunku 4.10. pokazano wykres maksymalnej amplitudy oscylacji

w funkcji częstości wymuszenia.

ROZDZIAŁ 4

Strona 142142142142

v

Amax

ω0Ο

q0

ω02

Rysunek 4.10. Zjawisko rezonansu w układzie z Przykładu 4.5

Przejdźmy teraz do ogólnych rozwaŜań na temat rozwiązywania zagad-

nienia odwrotnego dynamiki z siłami zaleŜnymi od połoŜenia. W Przy-

kładzie 4.5. siła spręŜystości jest oddziaływaniem liniowym. ale tak nie

musi być zawsze. W ogólności będzie:

⇒= )(d

drF

v

tm

=

=

=

),,(d

d

),,(d

d

),,(d

d

zyxFt

zm

zyxFt

ym

zyxFt

xm

z

y

x

&

&

&

(4.41)

Podobnie jak poprzednio, zajmijmy się uproszczoną wersją, gdy równa-

nia (4.41) rozprzęgają się:

)(d

d,)(

d

d,)(

d

dzF

t

zmyF

t

ymxF

t

xm zyx ===

&&& (4.42)

Od razu widać, Ŝe całkowanie nie jest moŜliwe, bowiem kaŜde z równań (4.42) ma aŜ trzy rodzaje zmiennych: czas, połoŜenie i prędkość, a zatem

ich rozdzielenie nie jest moŜliwe. NaleŜy tutaj zastosować zabieg analo-

giczny do (4.27) aby pozbyć się czasu. Przeanalizujmy pierwsze

z równań (4.42):

DYNAMIKA PUNKTU

Strona 143143143143

)(d

d

)(d

d

d

d

)(d

d

xFx

xxm

xFt

x

x

xm

xFt

xm

x

x

x

=

=

=

&&

&

&

Teraz moŜemy juŜ rozdzielić zmienne:

xxFxxm x d)(d =&&

i scałkować:

)(d)(

)(d)(2

d)(d

0

0

2

xx

xx

x

vCxxFx

vCxxFx

m

xxFxxm

+=

+=

=

∫

∫

∫∫

&

&

&&

i dalej, skoro txx d/d=&

t

vCxxF

x

xx

d

)(d)(

d

0

=+∫

czyli:

)(

)(d)(

d0

0

xD

vCxxF

xt

xx

++

= ∫∫

(4.43)

Jeśli całka po prawej stronie (4.43) istnieje to znaczmy ją (łącznie ze

stałą D) jako pewną funkcję Ψ i wtedy:

),;( 00 xvxt xΨ=

a jeśli ta funkcja jest odwracalna, to rozwiązaniem będzie:

),;()( 001

xvttx x−Ψ=

Podsumujmy powyŜsze rozwaŜania następującym przykładem.

ROZDZIAŁ 4

Strona 144144144144

Przykład 4.6

Z powierzchni Ziemi wystrzelono pocisk z prędkością początkową 0v

w kierunku promieniowym.

y

Fc

O

v0

g

R

hmax

ymax

Rysunek 4.11. Ilustracja do Przykładu 4.6

Wiedząc, Ŝe siła przyciągania jest odwrotnie proporcjonalna do odległo-

ści pomiędzy środkami mas dwóch oddziaływujących ze sobą ciał13,

obliczyć maksymalną wysokość na jaką wzniesie się wystrzelony pocisk

ponad powierzchnię Ziemi. Promień Ziemi przyjąć jako R (6371 km),

przyspieszenie ziemskie na powierzchni g (9.81 m/s2). Opory ruchu po-

minąć.

13 Jest to treścią prawa powszechnego ciąŜenia sformułowanego przez Newtona w 1687

(w Principia Mathematica). Jego postać jest następująca rF3

21

r

mmG−=

=

2

21

r

mmGF , gdzie G oznacza uniwersalną stałą grawitacji, która wynosi

11106726.6 −× m3/(kg· s2). Czwarte miejsce po przecinku tej stałej wyznaczono dopiero

1982 r. Jest to jedna z najmniej dokładnie określonych stałych w fizyce doświadczalnej

ze względu na słabość oddziaływania grawitacyjnego.

DYNAMIKA PUNKTU

Strona 145145145145

Przeanalizujmy sytuację jak pokazano na rysunku 4.11. Przede wszyst-

kim, jako zasadę naleŜy przyjąć, Ŝe w przypadku sił zaleŜnych od poło-

Ŝenia najbardziej dogodnie jest wprowadzić układ współrzędnych

w miejscu od którego dana siła jest mierzona (tu od środka Ziemi), a nie

– jak dotychczas – od miejsca, w którym zaczyna się ruch. To umoŜliwia

bezpośrednie zastosowanie wzoru na siłę w najprostszej formie bez ko-

nieczności wprowadzania nowych zmiennych.

Jedyną siłą działającą na punkt podczas wznoszenia jest siła cięŜkości

CF skierowana pionowo w dół (rysunek 4.11.), której wartość nie wy-

nosi jednak mg (tj. z g równym 9.81 m/s2) poniewaŜ siła ta maleje

z kwadratem odległości od środka Ziemi:

cF ~2

1

r tutaj yr ≡ zatem

2y

kFc =

gdzie symbolem k oznaczono stałą proporcjonalności. Zostanie ona póź-niej wyznaczona z warunku brzegowego. Równanie ruchu będzie więc:

cFym −=&&

2y

kym −=&& (4.44)

Zgodnie z uwagami dotyczącymi równań (4.42) usuwamy zmienną cza-

sową jak następuje:

222 d

d

d

d

d

d

d

d

y

k

y

yym

y

k

t

y

y

ym

y

k

t

ym −=⇒−=⇒−=

&&

&&

co umoŜliwia łatwe rozdzielenie zmiennych i całkowanie:

∫∫ −=2

dd

y

ykyym &&

co daje:

Cy

ky

m +

−−=

1

2

2&

Warunki początkowe są następujące:

0)0(,)0( vyRy == &

ROZDZIAŁ 4

Strona 146146146146

Zatem:

R

kvmCC

R

kvm −=⇒+=

22

2

0

2

0

i rozwiązanie szczególne będzie wtedy:

Punkt osiąga maksymalna wysokość wtedy, gdy jego prędkość wynosi

zero – patrz warunek (4.26) w podobnym zadaniu (Przykładzie 4.4). Za-

tem podstawiając 0=y& w (4.45) otrzymujemy związek na maxy :

R

kvm

y

k−+−=

20

2

0

max

skąd:

Rmvk

kRy

2

0

max2

2

−=

Maksymalna wysokość ponad powierzchnię Ziemi będzie:

Ryh −= maxmax czyli Rmvk

Rmvh

2

0

22

0max

2 −= (4.46)

Obliczmy teraz ile dokładnie wynosi stała proporcjonalności k na pod-

stawie warunku brzegowego, który mówi, Ŝe na powierzchni Ziemi

przyspieszenie wynosi g (dla ścisłości minus g). Warunek ten moŜna za-

pisać tak:

gyRy −=⇒= &&

Wstawmy go do równania ruchu (4.44):

2

)(R

kgm −=− co daje

2mgRk =

a następnie do rozwiązania (4.46):

2

0

2

0

2

02

22

0max

22 vgR

Rv

RmvmgR

Rmvh

−=

−=

DYNAMIKA PUNKTU

Strona 147147147147

Na zakończenie obliczmy jeszcze taką prędkość początkową, przy której

wyrzucony pocisku nigdy z powrotem nie spadnie na Ziemię (odleci

w nieskończoność). ZauwaŜmy:

022

0max →−⇔∞→ vgRh

czyli jeśli gRv 22

0 = , tj. gRv 20 = , to punkt „uwolni się” od pola gra-

witacyjnego Ziemi. Prędkość tę nazywamy drugą prędkością kosmiczną. Wynosi ona ( =g 9.81 m/s2, =R 6371 km):

=⋅⋅⋅= 3II 10637181.92v 3.11180 m/s

czyli ok. 11.2 km/s.

4.3. Zasada zmienności pędu i krętu

Pęd

Pojęciem pędu („ilością ruchu” jak nazywał go Newton) nazywamy ilo-

czyn masy punktu materialnego i jego prędkości. Jest więc wielkość wektorowa i, tak jak prędkość, pęd pozostaje zawsze styczny i tylko

styczny do toru.

vB m= (4.47)

i składowe:

zmvmB

ymvmB

xmvmB

zz

yy

xx

&

&

&

==

==

==

Pojęcie pędu jest bardzo przydatne w mechanice i ułatwia rozwiązywa-

nie wielu zagadnień dynamiki (zwłaszcza dla układu wielu punktów

materialnych).

ROZDZIAŁ 4

Strona 148148148148

Zbadajmy teraz jak wygląda jedno z waŜniejszych twierdzeń mechaniki

– prawo zmienności pędu. Pod pojęciem zmienności mamy na myśli zmianę w czasie reprezentowaną przez pochodną:

( ) pv

vvB mt

mt

mmt

====d

d)(

d

d

d

d&

Jak łatwo widać po prawej stronie pojawia się iloczyn masy i przyspie-

szenia, czyli – zgodnie z II zasadą dynamiki Newtona – siła działająca na

punkt. Zasada zmienności pędu jest więc niczym innym jak podstawową zasadą dynamiki (i mechaniki w ogóle).

FB =& (4.48)

lub dla punktu nieswobodnego:

RFB +=&

Zasada zmienności pędu mówi zatem, Ŝe pochodna pędu jest równa su-

mie sił zewnętrznych działających na dany punkt. Jest to tzw. wersja

róŜniczkowa tej zasady. UŜywa się teŜ jej wersji całkowej, która jest na-

stępująca:

∫∫∫ +=⇒+=⇒+=2

1

2

1

2

1

ddddddd

dt

t

t

t

ttttt

RFBRFBRFB

B

B

RF JJBBB +=−=∆ 12 (4.49)

gdzie (.)J oznacza całki sił zewnętrznych (czynnych i biernych), zwane

impulsami tych sił.

∫∫ ==2

1

2

1

d,d

t

t

R

t

t

F tt RJFJ (4.50)

Zgodnie z tą zasadą, skończony przyrost pędu B∆ jest równy impulsowi

sił działających na punkt wg definicji (4.50). W szczególnym przypadku,

gdy punkt jest swobodny, a siła zewnętrzna ma wartość stałą, to:

( ) ttttt

t

t

t

t

∆=−===∆ ∫∫ FFFFB 12

2

1

2

1

dd (4.51)

DYNAMIKA PUNKTU

Strona 149149149149

Iloczyn siły i skończonego przyrostu czasu nazywa się popędem siły

(czyli przyrost pędu jest równy popędowi siły).

Z drugiej strony, łatwo moŜna wyobrazić sobie sytuację, gdy na dany

punkt nie działają Ŝadne siły (np. stan niewaŜkości) lub się równowaŜą (choćby w jakimś wybranym kierunku, jak np. w pionie dla pojazdu

poruszającego się po poziomej jezdni). Wtedy, jeśli 0=+ RF , to

0=B& , czyli

=B const (4.52)

co jest treścią szczególnego przypadku zasady zmienności pędu, tj.

zasady zachowania pędu – jeśli na dane ciało nie działają Ŝadne siły

(we wszystkich, lub wybranych kierunkach), lub się równowaŜą, to pęd

tego ciała pozostaje niezmienny (w kaŜdym, lub wybranym kierunku).

