263owicz Mechanika techniczna16.doc) - simr.pw.edu.pl · Jedn ą z podstawowych umiej ętno ści in...
Transcript of 263owicz Mechanika techniczna16.doc) - simr.pw.edu.pl · Jedn ą z podstawowych umiej ętno ści in...
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: [email protected]
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-
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.
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.
Wx
Ry
SS
Wx
Wy Wy
Ry
Rx Rx
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
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.