Matematyka i fizyka od podstaw
PLEN

Fizyka › I. Mechanika › 4 gotowa · PDF do druku

Zanim zaczniesz 3 Pęd, zderzenia i środek masy

Fizyka Dział 4

Obrót: drugi rodzaj ruchu

Środek masy rzuconego młotka leci po paraboli, a sam młotek wokół niego koziołkuje. Ruch każdej bryły to ruch środka masy plus obrót. Ten dział buduje dla obrotu ten sam zestaw narzędzi, który znamy z ruchu postępowego: kąt zamiast położenia, moment siły zamiast siły, moment bezwładności zamiast masy i moment pędu zamiast pędu. Na końcu czeka trzecia wielkość zachowana i żyroskop, który zamiast się przewrócić, krąży.

Czas
ok. 4 h teorii + ok. 5 h zadań
Zadania
25 zadań w treści + 8 feynmanowskich, z odpowiedziami
Źródło
Feynmana wykłady z fizyki, t. I, rozdz. 18, 19-3, 19-4, 20 (w tym 20-4)

0 Prolog: wyścig puszek

Na pochylonej desce stawiamy obok siebie trzy przedmioty o tym samym promieniu: pełną puszkę konserwy, pustą rurkę (obręcz) i kulkę. Puszczamy je jednocześnie. Spadające swobodnie ciała przyspieszają jednakowo (dział 1 „Ruch i jego przyczyny”), a klocek zsuwający się bez tarcia przyspieszałby z gsin⁡αg\sin\alpha niezależnie od masy. Tymczasem toczące się ciała docierają do mety w ustalonej kolejności: najpierw kulka, potem pełna puszka, a obręcz na końcu. Wynik nie zależy ani od masy, ani od promienia, tylko od kształtu.

Zasada zachowania energii z działu 2 „Energia” podpowiada wyjaśnienie: energia potencjalna zamienia się w ruch postępowy i w obrót. Ciało, które musi „opłacić” więcej obrotu, ma mniej na ruch do przodu. Ile dokładnie, zależy od tego, jak daleko od osi leży jego masa. Żeby to policzyć, potrzebujemy pojęcia momentu bezwładności.

Pytanie na start. Puszka z gęstym pasztetem i puszka z zamrożoną zupą o tej samej masie i wymiarach (w obu zawartość obraca się razem z puszką) staczają się z tej samej równi. Czy przyjadą razem? A puszka z płynną zupą? Wróć do tego po części 4 (i zadaniu feynmanowskim 2).

1 Kąt, prędkość kątowa, przyspieszenie kątowe

Bryła sztywna to ciało, którego punkty zachowują stałe wzajemne odległości. Obrót wokół ustalonej osi opisuje jedna liczba: kąt θ\theta, o jaki obróciła się bryła, mierzony w radianach (lekcja 0.3 Trygonometria i funkcje hiperboliczne). Każdy punkt w odległości rr od osi zakreśla łuk s=rθs = r\theta.FLP I-18-2

Definicja · ruch obrotowy wokół stałej osi

ω=dθdt,ε=dωdt;v=ωr,ast=εr,adosˊr=ω2r=v2r.\omega = \frac{d\theta}{dt},\qquad \varepsilon = \frac{d\omega}{dt};\qquad v = \omega r,\quad a_\text{st} = \varepsilon r,\quad a_\text{dośr} = \omega^2r = \frac{v^2}{r} .

ω\omega (rad/s) to prędkość kątowa, ε\varepsilon (rad/s²) przyspieszenie kątowe. Jeden obrót na sekundę to 2π2\pi rad/s.

Wszystkie wzory ruchu jednostajnie zmiennego z działu 1 przenoszą się wprost: ω=ω0+εt\omega = \omega_0 + \varepsilon t, θ=ω0t+12εt2\theta = \omega_0t + \tfrac12\varepsilon t^2. Kąt pełni rolę położenia, ω\omega prędkości, a ε\varepsilon przyspieszenia. Tę analogię będziemy rozwijać przez cały dział.