PoniewaŜ pęd jest iloczynem masy i prędkości, to warunek (4.52) wobec

stałości masy punktu materialnego oznacza stałą jego prędkość ( =v const, tzn. stałość wektora prędkości, czyli wartości i kierunku ru-

chu). Zasada zachowania pędu jest zatem równowaŜna I zasadzie dyna-

miki Newtona. Widać wyraźnie jak pojęcie pędu łączy obydwie te za-

sady.

Kręt

W pewnych szczególnych sytuacjach, jak np. ruch po okręgu, czy do-

wolnej krzywej stoŜkowej, bardzo wygodnym pojęciem do analizy jest

nie sam pęd punktu, lecz jego moment. W mechanice momentem pewnej

wielkości (wektorowej) nazywamy iloczyn wektorowy promienia wo-

dzącego (połoŜenia) i tej wielkości. Znamy juŜ ze statyki pojęcie mo-

mentu siły, tym razem wprowadźmy pojęcie momentu pędu, zwanego

krętem ( )0K . Z definicji będzie to:

BrBMK ×== )(00 (4.53)

gdzie indeks „0” przy K i M oznacza, Ŝe wielkość ta jest obliczana

względem konkretnego punktu, tj. początku układu współrzędnych

w tym przypadku.. Kręt zaleŜy od wyboru punktu odniesienia i naleŜy

o tym pamiętać przy zmianie układu współrzędnych (nie jest niezmien-

nikiem). Zobaczmy teraz jak wygląda pochodna krętu względem czasu

dla punktu swobodnego:

ROZDZIAŁ 4

Strona 150150150150

( ) ( )

prvvK

vrv

rvrBr

KK

mm

tmm

tm

ttt

×+×=

×+×=×=×==

0

00

d

d

d

d

d

d

d

d

d

d

&

&

PoniewaŜ wektor v jest równoległy do samego siebie i równieŜ do

iloczynu vm (masa jako skalar zmienia jedynie długość, nie kierunek

v ), to – z własności iloczynu wektorowego stwierdzamy, Ŝe wyraŜenie

0=× vv m , natomiast oczywiście Fp =m . Stąd:

FrK ×=0

&

a przecieŜ iloczyn wektorowy promienia wodzącego i siły jest niczym

innym jak momentem tej siły. Zatem:

)(00 FMK =&

(4.54)

lub )()( 000 RMFMK +=& dla punktu nieswobodnego. Zasada zmienno-

ści krętu (wersja róŜniczkowa) mówi więc, Ŝe pochodna krętu względem

danego punktu odniesienia jest równa momentowi sił zewnętrznych

(czynnych i biernych) względem tego punktu.

W przypadku szczególnym, gdy siły znikają, zerują się takŜe momenty,

wtedy: 0=F i 0=R 0)(0 =⇒ FM i 0)(0 =RM , czyli 00 =K& . To

oznacza, Ŝe

=0K

const

a więc jeśli na dany punkt nie działają momenty sił zewnętrznych, to kręt tego punktu pozostaje stały, co stanowi zasadę zachowania krętu.

Istnieje ciekawy przypadek, kiedy siły zewnętrzne wcale nie znikają, a jednak kręt jest stały wobec zerowania się momentu tych sił. To przy-

padłego układu sił centralnych, w którym niezaleŜnie od połoŜenia siła

zawsze jest skierowana ku temu samemu punktowi (rysunek 4.12.).

ZauwaŜmy, Ŝe dla dowolnego połoŜenia i siła 0≠iF ale zawsze ii Fr || ,

czyli 0=× ii Fr , a więc 0)(0 =FM . Właśnie taka sytuacja zachodzi dla

planet krąŜących wokół Słońca (grawitacja jest tutaj źródłem sił central-

DYNAMIKA PUNKTU

Strona 151151151151

nych). Stwierdzamy zatem, Ŝe kręt kaŜdej planety układu słonecznego

pozostaje stały14

.

O

F2F1

F3

r1

r2

r3

Rysunek 4.12. Ruch punktu w centralnym polu sił

4.4. Praca, moc, energia

Praca

Definicja pracy mechanicznej znana jest juŜ z kursu fizyki w szkole pod-

stawowej, gdzie określa się ją iloczynem siły działającej na ciało

i przemieszczenia tego ciała. W istocie nie jest to zwykły iloczyn, gdyŜ siła moŜe się zmieniać podczas ruchu ciała, a ponadto pracę wykonuje

tylko ta składowa, która jest do przesunięcia równoległa. Pracę mecha-

niczną siły F przy zmianie połoŜenia z punktu A do B nazywamy zo-

rientowaną całkę krzywoliniową:

∫=AB

W rF d (4.55)

14 Jest to toŜsame z drugim prawem Keplera (1571-1630), wg którego prędkość polowa

planety krąŜącej po elipsie jest stała, co z kolei oznacza, Ŝe im bliŜej Słońca dana planeta

się znajduje, tym szybciej wokół niego krąŜy.

ROZDZIAŁ 4

Strona 152152152152

gdzie rd jest elementarną zmianą połoŜenia, a iloczyn skalarny „zała-

twia” sprawę równoległości siły do przesunięcia ( rF d⊥ 0d =⇒ W ).

Praca jest wielkością skalarną, a jej jednostką dŜul [J],

1 J=1 Nm (kgm2/s

2). W szczególnym przypadku, gdy const=F i prze-

mieszczenie ciała odbywa się w jednym ustalonym kierunku moŜna uŜyć uproszczonej formuły:

),(cos sF∠⋅⋅= sFW

gdzie s jest całkowitym przemieszczeniem ciała, a kąt ),( sF∠ jest sta-

łym kątem między kierunkiem zmiany połoŜenia, a kierunkiem działania

siły. W najprostszym przypadku kąt ten moŜe wynosić zero (tak działa

np. siła napędowa pojazdu w ruchu prostoliniowym) i praca wtedy wy-

razi się worem sFW = .

Moc

Definicja pracy (4.55) w Ŝaden sposób nie odnosi się do czasu. Proces

wykonywania tej samej pracy moŜe odbywać się długo lub krótko,

a i tak nie zmieni to jej wartości. Jak uczy doświadczenie, zwłaszcza

w technice, to czy praca wykonana zostanie szybko lub wolno ma kolo-

salne znaczenie. Dlatego wprowadza się pewną skalarną wielkość, która

definiuje tempo realizacji pracy, a więc zaleŜy od tego jak szybko dany

proces zachodzi. Wielkością tą jest moc, będącą z definicji ilością pracy

wykonanej w jednostce czasu. A zatem moc średnia srP to iloraz pracy

W∆ wykonanej w skończonym przedziale czasu t∆ :

t

WPsr ∆

∆=

i wreszcie moc chwilowa:

t

WP

d

d= (4.56)

jest pochodną pracy względem czasu. Jednostką mocy jest wat, czyli

dŜul na sekundę:

]s[

]mkg[

]s[

]J[]W[

3

2⋅==

DYNAMIKA PUNKTU

Strona 153153153153

Współcześnie bardzo często wyraŜa się moce w kilowatach

(1kW=1000W), niezaleŜnie czy są to urządzenia pobierające moc (silniki

elektryczne, AGD), czy ją wytwarzające (np. silniki spalinowe15

).

Wyprowadźmy jeszcze na koniec inną formułę na obliczenie mocy,

równie przydatne w dynamice maszyn:

t

WP

d

d= ale

rF dd =W zatem vF

rF

rF===

ttP

d

d

d

d

a więc moc chwilowa jest iloczynem skalarnym siły działającej na dany

obiekt i bieŜącej jego prędkości.

Energia kinetyczna

Wyobraźmy sobie prostą sytuację. Do swobodnego punktu materialnego

o masie m przykładamy siłę F. Co się wtedy dzieje? Zgodnie z II zasadą dynamiki punkt zaczyna się poruszać w kierunku tej siły ze stałym przy-

spieszeniem. Punkt więc przemieszcza się liniowo z coraz większą pręd-

kością. W kaŜdej chwili przemierza coraz większe odległości. I cały czas

działa siła F. Rośnie więc bilans pracy „włoŜonej” do układu (F pozo-

staje constans, ale rośnie przemieszczenie s). Co jest skutkiem wykony-

wania coraz większej pracy? Łatwo stwierdzić – ruch, a bardziej precy-

zyjnie coraz większa prędkość i pęd. Ale co tak naprawdę zwiększamy

wykonując w sposób ciągły pracę? Nie moŜemy porównywać bezpo-

średnio z pracą ani prędkości, ani pędu, ani przyspieszenia bo to są zu-

pełnie inne wielkości opisane zupełnie innymi jednostkami. Musi to

więc być pewna wielkość, która z jednej strony odnosi się do skutku

działania siły, a z drugiej mieć tę samą jednostkę co praca jeśli interesuje

nas na co ostatecznie ta praca zostaje zamieniona. Zobaczmy jak mo-

Ŝemy wyrazić pracę siły F przyłoŜonej do punktu materialnego m na nie-

skończenie małym przemieszczeniu rd :

rF dd =W

, poniewaŜ td

drv = to

tdd vr = i

tW dd vF=

ponadto, z drugiej zasady Newtona, siła F nadaje ciału przyspieszenie p

i jest równa iloczynowi mp, czyli:

15 Choć nadal w branŜy samochodowej panuje przywiązanie do definicji konia

mechanicznego (KM), który oznacza moc potrzebną o podniesienia ciała o masie 75 kg

na wysokość 1 metra w ciągu 1 sekundy. Po krótkich przeliczeniach łatwo stwierdzić, Ŝe

1 KM=0.74 kW, lub 1 kW=1.36 KM.

ROZDZIAŁ 4

Strona 154154154154

tmW dd vp=

, ale td

d vp= więc t

tmW d

d

dd v

v=

a zatem vvdd mW = . Skończona praca wykonana w pewnym czasie (na

pewnym przemieszczeniu i przy konsekwentnie rosnącej prędkości)

będzie:

22

ddd22

vmmmWW ==== ∫∫

vvv

gdyŜ kwadrat wektora jest równy kwadratowi jego modułu. Otrzymali-

śmy pewną wielkość skalarną, równowaŜną wykonanej pracy i odnoszą-cą się do skutku tej pracy, czyli efektu zwiększenia prędkości. Wielkość tę nazywamy energią kinetyczną i oznaczamy Ek:

2

2

1vmEk = (4.57)

Określa ona skumulowany efekt pracy siły zewnętrznej, jeśli tym efek-

tem jest ruch.

MoŜna teŜ przyjąć inny sposób rozumowania – wprowadzić pojęcie

energii Ek jako definicję (4.57) i na jej podstawie dojść do pojęcia pracy:

Wmtm

tt

mmmEmvmE kk

dddd

dd

ddd

2

1d

2

1

2

1 22

====

====⇒==

rFrpvp

vv

vvvvv

WEWEWE kkk ∆=∆⇒=⇒= ∫∫ dddd (4.58)

czyli, Ŝe skończony przyrost energii kinetycznej punktu jest równy pracy

W∆ wykonanej przez siłę zewnętrzną na pewnym skończonym prze-

mieszczeniu. Sformułowanie (4.58) nosi nazwę zasady zmienności ener-

gii kinetycznej. Jest ona bardzo uŜyteczna w dynamice jeśli interesują nas stany krańcowe ruchu punktu materialnego, a nie sam proces między

nimi zachodzący.

