Transcript Dynamika bryły sztywnej
Dynamika bryły sztywnej
Materiały uzupełniające
Dynamika ciała sztywnego
• • • • • • •
Ruch prostoliniowy
Przemieszczenie x Prędkość
v
dx dt
Przyspieszenie
dv dt
Masa M Siła
F
Ma
Praca
W
Fdx
Energia kinetyczna 1 2
Mv
2 • • • • • • •
Ruch obrotowy
Przemieszczenie kątowe θ Prędkość kątowa
d
dt
Przyspieszenie kątowe
d
dt
Moment bezwładności I Moment siły
I
Praca
W
d
Energia kinetyczna 1
I
2 2
Dynamika ciała sztywnego c.d.
Ruch prostoliniowy Ruch obrotowy
• • Moc Pęd
P
Fv Mv
• • Moc
P
Moment pędu
I
Wielkości wymienione w poprzedniej tabeli: przemieszczenie, prędkość, przyspieszenie, siła, przemieszczenie kątowe, prędkość i przyspieszenie kątowe, moment siły, moment pędu są - wektorami. Masa, moment bezwładności, energia kinetyczna, praca – są skalarami.
Dynamika ruchu obrotowego nie wprowadza nowych pojęć, jej parametry θ, ω, α odpowiadają parametrom x, v i a ruchu postępowego.
Odpowiednikiem siły w ruchu obrotowym jest moment 𝛕 siły F, działającej na punkt materialny:
r
F
𝛕
r F
Odpowiednikiem pędu jest moment
L
pędu
:
L
r
p
L r p
θ
Dynamika ciała sztywnego zajmuje się ruchem układu punktów materialnych tworzących ciało sztywne, które może się obracać wokół osi pod wpływem przyłożonej siły. Położenie punktu P względem osi obrotu, w którym przyłożona jest siła, definiuje wektor
r
.
y
r F
P Jeżeli F i r leżą w płaszczyźnie xy, to obrót nastąpi wokół osi z x
Moment bezwładności I W dynamice ruchu obrotowego (obrót ciała sztywnego) masę ciała zastępujemy układem elementów masy m i rozłożonych w przestrzeni, odległych o r i od wybranej osi obrotu zastępujemy sumą iloczynów pomnożonych przez kwadrat odległości. Moment – bezwładności definiujemy następująco:
I
m i r i
2
Przykład 1 Mierząc energie poziomów rotacyjnych cząsteczki fluorowodoru HF stwierdzono, że jej moment bezwładności I względem środka masy 0 wynosi 1.37•10 -47 wynoszą: kg•m 2 . Określić odległość r między dwoma atomami H i F, jeżeli odpowiednie masy m m H F = 1.67 • 10 -27 = 3.17 • 10 -27 kg kg m F r F 0 r H m H
Moment bezwładności Położenie środka masy, korzystne jest umieszczenie w punkcie o współrzędnej równej zero.
Odległość atomów H i F
I
x śrm r H
m H
r F r H
2
m H r H
r r H
m F r F
2
m F r F
r F
0
Otrzymujemy układ równań z dwiema niewiadomymi
I m
H r m H H r H
2
m F r F
2
m F r F
0 Rozwiązując otrzymujemy:
r
r H
r F
0 .
8 10 10
m
Przykład 2 Obliczyć energię kinetyczną E ruchu obrotowego pokazanego na rysunku łożyska kulkowego, którego wewnętrzny wałek o promieniu r i długości h obraca się z prędkością kątową ω, a n kulek toczy się bez poślizgu. Wszystkie elementy łożyska wykonane są z materiału o gęstości ρ. Promień każdej kulki wynosi a.
r a Chwilowa oś obrotu kulki o promieniu a
Energia kinetyczna wewnętrznego wałka o momencie bezwładności I 0
E w
1 2
I
0 2 1 4
mr
2 2 1 4
hr
4 2 Prędkość liniowa kulki i walca są równe w punkcie styku.
k
r
2
a
r
k
prędkość kątowa kulki Energię kinetyczną kulki liczymy względem chwilowej osi obrotu, promień obrotu r + 2a
k
r r
2
a
Moment bezwładności względem chwilowej osi obrotu I k i energia E k
I k
2
ma
2 5
ma
2 7 5
ma
2 28
a
5 15
E k
14 15
a
5 2
r
r
2 2
a
Całkowita energia kinetyczna łożyska
E
E w
nE k
r
2
hr
2 14 15
n
r
a
5 2
a
2 2
E
1 2
I ef
2
I ef
Efektywny moment bezwładności łożyska
Przykład 3 Jednorodny walec o masie m i promieniu r toczy się w polu siły ciężkości wewnątrz walca o promieniu R. znaleźć równanie ruchu walca wychylonego w chwili początkowej z położenia równowagi o kąt φ 0 . Kiedy to o trzymane równanie można w prosty sposób rozwiązać?
a O’ φ O R
Środek małego walca porusza się względem osi obrotu O, po torze będącym wycinkiem kołowym o promieniu R – a z chwilową prędkością kątową ω 1 i z prędkością liniową v.
1
d
dt v
1
R
a
d
dt
R
a
Mały walec względem osi O’ porusza się z prędkością kątową ω 2 .
2
v a
d
dt R
a a
Całkowita energia kinetyczna jest sumą energii kinetycznej ruchu obrotowego względem osi O i względem osi O’.
E k
I I
1 2
I
0 2
I
2 2 2 I – moment bezwładności względem osi O, I 0 osi)’ – względem
I
I
0
m
R
a
Całkowita energia kinetyczna wynosi:
E k
3 4
m d
dt
2
R
a
2 1 3
a
2 Energia potencjalna:
E p
mg
h
a
ale R
R h
h a R
1 cos cos
a
cos
E p
mg
R
a
1 cos
E p
E k
const
.
zgodnie z zasadą zachowania energii mechaniczn ej
Na tej podstawie można napisać
d dt
E k dE k dt dE p dt
E p
0 3 2
m d
dy mg
R d
2
dt
2
a
sin
R
d
dt a
2 1 3
a
2
Otrzymujemy równanie ruchu, trudne do rozwiązania 1 3
R
a
2 1 3
a
2
d
2
dt
2
g
R
a
sin 0
jeżeli to
sin
amplituda drgań
jest mała
Otrzymujemy równanie oscylatora harmonicznego
d
2 2 0
dt
2 2
g
R
a
3
R
a
2 1 3
a
2