Prędkość kątowa ma też kierunek: wektor ω⃗\vec\omega leży na osi obrotu, a jego zwrot wyznacza reguła prawej dłoni (palce wzdłuż ruchu, kciuk wzdłuż ω⃗\vec\omega). Prędkość punktu to wtedy v⃗=ω⃗×r⃗\vec v = \vec\omega\times\vec r (iloczyn wektorowy, lekcja 1.1 Wektory).

Zadania · część 1

5 zadań · ok. 30 min

  1. Płyta winylowa obraca się z prędkością 331333\tfrac13 obr/min. Oblicz ω\omega oraz prędkość i przyspieszenie punktu odległego o 15 cm od środka.

    Odpowiedź

    ω≈3,49\omega \approx 3{,}49 rad/s; v=ωr≈0,52v = \omega r \approx 0{,}52 m/s; a=ω2r≈1,83 m/s2a = \omega^2r \approx 1{,}83\ \mathrm{m/s^2}, skierowane do środka.

  2. Ziemia obraca się raz na dobę gwiazdową (86 164 s). Z jaką prędkością porusza się punkt na równiku, a z jaką w Warszawie (szerokość 52,2∘52{,}2^\circ)? Jakie jest przyspieszenie dośrodkowe na równiku?

    Wskazówka

    Odległość od osi Ziemi na szerokości φ\varphi to Rcos⁡φR\cos\varphi.

    Odpowiedź

    ω≈7,29⋅10−5\omega \approx 7{,}29\cdot10^{-5} rad/s. Równik: 465 m/s; Warszawa: 285 m/s. Przyspieszenie na równiku 0,034 m/s20{,}034\ \mathrm{m/s^2}, ok. 0,35% gg.

  3. Wirówka laboratoryjna obraca się z prędkością 10 000 obr/min. Ile „g” działa na próbkę 10 cm od osi?

    Odpowiedź

    ω≈1047\omega \approx 1047 rad/s, a=ω2r≈1,1⋅105 m/s2≈11 000ga = \omega^2r \approx 1{,}1\cdot10^5\ \mathrm{m/s^2} \approx 11\,000g.

  4. Rower jedzie z prędkością 10 m/s, a koło o promieniu 0,35 m toczy się bez poślizgu. Jaka jest prędkość kątowa koła? Jak szybko poruszają się względem drogi punkt styku z ziemią i najwyższy punkt obręczy?

    Odpowiedź

    ω=v/R≈28,6\omega = v/R \approx 28{,}6 rad/s. Prędkość punktu to prędkość osi plus ω⃗×r⃗\vec\omega\times\vec r: na dole v−ωR=0v - \omega R = 0 (punkt styku chwilowo stoi), na górze v+ωR=20v + \omega R = 20 m/s. Dlatego szprychy u góry koła rozmywają się na zdjęciach, a u dołu są ostre.

  5. Koło szlifierki obraca się z prędkością 600 obr/min i po wyłączeniu zatrzymuje się równomiernie w ciągu 10 s. Oblicz przyspieszenie kątowe i liczbę obrotów do zatrzymania.

    Odpowiedź

    ω0≈62,8\omega_0 \approx 62{,}8 rad/s, ε=−6,28 rad/s2\varepsilon = -6{,}28\ \mathrm{rad/s^2}. θ=12ω0t≈314\theta = \tfrac12\omega_0t \approx 314 rad, czyli 50 obrotów.

2 Moment siły i moment pędu

2.1 Dźwignia: co obraca ciało

Drzwi łatwo otworzyć, pchając przy klamce, i bardzo trudno, pchając przy zawiasach. O obrocie decyduje nie sama siła, tylko siła razy ramię: odległość osi od prostej, wzdłuż której działa siła. Feynman wyprowadza to z zasady prac przygotowanych (dział 2): obracając ciało o mały kąt Δθ\Delta\theta, siła przyłożona w odległości rr wykonuje pracę F⊥r ΔθF_\perp r\,\Delta\theta. Wielkość F⊥rF_\perp r gra w obrocie rolę siły.FLP I-18-2

Definicja · moment siły

τ⃗=r⃗×F⃗,∣τ⃗∣=rFsin⁡φ=F⋅(ramię).\vec\tau = \vec r\times\vec F,\qquad |\vec\tau| = rF\sin\varphi = F\cdot(\text{ramię}) .