Przykład 4.7

Cegłę o masie m znajdującą się na płaskiej poziomej i szorstkiej po-

wierzchni uderzono nadając jej początkową prędkość 0v . Uwzględniając

DYNAMIKA PUNKTU

Strona 155155155155

tarcie (współczynnik µ ), obliczyć odległość jaką ta cegła przebędzie aŜ

do zatrzymania (rysunek 4.13).

Ten problem da się oczywiście rozwiązać poprzez analizę zagadnienia

odwrotnego przy const=F , gdzie siłą zewnętrzną F jest siła tarcia T

hamująca ruch. Wymagać to będzie postawienia zadania dynamiki

(sformułowania równań róŜniczkowych, warunków początkowych) oraz

jego rozwiązania (całkowanie) z zastosowaniem odpowiednich operacji

prowadzących do obliczenia drogi s. Spójrzmy jednak na ten problem

zupełnie inaczej, rozwaŜając dwie sytuacje skrajne – początkową ( 0v )

i końcową (bezruch po przebyciu drogi s).

1 2V0 V V0

V = 0

N

mg

T

s = ?

Rysunek 4.13. Ilustracja do Przykładu 4.7

Zgodnie z (4.58) mamy:

WEk ∆=∆

czyli 1212 WEE kk =−

gdzie 02 =kE i 2

012

1vmEk = , natomiast praca:

sgmsTsFW µ−=−=−=12

a znak „−„ pojawia się wobec działania siły tarcia w przeciwną stronę do

przemieszczenia 1),(cos,180),( −=∠=∠ sTsT o. Podsumowując,

otrzymujemy natychmiast:

g

vssgmvm

µµ

22

10

2

02

0 =⇒−=−

W przypadku działania sił stałych (nie ma wtedy potrzeby całkowania

pracy, bo jest zwykły iloczyn) zasada ta jest bardzo efektywna.

ROZDZIAŁ 4

Strona 156156156156

Pole potencjalne i energia potencjalna

Polem potencjalnym sił nazywamy obszar w przestrzeni, w którym ist-

nieje pewna funkcja połoŜenia ),,( zyxVV = , zwana dalej potencjałem,

taka, Ŝe jej gradient jest równy sile działającej na punkt materialny

umieszczony w tym polu:

Vgrad−=F

(4.59)

Znak „ − ” w (4.59) oznacza, Ŝe są to siły przyciągające (jak np. grawita-

cji). Operator gradientu przyporządkowuje polu skalarnemu wielkość wektorową reprezentującą wartość i kierunek wzrostu potencjału. Obli-

cza się ją następująco:

∂∂

∂∂

∂∂

=∂∂

+∂∂

+∂∂

=∇=z

V

y

V

x

V

z

V

y

V

x

VVV ,,grad kji (4.60)

Pole potencjalne jest bezwirowe, gdyŜ:

=

∂∂∂

−∂∂

∂∂∂

∂−

∂∂∂

∂∂∂

−∂∂

∂

=

∂∂

∂∂

∂∂

∂∂

∂∂

∂∂

=∇×∇=

0

0

0

rot

22

22

22

xy

V

yx

V

zx

V

xz

V

yz

V

zy

V

z

V

y

V

x

V

zyxV

kji

F (4.61)

i warunek (4.61) jest warunkiem koniecznym pola potencjalnego. RóŜ-nicę potencjału w danym połoŜeniu ),,( zyx i potencjału w pewnym

punkcie odniesienia ),,( 000 zyx nazywamy energią potencjalną:

),,(),,( 000 zyxVzyxVEp −= (4.62)

Sprawdźmy teraz jak zmienia się energia potencjalna i od czego ta

zmiana zaleŜy:

),,(d)],,(),,(d[d 000 zyxVzyxVzyxVEp =−=

poniewaŜ ),,( 000 zyxV =const.

DYNAMIKA PUNKTU

Strona 157157157157

( )zyxz

V

y

V

x

VE

zz

Vy

y

Vx

x

VzyxVE

p

p

dddd

ddd),,(dd

kjikji ++⋅

∂∂

+∂∂

+∂∂

=

∂∂

+∂∂

+∂∂

==

a więc rdgradd ⋅= VE p i wobec (4.58) rF dd ⋅−=pE czyli:

WEp dd −= (4.63)

ZauwaŜmy interesujący fakt, Ŝe przyrost energii potencjalnej jest równy

elementarnej pracy wykonanej dla punktu materialnego („włoŜonej”,

a nie wykonanej przez ten punkt z racji znaku „ − ” w (4.63)). Kon-

sekwencją toŜsamości (4.63) jest bardzo ciekawe twierdzenie. Rozwa-

Ŝając nieco wcześniej kwestię przyrostu energii kinetycznej kEd ,

stwierdziliśmy jest on równy pracy siły F na elementarnym prze-

mieszczeniu rd . Jeśli przyjąć, Ŝe siła ta ma pochodzenie potencjalne

(jest siłą potencjalną, a nie wymuszeniem zewnętrznym) to spełnimy wa-

runek (4.59) prowadzący do wzoru (4.63), a wtedy:

WEk dd = oraz WEp dd −=

czyli 0dd =+ pk EE i ( ) 0d =+ pk EE , co oznacza, Ŝe w polu potencjal-

nym sumaryczny przyrost energii kinetycznej i potencjalnej jest zero,

czyli całkowita energia pozostaje stała:

=+ pk EE const. (4.64)

PowyŜszy wniosek nazywamy zasadą zachowania energii mechanicznej

pk EEE += . Pamiętajmy, Ŝe jest ona słuszna tylko wtedy, gdy siły dzia-

łające na dany punkt mają charakter potencjalny (4.59), a więc zasada ta

obowiązuje wyłącznie przy załoŜeniu braku obecności sił oporu oraz

zewnętrznych wymuszeń, tj. sił zaleŜnych od prędkości i czasu.

Do zamknięcia rozwaŜań nad energią potencjalną wyprowadźmy for-

mułę pozwalającą ją obliczyć dla przypadku sił spręŜystości. W przy-

padku jednorodnego pola grawitacyjnego energia potencjalna wyraŜa się bardzo dobrze znanym wzorem mghE p = , gdzie h oznacza wysokość

nad poziomem Ziemi (lub innym poziomem odniesienia), natomiast po-

wszechność stosowania elementów spręŜystych w technice domaga się

ROZDZIAŁ 4

Strona 158158158158

umiejętności sprawnego obliczania pE w układach zawierających takie

elementy.

Tak jak skumulowanym efektem pracy jest energia kinetyczna w przy-

padku ruchu ciała, tak praca zamieniana jest na energię potencjalną przy

zmianie połoŜenia. Wiemy, Ŝe siła spręŜystości jest wprost proporcjo-

nalna do ugięcia spręŜyny (4.29) wobec czego praca i przyrost energii

potencjalnej wyniesie:

WEuFWukF p dd,dd, ===

Całkując, otrzymujemy:

WEuFWukF p dd,dd, ===

2

ddddd2

ukuukuukuFWEE pp ====== ∫∫∫∫∫

a więc energia potencjalna skumulowana przy ugięciu elementu spręŜy-

stego o wartość „u” w stosunku do długości swobodnej tego elementu

jest wprost proporcjonalna do kwadratu jego ugięcia.

2

2

1ukEp = . (4.65)

`

5 Bryła sztywna

W tym rozdziale:

o Wstęp o Kinematyka bryły o Prędkość i przyspieszenie w ruchu płaskim o Dynamika bryły o Energia kinetyczna o Pęd, kręt, równania dynamiki bryły sztywnej

ROZDZIAŁ 5

Strona 160160160160

5.1. Kinematyka bryły

Opis połoŜenia

Bryłą sztywną nazywamy ciało o dowolnym kształcie i skończonych

wymiarach oraz masie, takie, w którym odległość pomiędzy dwoma do-

wolnie wybranymi punktami pozostaje stała. Bryła sztywna stanowi

wyidealizowany model rzeczywistych obiektów, których rozmiary

i kształt mają decydujące znaczenie dla ruchu, natomiast odkształcalność jest pomijalna lub stanowi drugoplanowe, czy odrębne zagadnienie (np.

dla wytrzymałości materiałów).

Bryła sztywna posiada w ogólności sześć stopni swobody. Do jej jedno-

znacznego opisu połoŜenia potrzeba określenia sześciu współrzędnych:

trzech przemieszczeń liniowych (translacji) wybranego punktu oraz

trzech przemieszczeń kątowych (rotacji) definiujących orientację prze-

strzenną bryły. Przemieszczenia liniowe mogą być wyraŜone w klasycz-

nym kartezjańskim układzie współrzędnych prostokątnych za pomocą wektora wodzącego rA (uprzednio wybrawszy stały punkt bryły A).

UŜywamy dwóch układów współrzędnych – stałego Oxyz oraz rucho-

mego, trwale związanego z bryłą ξηζA – Rysunek 5.1.

z

x

y

ζ

ξ

η

A

r

rA

ρ

O

Rysunek 5.1. Stały i ruchomy układ współrzędnych w opisie połoŜenia bryły sztywnej

BRYŁA SZTYWNA

Strona 161161161161

PołoŜenie dowolnego punktu określa promień wodzący ρ prowadzony

z bieguna (obranego punktu stałego bryły A) do tegoŜ punktu. Zatem

połoŜenie obserwowane w układzie bezwzględnym Oxyz będzie:

ρrr += A (5.1)

przy czym z racji załoŜenia sztywności bryły stwierdzamy, Ŝe

== ||ρρ const.

Istnieje jednak pewien problem ze zdefiniowaniem przemieszczeń kąto-

wych (obrotów) dla bryły, które jednoznacznie i wygodnie określałyby

jej orientację w przestrzeni. Okazuje się, Ŝe uŜycie np. obrotów wzglę-dem osi zyx ,, nie jest odpowiednie, gdyŜ przemieszczenia kątowe są

wtedy nieprzemienne – o ostatecznym połoŜeniu decyduje kolejność tych działań (obrotów).

x

y

z

x

y

z

x

y

z

x

y

z

x

y

z

x

y

z

x

y

z

x

y

z

Rysunek 5.2. Przemienność przemieszczeń liniowych. Kolejność przemieszczeń x-y-z (rysunek górny),

kolejność y-z-x (rysunek dolny)

ZauwaŜmy na rysunku 5.2., Ŝe końcowe połoŜenie przy przesuwaniu

punktu (czy całej bryły w ruchu postępowym) jest to samo, niezaleŜnie

od kolejności wykonywania tych przesunięć. Sytuacja ma się zupełnie

inaczej jeŜeli dokonamy obrotów (na poniŜszym rysunku prostokąta)

kolejno wokół osi zyx ,, kaŜdorazowo o 90° w prawo (tj. zgodnie

z prawoskrętnością układu współrzędnych).

ROZDZIAŁ 5

Strona 162162162162

x

y

z

x

y

z

x

y

z

x

y

z

x

y

z

x

y

z

x

y

z

x

y

z

Rysunek 5.3. Nieprzemienność przemieszczeń kątowych. Kolejność obrotów wokół osi x-y-z (rysunek górny),

obroty o 90° wg kolejności y-z-x (rysunek dolny)

Wyraźnie widać, Ŝe połoŜenie końcowe zaleŜy od kolejności przeprowa-

dzanych obrotów mimo, Ŝe same przemieszczenia kątowe były w oby-

dwu przypadkach identyczne. Istnieje więc konieczność podania jeszcze

jednej informacji, tj. właśnie kolejności działań do uzyskania jedno-

znacznego wyniku. Przeczy to z zasady o przydatności współrzędnych

kątowych rozumianych jako obroty wokół osi zyx ,, do opisu orientacji

przestrzennej bryły, czyli trzech stopni swobody związanych z ruchem

obrotowym.

Okazuje się, Ŝe moŜna znaleźć takie współrzędne kątowe, które są prze-

mienne i zawsze dają jednoznaczny wynik. Są to tzw. kąty Eulera16

.

Ich opis podano poniŜej.

Na początku układ ruchomy ξηζA i nieruchomy Oxyz pokrywają się,

po czym następuje odchylenie osi ζ od z o kąt θ , zwany kątem

nutacji (rysunek5.4). Następnie tak odchyloną płaszczyznę ηξ − obra-

camy wokół stałej osi z o kolejny kąt ψ , zwany kątem precesji (rysu-

nek5.5). Ostatnie przemieszczenie kątowe to tzw. kąt obrotu własnego

ϕ , wykonywany wokół osi własnej bryły ζ (rysunek5.6).

16

Leonhard Euler (1707–1783) – szwajcarski matematyk i fizyk; uwaŜany za jednego

z największych matematyków w historii. Jest autorem fundamentalnych twierdzeń w dziedzinie analizy, w tym rachunku róŜniczkowym oraz całkowym, a takŜe w teorii

grafów. Jako pierwszy uŜył pojęcia funkcji. Opublikował wiele przełomowych prac

z zakresu mechaniki, optyki i astronomii.

BRYŁA SZTYWNA

Strona 163163163163

z,ζ

y,ηy

z

θ

θ

x,ξ

ζ

x,ξ

η

O

A

Rysunek 5.4. Kąty Eulera: kąt nutacji θ

x,ξ

y

z

η

ζ

ξ ’

ψ

ψ ψ

η ’

ζ ’

Rysunek 5.5. Kąty Eulera: kąt precesji ψ

x

y

z η ’

ζ ’, ζ ’’

ξ ’

η ’’

ξ ’’ϕ

ϕ

ϕ

Rysunek 5.6. Kąt Eulera: kąt obrotu własnego ϕ

ROZDZIAŁ 5

Strona 164164164164

Zatem, podsumowując, ruch bryły sztywnej opisują trzy przemieszczenia

liniowe i trzy kątowe – wszystkie będące funkcjami czasu:

=

=

=

=

=

=

)(

)(

)(

)(

)(

)(

t

t

t

tzz

tyy

txx

AA

AA

AA

ϕϕ

ψψ

θθ (5.2)

Oczywiście, w praktyce mamy najczęściej do czynienia ze znacznie

prostszymi przypadkami ruchów bryły.

Klasyfikacja ruchów bryły sztywnej

Ogólny ruch bryły (6 stopni swobody), który opisują równania (5.2)

moŜna podzielić na dwie podstawowe podgrupy:

• ruch postępowy (3 stopnie swobody), gdzie: )(txx AA = ,

)(tyy AA = , )(tzz AA = , =ϕ const, =θ const, =ψ const,

• ruch kulisty (takŜe 3 stopnie swobody), w którym:

=Ax const, =Ay const, =Az const, )(tϕϕ = , )(tθθ = ,

)(tψψ = .

Ruch postępowy moŜna podzielić na:

• dwuwymiarowy (2 stopnie swobody), gdzie: )(txx AA = ,

)(tyy AA = , =Az const, =ϕ const, =θ const, =ψ const,

• liniowy (1 stopień swobody). Tutaj: )(txx AA = , =Ay const,

=Az const, =ϕ const, =θ const, =ψ const,

natomiast z ruchu kulistego moŜna wyodrębnić:

• ruch obrotowy (1 stopień swobody), gdzie: =Ax const,

=Ay const, =Az const, )(tϕϕ = , =θ const, =ψ const,

BRYŁA SZTYWNA

Strona 165165165165

• precesję regularną, dla której: gdzie: =Ax const, =Ay const,

=Az const, )(tϕϕ = , =θ const, =ψ& const.

Kombinacja ruchu postępowego liniowego i obrotowego daje ruch

śrubowy ( )(txx AA = , =Ay const, =Az const, )(tϕϕ = , =θ const,

=ψ const), który moŜe mieć dwa stopnie swobody (np. ruch śruby

napędowej łodzi, gdzie zawsze występuje poślizg śruby jako warunek

działania napędu) lub jeden stopień swobody, gdy istnieje ścisła

zaleŜność pomiędzy przesunięciem liniowym x i katem obrotu ϕ (tj.

funkcja więzów 0),( =ϕxf ), jak to jest w połączeniu gwintowym.

Połączenie ruchu postępowego dwuwymiarowego z obrotowym nazy-

wamy ruchem płaskim ( )(txx AA = , )(tyy AA = , =Az const, )(tϕϕ = ,

=θ const, =ψ const), posiadającym trzy stopnie swobody i występują-

cym bardzo często w praktyce inŜynierskiej (budowie maszyn). Dlatego

zostanie on szerzej omówiony w dalszej części.

W podsumowaniu, klasyfikację ruchów bryły sztywnej przedstawmy

schematycznie na ilustracji poniŜej.

ruch ogólny

ruch kulistyruch postępowy

ruch 2-wymiarowy

ruch 1-wymiarowy

precesja regularna

ruch śrubowy

ruch obrotowy

ruch płaski

Rysunek 5.7. Klasyfikacja ruchów bryły sztywnej

ROZDZIAŁ 5

Strona 166166166166

Prędkość w ruchu ogólnym

Prędkość dowolnego punktu bryły definiowana jest dokładnie tak samo

jak prędkość punktu, a więc jako pochodna wektora wodzącego wzglę-dem czasu. Wobec (5.1), mamy

( ) ( )tttttt

AAA

Ad

d

d

d

d

d

d

d

d

d

d

d 00 ρ

vρvρr

ρrr

v ρρ +=+=+=+== (5.3)

gdyŜ =ρ const. Wiedząc, Ŝe pochodna wektora jednostkowego jest

równa iloczynowi wektorowemu prędkości kątowej i tegoŜ wersora, tj. 00 ρωρ ×=& , otrzymujemy:

00 ρωvρωvv ρρ ×+=×+= AA

i ostatecznie:

ρωvv ×+= A (5.4)

Widać wyraźnie, Ŝe ruch dowolny bryły jest złoŜeniem ruchu postępo-

wego )( Av i obrotowego )( ρω× .

z

x

y

ABρ

ω

Rysunek 5.8. Ruch bryły na płaszczyźnie

W tym przypadku AB=ρ i ABAB ×+= ωvv . ZauwaŜmy, Ŝe rzutując

wektory prędkości punktów A i B na kierunek ich łączący AB

(rzutowanie wektora na dany kierunek jest mnoŜeniem skalarnym tego

wektora przez wersor rzutni) otrzymamy:

0

ABABAB ⋅×+= /ωvv (5.5)

BRYŁA SZTYWNA

Strona 167167167167

( ) 000

ABABABAB AB ⋅×+⋅=⋅ ωvv

czyli 00

ABAB AB ⋅=⋅ vv , gdyŜ ( ) 0

ABAB ⋅×ω wynosi zero, poniewaŜ

wynikiem iloczynu wektorowego AB×ω musi być wektor prostopadły

do AB , a więc i 0

AB (bo 0

ABABAB ⋅= ), a ten z kolei jest mnoŜony

skalarnie przez 0

AB : ( ) 0

ABAB ⊥×ω czyli ( ) 00

=⋅× ABABω . Ozna-

czając ponadto iloczyny ||

0

BB AB vv =⋅ i ||

0

AA AB vv =⋅ , stwierdzamy:

|||| AB vv =

co stanowi formalny zapis stwierdzenia, Ŝe rzuty prędkości dwóch do-

wolnych punktów na łączący je kierunek muszą być sobie równe (rysu-

nek 5.9).

AB

Av

Bv

Bv

vA

Rysunek 5.9. Twierdzenie o rzutach prędkości: |||| BA vv =

Właściwość ta wykorzystywana jest przy rozwiązywaniu wielu zadań z kinematyki bryły w ruchu płaskim.

Przykład 5.1

W mimośrodowym mechanizmie korbowym długość korby wynosi r ,

korbowodu l , wartość mimośrodu e , prędkość kątowa wału 0ω . Obli-

czyć prędkość tłoka dla dwóch charakterystycznych połoŜeń korby – po-

ziomego i pionowego.

ROZDZIAŁ 5

Strona 168168168168

O

A

e

B

rl

ω0

Rysunek 5.10. Ilustracja do Przykładu 5.1

a. połoŜenie poziome korby

A

B

Bv

vA

AvBv

O

ω0

ϕ

ϕ

Rysunek 5.11. Rzutowanie wektorów prędkości czopa i tłoka

W wyniku ruchu czopa korbowego po okręgu, liniowa prędkość punktu

A wynosi rvA 0ω= . Oznaczając kąt między pionowym kierunkiem

wektora Av , a korbowodem (w tym przypadku linią rzutni) przez ϕ ,

mamy:

ϕϕ coscos 0|| rωvv AA =⋅=

Ten sam kąt występuje między kierunkiem prędkości tłoka (poziomym –

wymuszonym kierunkiem osi cylindra) Bv , a kierunkiem rzutowania

prostopadłym do rzutni (korbowodu) – rysunek 5.11. Wobec tego:

ϕsin|| ⋅= BB vv

Wykorzystując twierdzenie o równości rzutów, otrzymamy

ϕωϕωϕ ctgcossin 00 rvrv BB =⇒=⋅

Wyznaczmy cotangens kąta ϕ z poniŜszego rysunku

BRYŁA SZTYWNA

Strona 169169169169

A

B

Oϕ

C

el

r

Rysunek 5.12. Geometria mechanizmu korbowego przy poziomym połoŜeniu korby

jest więc: 2222 )()(

ctgel

e

ACAB

AC

CB

AC

−=

−==ϕ .

Ostatecznie: 22

0

el

ervB

−= ω .

b. pionowe połoŜenie korby

A

B

Bv

vA

Av

Bv

ϕ

O

ω0

ϕ

Rysunek 5.13. Rzutowanie prędkości przy pionowym połoŜeniu korby

Tym razem, jak łatwo zauwaŜyć na rysunku 5.13. obydwa wektory rzu-

tują się w ten sposób na kierunek łączący punkty A i B.

ϕcos|| ⋅= AA vv i ϕsin|| ⋅= BB vv

Wobec tego: rvv AB 0ω== .

Wektory prędkości moŜna równieŜ wyznaczać za pomocą innej geome-

trycznej metody, która opiera się na pojęciu tzw. chwilowego środka obrotu (lub chwilowego środka prędkości). Chwilowy środek obrotu to

taki punkt (niekoniecznie leŜący na obszarze bryły), w którym prędkość w danej chwili wynosi zero. Okazuje się, Ŝe dowolny ruch płaski bryły

(poza wyłącznie postępowym), tj. złoŜony z ruchu translacyjnego (po-

ROZDZIAŁ 5

Strona 170170170170

stępowego) i obrotowego moŜna w kaŜdej chwili zastąpić ruchem czysto

obrotowym właśnie wokół chwilowego środka prędkości.

Wyobraźmy sobie płytę kołową ze stałym środkiem obrotu w punkcie O,

obracającą się z prędkością kątową ω . Weźmy dwa dowolne punkty A

i B tej płyty i wyznaczmy ich prędkości – rysunek 5.14.