Praca momentu siły przy obrocie o kąt dθd\theta: dW=τ dθdW = \tau\,d\theta. Jednostka: N·m (ale nie dżul, choć wymiar ten sam).

Bryła jest w równowadze, gdy suma sił i suma momentów sił (względem dowolnego punktu) są zerowe. Drugi warunek to prawo dźwigni Archimedesa: F1r1=F2r2F_1r_1 = F_2r_2.

2.2 Moment pędu

Dla punktu materialnego definiujemy moment pędu względem wybranego punktu OO. Pochodna iloczynu wektorowego daje ddt(r⃗×p⃗)=v⃗×mv⃗+r⃗×F⃗\tfrac{d}{dt}(\vec r\times\vec p) = \vec v\times m\vec v + \vec r\times\vec F, a pierwszy składnik znika, bo wektor pomnożony wektorowo przez siebie daje zero.FLP I-18-3, I-20-1

Prawo · moment pędu i moment siły

L⃗=r⃗×p⃗,dL⃗dt=τ⃗.\vec L = \vec r\times\vec p,\qquad \frac{d\vec L}{dt} = \vec\tau .

Dla układu punktów momenty sił wewnętrznych znoszą się parami (gdy siły wzajemne działają wzdłuż prostej łączącej punkty), więc dL⃗całkdt=τ⃗zewn\tfrac{d\vec L_\text{całk}}{dt} = \vec\tau_\text{zewn}. To obrotowy odpowiednik dp⃗dt=F⃗\tfrac{d\vec p}{dt} = \vec F z działu 3 „Pęd, zderzenia i środek masy”.

Moment pędu ma nawet ciało poruszające się po prostej, jeśli prosta nie przechodzi przez OO: L=mv⋅dL = mv\cdot d, gdzie dd to odległość OO od toru. W ruchu bez sił LL jest stałe, bo stałe są vv i dd. To zalążek drugiego prawa Keplera (część 5).

Zadania · część 2

5 zadań · ok. 35 min

  1. Kluczem o długości 25 cm dokręcasz śrubę, działając siłą 200 N na końcu klucza. Jaki moment siły uzyskasz, ciągnąc prostopadle do klucza, a jaki pod kątem 60∘60^\circ do niego?

    Odpowiedź

    5050 N·m i 50sin⁡60∘≈4350\sin60^\circ \approx 43 N·m.

  2. Dziecko o masie 30 kg siedzi na huśtawce-ważce 1,5 m od osi. Gdzie musi usiąść rodzic o masie 75 kg, żeby huśtawka była w równowadze?

    Odpowiedź

    30⋅1,5=75 x30\cdot1{,}5 = 75\,x, x=0,6x = 0{,}6 m po drugiej stronie osi.

  3. Jednorodna belka o długości 4 m i masie 50 kg leży na dwóch podporach na końcach. 1 m od lewego końca stoi skrzynia 80 kg. Jakie siły działają na belkę w podporach?

    Wskazówka

    Policz momenty względem lewej podpory: wtedy jej nieznana siła nie występuje w równaniu.

    Odpowiedź

    Prawa: RP⋅4=(50⋅2+80⋅1)gR_P\cdot4 = (50\cdot2 + 80\cdot1)g, RP≈441R_P \approx 441 N. Lewa: 130g−RP≈834130g - R_P \approx 834 N.