ω

B

A

OAv

Bv

Rysunek 5.14. Ruch punktów na wirującej płycie: OAA ⊥v i OBB ⊥v

Wektory prędkości są oczywiście styczne do okręgów, po których

poruszają się punkty A i B, a więc prostopadłe do ich promieni:

OAA ⊥v i OBB ⊥v . Ponadto wartości tych prędkości wynoszą

odpowiednio OAvA ⋅= ω i OBvB ⋅= ω . Zachodzi więc między nimi

następujący związek:

OB

v

OA

v BA ==ω (5.6)

WaŜne jest to, Ŝe środek obrotu (tutaj stały) leŜy na przecięciu dwóch

kierunków prowadzonych prostopadle od wektorów prędkości Av i Bv

(czyli promieni OA i OB). Tę obserwację moŜna uogólnić na dowolny

ruch płaski bryły – rysunek 5.15.

BRYŁA SZTYWNA

Strona 171171171171

B

A

Av

BvS ωs

Rysunek 5.15. Wyznaczanie chwilowego środka obrotu na podstawie znajomości kierunków prędkości w dwóch punktach bryły

JeŜeli znamy kierunki prędkości w dwóch punktach bryły, to prowadząc

linie prostopadłe od tych kierunków otrzymamy w przecięciu punkt, któ-

rego prędkość wynosi zero (analogicznie do wirującej płyty przedsta-

wionej na rysunku 5.14). Naturalnie, taka sytuacja moŜe trwać tylko

chwilę i kolejne połoŜenie środka prędkości moŜe być juŜ w innym miej-

scu (linię będącą sumą geometryczną wszystkich następujących po sobie

chwilowych środków prędkości nazywamy centroidą).

Przykład 5.2

Koło pojazdu szynowego o promieniu tocznym r , z kołnierzem

o promieniu R , toczy się z liniową prędkością osi 0v . Obliczyć prędko-

ści wskazanych punktów A i B tego koła.

ω

B

A

O 0vr

R

szyna

Rysunek 5.16. Ilustracja do Przykładu 5.2

W zadaniu tym mamy informację tylko o jednym wektorze prędkości

)( 0v , ale znalezienie chwilowego środka obrotu jest natychmiastowe.

Nie jest to oś koła (bo ma prędkość 00 ≠v ) lecz punkt styku koła

z nieruchoma szyną. Przy braku poślizgu jego prędkość musi być równa

prędkości szyny, czyli zero (rysunek 5.17a).

ROZDZIAŁ 5

Strona 172172172172

B

O

S

ωs

Bv

AO

S

ωs

Av

O

S

ωs

C

0v

r

a)

a)

b) c)

Rysunek 5.17. PołoŜenie chwilowego środka obrotu (a), prędkość w punkcie A (b) i B (c)

Obliczenie wartości Av i Bv wynika z prostych zaleŜności:

rSOv SS ωω =⋅=0 czyli

r

vS

0=ω

Ponadto:

r

SAvSAv SA 0=⋅= ω oraz

r

SBvSBv SB 0=⋅= ω

Odcinek SA to przekątna kwadratu OACS na rysunku 5.17b., a zatem

SA= r2 , natomiast odcinek SB to przeciwprostokątna trójkąta OSB na

rysunku 5.17c., tj.:

2222

)()( rROSOBSB −=−=

a zatem:

20vvA =

i 1

2

0 −

=r

RvvB .

Przyspieszenie w ruchu ogólnym

Przyspieszenie dowolnego punktu bryły to kolejna pochodna względem

czasu. Jest więc:

( )tttttt

AA

d

d

d

d

d

d

d

d

d

d

d

d2

2 ρωρ

ωvρωv

vrp ×+×+=×+=== (5.7)

BRYŁA SZTYWNA

Strona 173173173173

Oznaczając przyspieszenie bieguna (wybranego punktu bryły, w którym

utwierdzono ruchomy układ współrzędnych ξηζA ) jako Ap oraz

wprowadzając pojęcie przyspieszenia kątowego ε , jako pochodnej

prędkości kątowej td/dωε = , otrzymujemy:

( )( )ρωωρεp

ρωωρεpρ

ωρεpp

××+×+=

=××+×+=×+×+=

A

AAt

00

d

dρρ (5.8)

Jak widać, przyspieszenie bryły zawiera trzy składniki: Ap to przy-

spieszenie w ruchu postępowym, ρε× nazywane jest przyspieszeniem

obrotowym i ( )ρωω ×× – takŜe związane z ruchem obrotowym, nazy-

wane przyspieszeniem doosiowym (gdyŜ jego wektor zawsze jest skie-

rowany w stronę chwilowej osi obrotu bryły).

Przyspieszenie w ruchu płaskim

RozwaŜmy sytuację przedstawioną na rysunku 5.18. i obliczmy przy-

spieszenie we wskazanym punkcie B na podstawie znajomości przyspie-

szenia liniowego Ap oraz prędkości i przyspieszenia kątowego ω i ε .

Korzystając z toŜsamości wektorowej:

( ) ( ) ( )baccabcba ⋅⋅−⋅⋅=××

obliczamy przyspieszenie doosiowe:

( ) ( ) ( ) AB

22 ωω −=−=⋅⋅−⋅⋅=×× ρωωρρωωρωω (5.9)

gdyŜ ρω ⊥ (rysunek 5.18). Przyspieszenie obrotowe redukuję się zatem

do dośrodkowego. Jednocześnie zauwaŜamy, Ŝe iloczyn ρε× jest

wektorem prostopadłym do ρ i leŜącym na płaszczyźnie ruchu (bo takŜe

prostopadłym do ε ).

ROZDZIAŁ 5

Strona 174174174174

z

x

y

AB

ω

ε

pA

AB

Rysunek 5.18. Przyspieszenie w ruchu płaskim

Jego moduł jest iloczynem przyspieszenia kątowego ε i długości

odcinka AB. Otrzymujemy więc sytuację przedstawioną na rysunku 5.19.

A

B

t

n

AB

ε

ω

pA

pA

pB

α

ε AB.

pB/A

.ω AB2

Rysunek 5.19. Składowe przyspieszenia w ruchu płaskim

Wprowadźmy w punkcie B układ współrzędnych naturalnych tn − , pro-

wadząc oś normalną n wzdłuŜ kierunku AB, natomiast oś styczną t pro-

stopadle, zgodnie z kierunkiem ε . Przesuńmy następnie znane przyspie-

szenie liniowe Ap do punktu B (równolegle), które teraz tworzy

odpowiednio kąty α i α−°90 z osiami n oraz t . Obliczmy teraz skła-

dowe całkowitego przyspieszenia w punkcie B we współrzędnych natu-

ralnych:

( )( ) ABpp

ABpp

AABt

AABn

ε

ω

+∠=

−∠=

tp

np

,cos

,cos2

(5.10)

gdzie kąty ( ) α=∠ np ,A i ( ) α−=∠ o90, tp A . Całkowite przyspieszenie

w B to oczywiście: 22BtBnB ppp += . Suma składowych AB

2ω i ABε

BRYŁA SZTYWNA

Strona 175175175175

tworzy przyspieszenie względne, tj. Bp względem Ap (oznaczone przez

AB /p na rysunku 5.19.).

Przykład 5.3

Koło pojazdu szynowego z Przykładu 5.2 porusza się z prędkością 0v

i opóźnieniem 0p . Obliczyć przyspieszenie we wskazanym punkcie B.

ω

B

O 0vr

R

szyna

0p

ε

Rysunek 5.20. Ilustracja do Przykładu 5.3

Sytuację obrazuje rysunek 5.20. Zgodnie z opisem do rysunek 5.19.,

wprowadzamy w punkcie B układ współrzędnych naturalnych tn −

i przesuwamy znane przyspieszenie 0p (tu opóźnienie – stąd zwrot jest

przeciwny do 0v na rysunku 5.20.) do punktu B (rysunek 5.21.). Zgod-

nie z wzorami (5.10) piszemy:

( )( ) OBpp

OBpp

Bt

Bn

ε

ω

+∠=

−∠=

tp

np

,cos

,cos

00

200

gdzie ( ) α−°=∠ 180,0 np oraz ( ) α+=∠ o90,0 tp . Długość odcinka OB

to promień kołnierza R . Zatem:

( )( ) RpRpp

RpRpp

Bt

Bn

εαεα

ωαωα

−−=++=

−−=−−=

sin90cos

cos180cos

00

20

20

o

o

ROZDZIAŁ 5

Strona 176176176176

B

Oε0p

t

n

α

0p

Rysunek 5.21. Układ współrzędnych naturalnych w punkcie, którego przyspieszenie jest wyznaczane

Przy braku poślizgu, prędkość i przyspieszenie kątowe są ilorazem od-

powiednio prędkości i przyspieszenia liniowego osi koła oraz promienia

tocznego tego koła (czyli r ):

r

p

r

v 00 , == εω

a więc:

Rr

ppp

Rr

vpp

Bt

Bn

00

2

20

0

sin

cos

+=

−=

α

α

Do zidentyfikowania pozostał wprowadzony jako wielkość pomocnicza

kąt α . Jest to kąt między kierunkiem poziomym (szyną), a promieniem

prowadzonym od osi koła do wskazanego punktu B. Z rysunku 5.22.

łatwo zauwaŜyć, Ŝe:

r

rR

OB

OCOB

OB

CB

R

r

OB

OC

2222)()(

cos

sin

−=

−==

==

α

α

Ostatecznie otrzymujemy:

BRYŁA SZTYWNA

Strona 177177177177

rR

rRp

r

Rp

R

rpp

Rr

v

r

Rpp

Bt

Bn

22

000

2

20

2

0 1

−=+−=

−−

−=

B

OR

C

r

α

Rysunek 5.22. Trójkąt OCB definiujący kąt α

i wreszcie:

2

2

20

2

0

222

20 1

+−

+

−= R

r

v

r

Rp

rR

rRppB .

5.2. Dynamika bryły

Energia kinetyczna

Energia kinetyczna bryły sztywnej obliczana jest ze wzoru właściwego

dla punktu materialnego, przy czym pamiętać naleŜy, Ŝe bryła stanowi

pewne continuum, a prędkość kaŜdego jej punktu moŜe być inna.

Podzielmy bryłę na n małych części o skończonej masie m∆ (rysu-

nek 5.23.). Energia kaŜdego takiego elementu, którego prędkość wynosi

iv będzie:

ROZDZIAŁ 5

Strona 178178178178

2

2

1iki vmE ∆= (5.11)

natomiast energia całkowita wyniesie w przybliŜeniu:

∑=

≈n

i

kik EE1

(5.12)

gdyŜ równy kształt elementów o tej samej masie m∆ nie odwzorowuje

dokładnie faktycznego kształtu bryły.

z

x

y

ζ

ξ

η

Ar

rA

ρ

O

v∆m

i

i

Rysunek 5.23. Prędkość elementarnego wycinka bryły

Dzieląc jednak jej obszar na coraz drobniejsze fragmenty i wreszcie

przechodząc do granicy (nieskończenie wiele elementów o nieskończe-

nie małej masie) otrzymamy:

∫=∆=∞→→∆

mvvmE i

ndmm

k d2

1lim

2

1 22 (5.13)

Z kinematyki bryły pamiętamy, Ŝe prędkość dowolnego punktu jest

sumą prędkości w ruchu postępowym wybranego punktu bryły (środka

ruchomego układu współrzędnych) oraz prędkości wynikającej z ruchu

obrotowego (5.4). Zatem:

( ) ( ) ( )22222

2 ρωρωvvρωvv ×+×⋅+=×+== AAAv (5.14)

i energia jest następującą całką:

BRYŁA SZTYWNA

Strona 179179179179

( ) ( )∫∫∫ ×+×+= mmmE AAk d2

1dd

2

1 22 ρωρωvv (5.15)

Wyciągając przed operator całki wartości stałe, tj. Av oraz ω , piszemy:

( ) ( )∫∫∫ ×+×+= mmmE AAk d2

1dd

2

1 22 ρωρωvv (5.16)

Z geometrii mas pamiętamy, Ŝe połoŜenie środka masy jest ilorazem

momentu statycznego oraz masy całkowitej bryły – wzór (1.3). Podobnie

będzie w ruchomym układzie współrzędnych:

m

m

C

∫=dρ

ρ (5.17)

MoŜemy więc w środkowej całce równania (5.16) podstawić iloczyn

masy bryły i promienia Cρ :

( ) ( )∫ ×+×⋅+= mmvmE CAk d2

1

2

1 22 ρωρωvA (5.18)

Pozostaje na koniec obliczyć ostatnią całkę zawierającą wyraŜenie

( )2ρω× . Istnieje prosta toŜsamość wynikająca z toŜsamości iloczynu

wektorowego, skalarnego i tzw. „jedynki trygonometrycznej”:

( ) ( ) ( )202222222

ρωρωρωρω ⋅−=⋅−=× ωρω (5.19)

ZauwaŜmy jednocześnie, Ŝe iloczyn wektora ρ oraz wersora prędkości

kątowej bryły 0ω jest długością odcinka stanowiącego rzut wektora ρ

na kierunek chwilowej osi obrotu. PoniewaŜ trójkąt ABD na rysunku

5.24. jest prostokątny, z łatwością dostrzegamy, Ŝe 222

)()()( ADABBD −= , czyli:

220222

)( ωρρ −=⋅−== ρlBD ωρ

i wtedy ( ) ( ) 222222lωρω =−=× ωρρω .

ROZDZIAŁ 5

Strona 180180180180

ρ

ω 0

A

B

Dα

chwilowa oś obrotu

l

ω0

ρ

ρ 1cosα

Rysunek 5.24. Rzutowanie wektora ρ na kierunek prędkości kątowej bryły

Zatem całka, wobec niezaleŜności ω od obszaru całkowania (sztywność bryły wymusza warunek =ω const w dowolnej chwili w całej objętości

bryły) będzie:

( ) lImlm2222

dd ωω ==× ∫∫ ρω (5.20)

gdyŜ jest odległością od osi obrotu, przeto całka w (5.20) określa ma-

sowy moment bezwładności bryły względem osi obrotu. Otrzymujemy

ostatecznie:

( ) lCAAk ImvmE22

2

1

2

1ω+×⋅+= ρωv (5.21)

Na koniec rozwaŜań o energii bryły zwróćmy uwagę, Ŝe w przypadku

wyboru środka ruchomego układu współrzędnych związanego z bryłą ξηζA w środku jej masy, tj. CA ≡ wzór (5.21) upraszcza się do:

22

2

1

2

1ωCCk IvmE += (5.22)

gdyŜ wtedy 0=Cρ (długość wektora prowadzonego do środka masy od

C , czyli środka masy wynosi oczywiście zero).

BRYŁA SZTYWNA

Strona 181181181181

WyraŜenie (5.22) nazywa się twierdzeniem Königa17

o energii ki-

nematycznej bryły sztywnej mówiące, Ŝe całkowita energia bryły jest

sumą energii w ruchu postępowym odnoszącym się do środka masy oraz

obrotowym odniesionym do momentu bezwładności względem osi rów-

noległej do chwilowej osi obrotu i przechodzącej przez środek masy

bryły.

Przykład 5.4

Koło o masie m porusza się z prędkością 0v . Obliczyć o ile większa jest

energia tego koła, gdy toczy się bez poślizgu w stosunku do energii koła

zablokowanego (pełny poślizg).

m

rv0

Rysunek 5.25. Ilustracja do Przykładu 5.4

W sytuacji, gdy koło jest całkowicie zablokowane i ślizga się z prędkością 0v mamy w istocie do czynienia z ruchem wyłącznie postę-

powym całego koła (czyli takim, w którym prędkość kaŜdego punktu jest

taka sama). Energia kinematyczna wyniesie po prostu:

20

2

1vmEk =

W przypadku swobodnego toczenia dochodzi do wyraŜenia na energię człon z tw. Königa związany z ruchem obrotowym koła. Przy braku po-

ślizgu prędkość kątowa koła jest ilorazem prędkości liniowej osi

i promienia tocznego, czyli rv /0=ω . Jak pamiętamy z geometrii mas

(Przykład 1.8), moment bezwładności koła względem jego osi ma war-

tość 2/2

mrIO = . PoniewaŜ punkt O (oś koła) jest jednocześnie środ-

kiem masy C , to 0vvC = oraz 0IIC = :

17

Johann Samuel König (1712–1757) – członek Paryskiej Akademii Nauk, Pruskiego

i Brytyjskiego (w Getyndze) Królewskiego Towarzystwa Naukowego. W 1771 opubliko-

wał swoje rozwaŜania na temat energii układu punktów materialnych i bryły sztywnej,

które znalazły formalny zapis pod postacią twierdzenia nazwanego jego nazwiskiem.

ROZDZIAŁ 5

Strona 182182182182

20

20

202

2022

0

2

0220

220

22

4

3

4

1

2

1

4

1

2

1

2

1

2

1

2

1

2

1

2

1

2

1

2

1

mvmvvmr

vmrvmE

r

vmrvmIvmIvmE

k

OCCk

=+=+=

⋅+=+=+= ωω

A zatem energia toczącego się koła w stosunku do energii koła zabloko-

wanego w ruchu po linii prostej jest o 50% większa.

Pęd bryły

Całkowity pęd bryły sztywnej jest sumą pędów wszystkich jej punktów,

a więc – wobec ciągłego i dowolnego kształtu bryły – całką elementar-

nych pędów mdv po całym obszarze bryły

∫∑ =∆==→∆

∞→mm

n

i

i

dmmn

dlim1

vvB (5.23)

Podobnie, jak w przypadku obliczania energii kinetycznej, wstawiając

wzór na prędkość dowolnego punktu bryły, tj. ρωvv ×+= A , otrzymu-

jemy

( )

∫∫

∫∫∫×+=

×+=×+=

mm

mmm

A

AA

dd

ddd

ρωvB

ρωvρωvB (5.24)

Z geometrii mas wiemy, Ŝe całka elementarnego momentu statycznego

mdρ jest iloczynem masy całej bryły i wektora połoŜenia środka masy,

zatem:

( )CAC mmm ρωvρωvB A ×+=×+= (5.25)

Powracając do wzoru na prędkość dowolnego punktu stwierdzamy, Ŝe:

CAC ρωvv ×+= (5.26)

ostatecznie:

A więc całkowity pęd bryły daje się obliczyć w bardzo łatwy sposób,

jako iloczyn masy całkowitej i prędkości tylko jednego jej punktu –

środka masy (zauwaŜmy, jak waŜna jest znajomość połoŜenia tego

BRYŁA SZTYWNA

Strona 183183183183

punktu – w twierdzeniu o energii kinetycznej teŜ ma znaczenie klu-

czowe. W dalszej części rozwaŜań okaŜe się, Ŝe nie tylko w tych przy-

padkach.)

Kręt bryły

Tak, jak w przypadku punktu materialnego, krętem bryły określa się jej

moment pędu, a więc iloczyn wektorowy promienia wodzącego i pędu.

Naturalnie, w przypadku bryły mamy nieskończenie wiele punktów ma-

terialnych, a kaŜdy – z racji róŜnej prędkości – moŜe mieć inny pęd.

Zdefiniujmy więc na początku elementarny kręt bryły jako iloczyn

wektorowy połoŜenia wybranego punktu i elementarnego pędu Bd .

Względem punktu nieruchomego, tj. w bezwzględnym układzie współ-

rzędnych Oxyz , mamy:

BrK dd ×=O (5.28)

oczywiście: ρrr += A , czyli:

( ) BρBrBρrK dddd ×+×=×+= AAO (5.29)

Ostatni iloczyn w wyraŜeniu (5.29) to definicja elementarnego krętu

względem punktu A, tj., w ruchomym układzie współrzędnych ξηζA ,

związanym z bryłą, gdyŜ jest promieniem wodzącym ρ danego punktu

bryły prowadzonym właśnie od punktu A. Mamy więc:

AAO KBrK ddd +×= (5.30)

Całkując powyŜsze równanie otrzymamy:

∫∫∫∫∫ +×=+×= AAAAO KBrKBrK ddddd

co daje, wobec niezaleŜności Ar od całkowania po obszarze bryły, wzór

transformacyjny na kręt przy zmianie punktu odniesienia, tj. określający

relację pomiędzy krętem bryły względem punktu nieruchomego O

i ruchomego A:

AAO KBrK +×= (5.31)

ROZDZIAŁ 5

Strona 184184184184

Pozostaje otwarte pytanie, ile wynosi kręt względem punktu związanego

z bryłą AK . Jego elementarna wartość to. Wyraźmy ją w bardziej jawny

sposób:

( ) mm AA dddd ρωvρvρBρK ×+×=×=×=

czyli:

( ) ( )∫∫∫ ××+×=×+×= mmm AAA ddd ρωρvρρωvρK (5.32)

pierwsza całka w (5.32) to:

ACCA

AAA

mm

mmm

vρρv

ρvρvvρ

×=×−=

=×−=×−=× ∫∫∫ ddd (5.33)

a więc:

( )∫ ××+×= mm ACA dρωρvρK (5.34)

Obliczmy teraz ostatnią całkę. Wielokrotnie wykorzystywaliśmy juŜ wektorową toŜsamość ( ) ( ) ( )baccabbba ⋅⋅−⋅⋅=×× . W tym przypadku

będzie:.

( ) ( )ωρρωρωρ ⋅⋅−=×× 2ρ (5.35)

Wektor wodzący dowolnego punktu ma składowe [ ]ζηξ ,,=ρ ,

natomiast prędkość kątowa ],,[ ζηξ ωωω=ω . Iloczyn skalarny obydwu

wyniesie ζωηωξω ζηξ ++=⋅ωρ , podczas gdy 2222 ζηξρ ++= .