  4. Porównaj moment pędu Ziemi w ruchu wokół Słońca (v=29,8v = 29{,}8 km/s, r=1,496⋅1011r = 1{,}496\cdot10^{11} m) z momentem pędu jej obrotu wokół osi (I=0,331MR2I = 0{,}331MR^2, M=5,97⋅1024M = 5{,}97\cdot10^{24} kg, R=6371R = 6371 km).

    Odpowiedź

    Orbitalny: Mvr≈2,7⋅1040 kg⋅m2/sMvr \approx 2{,}7\cdot10^{40}\ \mathrm{kg\cdot m^2/s}. Wirowy: Iω≈5,8⋅1033I\omega \approx 5{,}8\cdot10^{33}. Orbitalny jest ok. 4,6 miliona razy większy.

  5. Pokaż, że jeśli siła działająca na punkt jest zawsze skierowana do ustalonego punktu OO (siła centralna), to moment pędu względem OO jest stały. Jakie siły w przyrodzie są centralne?

    Odpowiedź

    F⃗∥r⃗\vec F \parallel \vec r, więc τ⃗=r⃗×F⃗=0\vec\tau = \vec r\times\vec F = 0 i dL⃗/dt=0d\vec L/dt = 0. Centralne są grawitacja Słońca działająca na planetę i siła kulombowska jądra działająca na elektron (w obrazie klasycznym). Stąd stały moment pędu planet i, w mechanice kwantowej, jego rola w atomie wodoru (dział 19 „Atom wodoru i układ okresowy”).

3 Moment bezwładności

3.1 Energia i moment pędu bryły

Punkt bryły w odległości rir_i od osi ma prędkość ωri\omega r_i. Energia kinetyczna obrotu i moment pędu wzdłuż osi to więc sumy (całki), w których występuje ta sama wielkość: masa ważona kwadratem odległości od osi.FLP I-19-3, I-19-4

Definicja · moment bezwładności

I=∑imiri2=∫r2 dm;Eobr=12Iω2,L=Iω.I = \sum_i m_ir_i^2 = \int r^2\,dm;\qquad E_\text{obr} = \tfrac12I\omega^2,\qquad L = I\omega .

II gra w obrocie rolę masy: Ek=12mv2↔12Iω2E_k = \tfrac12mv^2 \leftrightarrow \tfrac12I\omega^2, p=mv↔L=Iωp = mv \leftrightarrow L = I\omega. Ale w odróżnieniu od masy zależy od wyboru osi.

Uwaga: dla bryły niesymetrycznej wektor L⃗\vec L nie musi być równoległy do ω⃗\vec\omega. W ogólności L⃗=I^ω⃗\vec L = \hat I\vec\omega, gdzie I^\hat I to symetryczna macierz (tensor) momentu bezwładności (lekcja 2.3 Wartości i wektory własne). Wzdłuż trzech prostopadłych osi głównych L⃗∥ω⃗\vec L \parallel \vec\omega. Niewyważone koło samochodu „bije”, bo jego L⃗\vec L obraca się razem z kołem, a to wymaga zmiennego momentu siły od łożysk.FLP I-20-4

3.2 Momenty bezwładności prostych brył

Dla obręczy o masie MM i promieniu RR cała masa jest w odległości RR: I=MR2I = MR^2. Dla pełnego walca (krążka) sumujemy pierścienie o promieniu rr i masie dm=MπR22πr drdm = \tfrac{M}{\pi R^2}2\pi r\,dr: I=∫0Rr22MR2r dr=12MR2I = \int_0^R r^2\tfrac{2M}{R^2}r\,dr = \tfrac12MR^2. Mniej masy daleko od osi, mniejszy moment bezwładności.

Momenty bezwładności (oś przez środek masy, chyba że podano inaczej)
bryłaośII
obręcz, cienka ruraoś symetriiMR2MR^2
walec pełny, krążekoś symetrii12MR2\tfrac12MR^2
kula pełnaśrednica25MR2\tfrac25MR^2
sfera (cienka powłoka)średnica23MR2\tfrac23MR^2
pręt o długości LLprostopadła, przez środek112ML2\tfrac1{12}ML^2
pręt o długości LLprostopadła, przez koniec13ML2\tfrac13ML^2

Twierdzenie · Steinera (o osiach równoległych)

I=Isˊm+Md2,I = I_\text{śm} + Md^2 ,

gdzie IsˊmI_\text{śm} to moment bezwładności względem równoległej osi przez środek masy, a dd to odległość między osiami. Przykład: pręt względem końca: 112ML2+M(L2)2=13ML2\tfrac1{12}ML^2 + M\big(\tfrac L2\big)^2 = \tfrac13ML^2.

Dowód jest krótki: ∫(d⃗+ρ⃗)2dm=Md2+2d⃗⋅∫ρ⃗ dm+∫ρ2dm\int(\vec d + \vec\rho)^2dm = Md^2 + 2\vec d\cdot\int\vec\rho\,dm + \int\rho^2dm, gdzie d⃗\vec d i ρ⃗\vec\rho to rzuty (na płaszczyznę prostopadłą do osi) położenia środka masy względem osi i położenia dmdm względem środka masy; środkowa całka jest zerowa z definicji środka masy (dział 3 „Pęd, zderzenia i środek masy”).

Zadania · część 3

5 zadań · ok. 40 min

  1. Pręt o długości 1 m i masie 2 kg. Oblicz moment bezwładności względem osi przez środek i przez koniec. Sprawdź twierdzeniem Steinera.

    Odpowiedź

    112⋅2⋅1≈0,167 kg⋅m2\tfrac1{12}\cdot2\cdot1 \approx 0{,}167\ \mathrm{kg\cdot m^2} i 13⋅2≈0,667\tfrac13\cdot2 \approx 0{,}667. Steiner: 0,167+2⋅0,52=0,6670{,}167 + 2\cdot0{,}5^2 = 0{,}667 ✓.

  2. Wyprowadź całką moment bezwładności pręta względem osi przez jego koniec.

    Odpowiedź

    dm=ML dxdm = \tfrac ML\,dx, I=∫0Lx2ML dx=ML⋅L33=13ML2I = \int_0^Lx^2\tfrac ML\,dx = \tfrac ML\cdot\tfrac{L^3}{3} = \tfrac13ML^2.

  3. Koło zamachowe to stalowy krążek o masie 100 kg i promieniu 0,5 m, obracający się z prędkością 3000 obr/min. Ile energii magazynuje? Wyraź ją w kWh.

    Odpowiedź

    I=12⋅100⋅0,25=12,5 kg⋅m2I = \tfrac12\cdot100\cdot0{,}25 = 12{,}5\ \mathrm{kg\cdot m^2}, ω≈314\omega \approx 314 rad/s, E=12Iω2≈617E = \tfrac12I\omega^2 \approx 617 kJ ≈0,17\approx 0{,}17 kWh.

  4. Wyprowadź I=25MR2I = \tfrac25MR^2 dla kuli, składając ją z cienkich krążków prostopadłych do osi.

    Wskazówka

    Krążek na wysokości zz ma promień R2−z2\sqrt{R^2 - z^2} i masę ρπ(R2−z2) dz\rho\pi(R^2 - z^2)\,dz; jego moment to 12 dm (R2−z2)\tfrac12\,dm\,(R^2 - z^2).

    Odpowiedź

    I=∫−RR12ρπ(R2−z2)2dz=12ρπ⋅1615R5=815ρπR5I = \int_{-R}^R\tfrac12\rho\pi(R^2 - z^2)^2dz = \tfrac12\rho\pi\cdot\tfrac{16}{15}R^5 = \tfrac{8}{15}\rho\pi R^5. Z M=43ρπR3M = \tfrac43\rho\pi R^3: I=25MR2I = \tfrac25MR^2.

  5. Zmierzony moment bezwładności Ziemi to 0,331MR20{,}331MR^2. Co to mówi o jej budowie? Ile energii kinetycznej ma obrót Ziemi?