Będzie więc:

( ) ( ) ( ) =++

−++

=×× ζωηωξω

ζ

η

ξ

ζηξ

ω

ω

ω

ζηξ

ζ

η

ξ222ρωρ (5.36)

Po przemnoŜeniu i zsumowaniu otrzymamy:

BRYŁA SZTYWNA

Strona 185185185185

( )

−−−++

−−−++

−−−++

=××2222

2222

2222

ζωζηωζξωζωηωξω

ηζωηωηξωζωηωξω

ξζωξηωξωζωηωξω

ζηξζζζ

ζηξηηη

ζηξξξξ

ρωρ (5.37)

grupując wyrazy podobne i skracając te same:

( )( )

( )( )

−−++

−++−

−−+

=××

ζηωζξωηξω

ηζωζξωηξω

ξζωξηωζηω

ηξζ

ζηξ

ζηξ

22

22

22

ρωρ (5.38)

co, po uporządkowaniu, pozwala zapisać powyŜsze wyraŜenie jako ilo-

czyn pewnej macierzy i wektora prędkości kątowej:

( )

+−−

−+−

−−+

=××

ζ

η

ξ

ω

ω

ω

ηξζηζξ

ηζζξηξ

ξζξηζη

22

22

22

ρωρ (5.39)

Całka tego wyraŜenia to macierz zawierająca całki swych elementów:

( )( )

( )( )

+−−

−+−

−−+

=××

∫∫∫∫∫∫∫∫∫

∫ζ

η

ξ

ω

ω

ω

ηξζηζξ

ηζζξηξ

ξζξηζη

mmm

mmm

mmm

m

ddd

ddd

ddd

d

22

22

22

ρωρ (5.39)

Z rozdziału I wiemy, Ŝe całki te są definicjami masowych momentów

bezwładności względem osi ζηξ ,, oraz wszystkich momentów dewia-

cji w tym układzie współrzędnych (wystarczy je porównać z definicjami

(1.19-1.21)). Ostatecznie uzyskaliśmy rezultat mówiący, Ŝe całka wyra-

Ŝenia jest iloczynem tensora bezwładności w ruchomym układzie odnie-

sienia ξηζA i wektora prędkości kątowej bryły, wyraŜonego w tymŜe

układzie:

( ) ωIρωρ ⋅=

−−

−−

−−

=××∫ζ

η

ξ

ζζηζξ

ηζηηξ

ξζξηξ

ω

ω

ω

III

III

III

md

(5.41)

ROZDZIAŁ 5

Strona 186186186186

Pamiętając, Ŝe kręt bryły względem punktu ruchomego (5.32) zawiera

dwa wyraŜenia, tj. (5.33) i (5.40), piszemy:

ωIvρK ⋅+×= ACA m (5.42)

i wreszcie, kręt w bezwzględnym układzie odniesienia Oxyz wyniesie

ωIvρBrK ⋅+×+×= ACAO m

Równania ruchu

Jednym z najwaŜniejszych aksjomatów mechaniki jest II zasada dyna-

miki Newtona, która jest róŜniczkowym prawem (drugiego rzędu) rzą-dzącym ruchem punktu materialnego. W rozdziale 4.3 zostało wykazane,

Ŝe równowaŜna temu prawu jeśli zasada zmienności pędu. Zatem moŜna

powiedzieć, Ŝe ruch punktu określa zasada zmienności pędu, która sta-

nowi układ trzech skalarnych równań róŜniczkowych.

Bryła sztywna posiada sześć stopni swobody. MoŜna się spodziewać, Ŝe

ruchem związanym z trzema z nich będzie rządzić właśnie zasada

zmienności pędu. Będzie to prawo ruchu postępowego środka masy

bryły, gdyŜ właśnie prędkość tego punktu definiuje pęd całości (5.27).

Będzie więc (dla układu nieswobodnego, gdzie wystąpią siły reakcji):

RFB +=& (5.44)

gdzie Cm vB = , czyli:

RFv

+=t

m C

d

d (5.45)

a poniewaŜ : ],,[ CCCC zyx &&&=v , to ostatecznie otrzymamy trzy skalarne

równania ruchu:

+=

+=

+=

zzC

yyC

xxC

RFzm

RFym

RFxm

&&

&&

&&

(5.46)

opisujące ruch środka masy bryły (który wynika z jej ruchu postępowego

0≠Av i obrotowego 0≠ω , gdyŜ zachodzi CAC ρωvv ×+= ).

BRYŁA SZTYWNA

Strona 187187187187

Pozostałe trzy stopnie swobody opisuje zasada zmienności krętu wyra-

Ŝonego wzorem (5.43). NaleŜy tu podkreślić, Ŝe obydwie zasady –

w myśl sformułowania Newtona – słuszne są w bezwzględnym układzie

odniesienia (nieruchomym układzie współrzędnych Oxyz ). Podobnie jak

dla punktu materialnego, takŜe i w przypadku bryły, pochodne krętu

względem czasu są momentami sił zewnętrznych czynnych i biernych

(reakcji):

( ) ( )RMFMK OOO +=&

(5.47)

gdzie O jest środkiem nieruchomego układu współrzędnych. Zachodzi

teraz interesujące i waŜne pytanie, czy moŜna sformułować zasadę zmienności krętu względem punktu ruchomego związanego z tą bryłą?

Jak wtedy będzie wyglądać równanie (5.47)? Problem ten odnosi się do

rzeczywistych obiektów, które z przeznaczenia przemieszczają się na

duŜe odległości (wszelkie pojazdy, rakiety, satelity, itp.), gdzie oblicza-

nie krętu względem punktu stałego byłoby bardzo niewygodne. Aby od-

powiedzieć na to pytanie, przypomnijmy jak transformuje się moment

siły przy zmianie punktu odniesienia (podobne rozwaŜania były prze-

prowadzane w rozdziale II).

z

xy

ζ

ξ

ηArA

O

ρ

r

F

Rysunek 5.26. Obliczanie momentu siły w dwóch układach współrzędnych (względem punktu O i A)

Moment pewnej siły F w nieruchomym układzie odniesienia

definiowany jest jako ( ) FrFM ×=O natomiast w układzie ξηζA

(związanym z bryłą) jako ( ) FρFM ×=A . PoniewaŜ zachodzie związek

między wektorami (Rys5.), to łatwo zauwaŜyć, Ŝe:

( ) ( ) ( )FMFrFρFrFρrFM AAAAO +×=×+×=×+=

ROZDZIAŁ 5

Strona 188188188188

A więc moment siły w nieruchomym układzie współrzędnych jest równy

momentowi obliczonemu w układzie związanym z bryłą, plus „po-

prawka” Fr ×A :

( ) ( ) FrFMFM ×+= AAO (5.48)

Jednocześnie znany wzór transformacyjny dla krętu obliczanego w oby-

dwu układach odniesienia (5.31). ZróŜniczkujmy go względem czasu:

( )ttt

AA

O

d

d

d

d

d

d KBr

K+×= (5.49)

Będzie więc:

AAAO KBrBvK &&& +×+×=

Na podstawie równania (5.44) moŜemy napisać, Ŝe:

( ) AAAO KRFrBvK && ++×+×= (5.50)

Z transformacji momentów sił (5.48) wynika, Ŝe:

( ) ( ) ( ) ( ) ( )[ ]RMFMRMFMRFr AAOOA +−+=+× (5.51)

Wstawiając do (5.50) zasadę zmienności krętu (5.47) po lewej stronie

(5.50), otrzymujemy:

( ) ( ) ( ) ( )

( ) ( )[ ] AAA

OOAOO

KRMFM

RMFMBvRMFM

&++−

+++×=+ (5.52)

Widać wyraźnie, Ŝe suma momentów sił czynnych F i reakcji R wzglę-dem punktu O występuje po obydwu stronach równania (5.52), co ozna-

cza, Ŝe wielkość to skraca się. Zostaje wtedy:

( ) ( )[ ] AAAA KRMFMBv0 &++−×=

czyli:

( ) ( ) BvRMFMK ×−+= AAAA

& (5.53)

A więc moŜemy stosować zasadę zmienności krętu względem punktu

ruchomego, związanego z bryłą, która to zasada wygląda podobnie do tej

wyraŜonej w układzie bezwzględnym (równanie 5.47), pod warunkiem

BRYŁA SZTYWNA

Strona 189189189189

uwzględnienia dodatkowego członu Bv ×A . Istnieje jednak prosty spo-

sób wyeliminowania tego członu. Pęd bryły jest iloczynem jej całkowitej

masy i prędkości środka masy Cm vB = (5.27). Wybierając jako ru-

chomy punkt odniesienia nie dowolny punkt A, lecz właśnie środek masy

)( CA ≡ stwierdzamy, Ŝe:

( ) ( ) CCCCC mvvRMFMK ×−+=&

(5.54)

czyli po prostu:

( ) ( )RMFMK CCC +=&

(5.55)

gdyŜ 0=× CC mvv , bo CC mvv || .

Wybierając zatem środek masy bryły jako ruchomy punkt odniesienia (i

środek ruchomego układu współrzędnych ξηζC ) formułujemy zasadę

zmienności krętu dokładnie tak, jak w układzie bezwzględnym. Równa-

nia (5.44) i (5.55) są dwoma wektorowymi (sześcioma skalarnymi) rów-

naniami róŜniczkowymi dynamiki bryły sztywnej dla ogólnego (dowol-

nego) przypadku jej ruchu. Przyjrzyjmy się na zakończenie dwóch

ciekawym przypadkom szczególnym.

Ruch kulisty

W ruchu kulistym, jak powiedziano na początku tego rozdziału, istnieje

taki punkt, którego prędkość wynosi zero (jest stale nieruchomy). Nie

musi to być środek masy bryły, niech będzie to dowolny punkt A. Wtedy

0=Av . PoniewaŜ jest to punkt nieruchomy, moŜe być takŜe środkiem

bezwzględnego układu współrzędnych Oxyz – rysunek 2.27.

ROZDZIAŁ 5

Strona 190190190190

ζ

ξ

η

A

z

xy

O

Rysunek 5.27. Nieruchomy Oxyz i ruchomy (obracający się wokół A) układ związany z bryłą Aξης

Bryła wykonuje jedynie ruch obrotowy wokół bieguna A (trzy stopnie

swobody opisane kątami Eulera).

Obliczmy kręt bryły względem punktu O na podstawie wzoru (5.43).

PoniewaŜ 0== OAAr oraz 0=Av , otrzymamy:

IωρvK +×+×= 00 CO m (5.56)

i oczywiście AO KK = (bo to ten sam punkt). A więc IωK =A , gdyŜ I

jest tensorem bezwładności zawierającym momenty obliczone dla zało-

Ŝonych osi ζηξ ,, . ZałóŜmy dla uproszczenia, Ŝe są to osi główne,

a wtedy tensor bezwładności jest macierzą diagonalną. Kładąc dowolny

wektor prędkości kątowej, otrzymujemy:

=

=

ζζ

ηη

ξξ

ζ

η

ξ

ω

ω

ω

ω

ω

ω

I

I

I

I

I

I

ζ

η

ξ

A

00

00

00

K

(5.57)

Obliczmy teraz pochodną krętu względem czasu, wyraŜającą wektor

krętu jako iloczyn swego modułu i wersora 0AAA K KK ⋅= :

( )( )

AlAAAAA

A

AAA

AAA

A

KKt

tK

t

KK

tt

KωKKωKK

KKK

K

×+=×⋅+⋅=

⋅+⋅=⋅=

&& 00

000

d

d

d

d

d

d

d

d

d

d

(5.58)

BRYŁA SZTYWNA

Strona 191191191191

gdzie górny indeks )(l oznacza pochodną lokalną, tj. obserwowaną

w ruchomym układzie odniesienia ξηζA . We wzorze (5.58) wykorzy-

stano zapis, Ŝe pochodna wektora jednostkowego jest iloczynem wekto-

rowym prędkości kątowej i tego wektora (co było juŜ przedstawione

przy wyprowadzaniu wzoru na prędkość 5.4). Pochodna lokalna krętu ( )lAK& jest równa wyraŜeniu (5.57) zróŜniczkowanemu po czasie, czyli:

( )

=

=

ζζ

ηη

ξξ

ζ

η

ξ

ω

ω

ω

ω

ω

ω

&

&

&

&

I

I

I

I

I

I

tζ

η

ξ

lA

00

00

00

d

dK

(5.59)

Natomiast drugi człon obliczymy za pomocą wyznacznika:

−

−

−

=

=×

ηξξηηξ

ζζξζξξ

ζηηζζη

ζζηηξξ

ζηξ

ωωωω

ωωωω

ωωωω

ωωω

ωωω

II

II

II

III

A

000 ζηξ

Kω (5.60)

Sumując obydwa powyŜsze i podstawiając do zasady zmienności krętu,

otrzymujemy:

( )( )( ) ζηξξηζζ

ηζξζξηη

ξζηηζξξ

ωωω

ωωω

ωωω

A

A

A

MIII

MIII

MIII

=−+

=−+

=−+

&

&

&

(5.61)

Równania (5.61) nazywane są równaniami Eulera dynamiki bryły

w ruchu kulistym.