    Odpowiedź

    Jednorodna kula miałaby 0,4MR20{,}4MR^2. Mniejsza wartość oznacza, że masa jest skupiona bliżej środka: Ziemia ma gęste żelazne jądro. E=12Iω2≈2,1⋅1029E = \tfrac12I\omega^2 \approx 2{,}1\cdot10^{29} J.

4 Dynamika bryły: obrót i toczenie

4.1 Druga zasada dla obrotu

Dla bryły obracającej się wokół stałej osi L=IωL = I\omega, więc z dL/dt=τdL/dt = \tau:

Prawo · dynamika obrotu wokół stałej osi

τ=Iε.\tau = I\varepsilon .

Ruch bryły swobodnej: środek masy porusza się zgodnie z Ma⃗sˊm=F⃗zewnM\vec a_\text{śm} = \vec F_\text{zewn} (dział 3), a obrót wokół środka masy zgodnie z τsˊm=Isˊmε\tau_\text{śm} = I_\text{śm}\varepsilon (w ruchu płaskim), nawet gdy środek masy przyspiesza.

4.2 Toczenie bez poślizgu

Toczenie bez poślizgu wiąże oba ruchy: punkt styku chwilowo stoi, więc vsˊm=ωRv_\text{śm} = \omega R i asˊm=εRa_\text{śm} = \varepsilon R. Energia kinetyczna toczącego się ciała to suma ruchu postępowego środka masy i obrotu wokół niego:

Ek=12Mv2+12Isˊmω2=12Mv2(1+IsˊmMR2).E_k = \tfrac12Mv^2 + \tfrac12I_\text{śm}\omega^2 = \tfrac12Mv^2\Big(1 + \frac{I_\text{śm}}{MR^2}\Big) .

Oznaczmy k=Isˊm/(MR2)k = I_\text{śm}/(MR^2): obręcz k=1k = 1, walec 12\tfrac12, kula 25\tfrac25. Na równi o wysokości hh zasada zachowania energii (tarcie przy toczeniu bez poślizgu nie wykonuje pracy, bo punkt styku stoi) daje

Wynik · toczenie po równi

v=2gh1+k,a=gsin⁡α1+k.v = \sqrt{\frac{2gh}{1 + k}},\qquad a = \frac{g\sin\alpha}{1 + k} .

Masa i promień się skracają. Kolejność w wyścigu z prologu: kula (k=0,4k = 0{,}4), walec (0,50{,}5), obręcz (11).

Symulacja 1 Wyścig na równi: kula, walec, obręcz i klocek zsuwający się bez tarcia. Ustaw kąt nachylenia i uruchom wyścig. Słupki pokazują, jak energia każdego ciała dzieli się na ruch postępowy i obrót. Zmiana kąta zmienia czasy, ale nie kolejność.

Zadania · część 4

5 zadań · ok. 45 min

  1. Na krążek o masie 2 kg i promieniu 10 cm, obracający się bez tarcia na poziomej osi, nawinięto linkę z ciężarkiem 1 kg. Z jakim przyspieszeniem opada ciężarek i jaki jest naciąg linki?

    Wskazówka

    Dwa równania: mg−T=mamg - T = ma dla ciężarka i TR=Iε=I a/RTR = I\varepsilon = I\,a/R dla krążka.

    Odpowiedź

    T=IR2a=12MaT = \tfrac{I}{R^2}a = \tfrac12Ma, więc a=mgm+M/2=g2≈4,9 m/s2a = \tfrac{mg}{m + M/2} = \tfrac{g}{2} \approx 4{,}9\ \mathrm{m/s^2}; T=m(g−a)≈4,9T = m(g - a) \approx 4{,}9 N.

  2. Oblicz przyspieszenia obręczy, walca, kuli i klocka (bez tarcia) na równi o nachyleniu 30∘30^\circ.

    Odpowiedź

    gsin⁡30∘/(1+k)g\sin30^\circ/(1 + k): obręcz 2,452{,}45, walec 3,273{,}27, kula 3,503{,}50, klocek 4,91 m/s24{,}91\ \mathrm{m/s^2}.