Ruch płaski

Przejdźmy teraz do ostatniego przypadku szczególnego ruchu bryły

sztywnej, jakim jest ruch płaski. Określają go trzy stopnie swobody –

dwa odniesione do ruchu postępowego i jeden – do obrotowego.

RozwaŜmy ruch bryły na płaszczyźnie Oxy , Bryła moŜe się na tej płasz-

czyźnie obracać tak, jak pokazano na rysunku 5.8. Kierunek prędkości

i przyspieszenia kątowego jest oczywiście prostopadły do tej płasz-

czyzny, a więc wektory ω i ε są skierowane wzdłuŜ osi z . Dynamikę

ROZDZIAŁ 5

Strona 192192192192

takiego układu opisują trzy równania – dwa dla ruchu postępowego

środka masy bryły, wynikające z zasady zmienności pędu (5.44), tj.

yyC

xxC

RFym

RFxm

+=

+=

&&

&&

(5.62)

oraz jedno równanie z zasady zmienności krętu, zredukowane do kie-

runku z . Wykorzystajmy sformułowanie tej zasady dla punktu rucho-

mego związanego ze środkiem masy bryły (5.55). Kręt w takim przy-

padku )( CA ≡ wyniesie:

=

−

−

==

ζζζ

ξη

ξη

ωω II

II

II

ζ

η

ξ

C 0

0

0

0

00

0

0

IωK

(5.63)

gdyŜ 0=Cρ we wzorze (5.42) przy CA ≡ , a momenty dewiacji

ηζξζ II = znikają, bo 0=ζ . Pochodna krętu to oczywiście

],0,0[ ζζ ω&& IC =K . PoniewaŜ współrzędna kątowa w ruchu płaskim

określa wyłącznie kąt obrotu własnego ϕ , to ϕωζ &= i ϕωζ &&& = . Mo-

menty sił zewnętrznych i reakcji działają wzdłuŜ osi z , zatem równanie

zmienności krętu )()( RMFMK CCC +=& sprowadza się wyłącznie do

tego kierunku. Wobec tego: ],0,0[ ϕζ &&& IC =K i wreszcie:

)( RF += CMI ϕζ &&

a poniewaŜ oś ζ jest centralna, wystarczy zapisać:

)( RF += CC MI ϕ&& (5.64)

Trzy równania, tj. dwa (5.62) oraz (5.64), tworzą pełny opis stanowiący

punkt wyjścia do analizy dynamiki bryły sztywnej w ruchu płaskim.

Przykład 5.5

Walec o masie M i promieniu wewnętrznym R po płaskiej poziomej po-

wierzchni. Na niewaŜkim kołnierzu o promieniu r nawinięto nierozcią-gliwą linę przerzuconą przez niewaŜki blok, którą obciąŜono na końcu

odwaŜnikiem m (rysunek 5.28.). Obliczyć przyspieszenie tego odwaŜ-nika.

BRYŁA SZTYWNA

Strona 193193193193

m

R

O Mr g

Rysunek 5.28. Ilustracja do Przykładu 5.5

Na początku rozwaŜań przeprowadźmy analizę wszystkich zewnętrznych

i wewnętrznych sił działających na obydwa elementy składowe układu,

tj. z osobna na walec i odwaŜnik – rysunek 5.29. OdwaŜnik pozostaje

pod wpływem dwóch sił – swego cięŜaru gm i siły napięcia w linie S .

Ruch postępowy odwaŜnika określa współrzędna y skierowana w dół.

O

Mg

m

N

K

S

mg

S

x (+)

ϕ (+)

y (+)

Rysunek 5.29. Siły zewnętrzne i wewnętrzne działające na walec i odwaŜnik oraz współrzędne określające ruch obydwu elementów

Ta sama lina, a więc ta sama siła (blok pośredniczący jest niewaŜki, a

zatem nie moŜe zmienić wartości tej siły – jedynie jej kierunek) przyło-

Ŝona jest do walca, ściślej do dolnego punktu kołnierza. Walec posiada

cięŜar gM (przykładamy go do środka masy) i znajduje się ponadto pod

wpływem dwóch sił z racji styku z podłoŜem i faktu toczenia bez pośli-zgu. Jedna z tych sił to pionowy nacisk od podłoŜa N , a druga to siła

tarcia nierozwiniętego zapewniająca brak poślizgu między walcem,

a podłoŜem. Oznaczono ją na rysunku 5.29. symbolem K (od słowa

ROZDZIAŁ 5

Strona 194194194194

„kontaktowa”) aby nie mylić jej z tradycyjnym oznaczeniem tarcia T

(które zwykle odnosi się do wartości tarcia rozwiniętego i wynosi Nµ ,

co jest prawdą tylko w przypadku zerwania przyczepności pomiędzy

walcem, a podłoŜem – a więc nie w analizowanym zadaniu). Wartość siły K nie jest znana.

Walec wykonuje jednoczesny ruch postępowy i obrotowy. Przemiesz-

czenie liniowe jego środka masy określa zmienna x (załoŜono kierunek

dodatni w prawo), natomiast obrót walca – kąt ϕ (dodatnio w prawo tak,

aby – dla wygody rozwaŜań – dodatni obrót pociągał za sobą dodatnie

przemieszczenie liniowe).

Napiszmy równania dynamiki kaŜdego z analizowanych elementów:

1. OdwaŜnik – ruch postępowy (w dół):

Smgym −=&& (5.65)

2. Walec – ruch postępowy (w prawo):

KSxM −=&& (5.66)

3. Walec – ruch obrotowy (w prawo):

rSRKIO ⋅−⋅=ϕ&& (5.67)

W ostatnim równaniu pojawiają się momenty tych sił, które obracają walec wokół środka masy O. CięŜar gM ma promień działania zero, siła

nacisku N z kolei jest równoległa do promienia jej działania, a więc nie

daje momentu. Walcem obraca siła w linie S (w lewo, stąd znak „ − ”)

na promieniu r (i jest do niego prostopadła) oraz siła kontaktowa K

(w prawo) na promieniu R .

Otrzymaliśmy układ trzech równań, które zawierają pięć niewiadomych:

KSyx ,,,, ϕ&&&&&& . Zatem na tym etapie, nie da się rozwiązać zadania.

W tym miejscu naleŜy wyraźnie podkreślić, Ŝe taka sytuacja w złoŜo-

nych (kilkuelementowych) układach płaskich modelujących obiekty rze-

czywiste będzie występować zawsze. Bierze się to stąd, Ŝe ruchy po-

szczególnych elementów są ze sobą związane, a nie niezaleŜne. Relacje

pomiędzy przemieszczeniami róŜnych elementów mają charakter geo-

metryczny i opisują je analitycznie tzw. równania więzów. W tym przy-

kładzie są dwa takie równania. Pierwsze z nich wiąŜe ruch obrotowy

walca )(ϕ z jego przesunięciem liniowym )(x .

BRYŁA SZTYWNA

Strona 195195195195

A B

Cϕ

x

Rysunek 5.30. Związek między przemieszczeniem liniowym i kątowym walca

Łatwo zauwaŜyć na rysunku 5.30., Ŝe przy braku poślizgu długość

odcinka AB (równa przemieszczeniu środka masy x ) jest równa

długości łuku BC . PoniewaŜ ta ostatnia jest iloczynem promienia

tocznego i kąta, to:

ϕRxBCAB =⇒=

RóŜniczkując powyŜsze dwukrotnie względem czasu otrzymujemy

pierwsze równanie więzów:

ϕ&&&& Rx = (5.68)

Drugie równanie wynika z obecności nierozciągliwej liny i określa zwią-zek pomiędzy przemieszczeniem liniowym odwaŜnika i walca. To rela-

cja kinematyczna, którą łatwo zaobserwować rysując rozkład prędkości

punktów wzdłuŜ średnicy walca (rysunek 5. 31.).

v1

v2

v3

v4

v = 0 (chwilowy środek obrotu)

Rysunek 5.31. Rozkład prędkości punktów leŜących na średnicy walca

Prędkość środka walca to 2v i jest oczywiście równa xv &=2 . Prędkość

liny nawijającej się na dolny punkt kołnierza zaznaczono jako 1v i jest

ROZDZIAŁ 5

Strona 196196196196

ona równa prędkości odwaŜnika y& (lina jest nierozciągliwa, a więc

prędkość wszystkich jej punktów jest taka sama). Z podobieństwa trój-

kątów na rysunku 5.32. zauwaŜamy, Ŝe:

R

r

y

x

Rysunek 5.32. Prędkość środka walca i liny (odwaŜnika)

rR

y

R

x

−=

&& czyli

rR

Ryx

−= && oraz

rR

Ryx

−= &&&& (5.69)

poniewaŜ =Rr , const. Sprowadźmy układ pięciu równań (5.65)-(5.69)

z pięcioma niewiadomymi do trzech równań dynamiki tylko z trzema

niewiadomymi: KS , i poszukiwanym przyspieszeniem y&& wykorzystu-

jąc związki (5.68) i (5.69). Będzie

rR

y

R

rR

Ry

R

x

−=−==

&&&&

&&&&ϕ

Wstawmy teŜ jawną wartość momentu bezwładności walca w równaniu

(5.67), tj. 2/2MRIO = . Otrzymamy wtedy:

−=−

−=−

−=

SrKRrR

yMR

KSrR

RyM

Smgym

&&

&&

&&

2

2

1

PowyŜszy układ moŜna zapisać w formie macierzowej:

BRYŁA SZTYWNA

Strona 197197197197

=

−−

−−

0

0

)(2

11

01

2

mg

K

S

y

RrrR

RM

rR

RM

m

&&

i korzystając z wzorów Cramera18:

RrrR

RM

rR

RM

m

Rr

mg

y

−−

−−

−

−

=

)(2

11

01

0

110

01

2

&&

co daje wynik:

)()(2

3

)(

)(2

)(222

rRmrR

MR

rRmg

rR

MRmr

rR

MRmR

rRmgy

−+−

−=

−+−

−+

−=&&

i po ostatecznych uproszeniach:

22

2

)(23

)(2

rRmMR

rRmgy

−+

−=&&

18

Gabriel Cramer (1704–1752) – szwajcarski matematyk i fizyk, profesor uniwersytetu

w Genewie. Autor prac z zakresu teorii wyznaczników, analizy matematycznej, teorii

krzywych algebraicznych. W 1750 r. podał wzory wyraŜające rozwiązanie układu

równań za pomocą wyznaczników.

ROZDZIAŁ 5

Strona 198198198198