  3. Jo-jo to krążek o promieniu 3 cm z osią o promieniu 0,5 cm, na której nawinięto sznurek (pomiń masę osi). Z jakim przyspieszeniem opada jo-jo, gdy trzymamy koniec sznurka nieruchomo? Jaki jest naciąg sznurka w stosunku do ciężaru?

    Odpowiedź

    Tu toczenie odbywa się po sznurku na promieniu osi rr: a=g1+I/(mr2)a = \tfrac{g}{1 + I/(mr^2)}, a Imr2=12(Rr)2=18\tfrac{I}{mr^2} = \tfrac12\big(\tfrac Rr\big)^2 = 18. a=g/19≈0,52 m/s2a = g/19 \approx 0{,}52\ \mathrm{m/s^2}; naciąg 1819mg≈0,95mg\tfrac{18}{19}mg \approx 0{,}95mg. Jo-jo spada powoli, bo prawie cała energia idzie w obrót.

  4. Kulę bilardową o promieniu RR uderzamy kijem poziomo, na wysokości hh nad stołem. Na jakiej wysokości trzeba uderzyć, żeby kula od razu toczyła się bez poślizgu (bez udziału tarcia o stół)?

    Wskazówka

    Popęd JJ daje Mv=JMv = J i Iω=J(h−R)I\omega = J(h - R). Warunek: v=ωRv = \omega R.

    Odpowiedź

    25MR2⋅vR=Mv(h−R)\tfrac25MR^2\cdot\tfrac vR = Mv(h - R), więc h−R=25Rh - R = \tfrac25R, h=75Rh = \tfrac75R. Niżej: kula najpierw się ślizga, a tarcie dopiero ją rozkręca; wyżej: kula „podkręcona” do przodu.

  5. Pręt o długości 1 m wisi na osi przechodzącej przez jego koniec i waha się z małą amplitudą (wahadło fizyczne). Oblicz okres. Jak długie musiałoby być wahadło matematyczne o tym samym okresie?

    Wskazówka

    τ=−mgdsin⁡θ≈−mgd θ\tau = -mgd\sin\theta \approx -mgd\,\theta, gdzie dd to odległość środka masy od osi. Równanie Iθ¨=−mgd θI\ddot\theta = -mgd\,\theta to oscylator (dział 2, część 4.3).

    Odpowiedź

    T=2πImgd=2πL2/3gL/2=2π2L3g≈1,64T = 2\pi\sqrt{\tfrac{I}{mgd}} = 2\pi\sqrt{\tfrac{L^2/3}{gL/2}} = 2\pi\sqrt{\tfrac{2L}{3g}} \approx 1{,}64 s, jak wahadło matematyczne o długości 23L≈0,67\tfrac23L \approx 0{,}67 m.

Symulacja 2 Wahadło fizyczne: pręt o długości 1 m zawieszony w odległości dd od środka. Przesuwaj punkt zawieszenia i obserwuj okres. Przy zawieszeniu w środku pręt się nie waha, przy końcu waha się wolniej niż wahadło matematyczne o długości L/2L/2, a najkrótszy okres wypada dla d=L/12d = L/\sqrt{12}.

5 Zasada zachowania momentu pędu i żyroskop

5.1 Piruet

Jeśli zewnętrzny moment siły jest zerowy, moment pędu układu jest stały, nawet gdy układ zmienia kształt.FLP I-18-4 Łyżwiarka kręcąca się z rozłożonymi rękami przyciąga je do ciała: jej moment bezwładności maleje, więc prędkość kątowa rośnie tak, by IωI\omega się nie zmieniło. Feynman demonstrował to na obrotowym stołku z ciężarkami w dłoniach.

Prawo · zasada zachowania momentu pędu

τ⃗zewn=0 ⇒ L⃗=const;dla jednej osi: I1ω1=I2ω2.\vec\tau_\text{zewn} = 0\ \Rightarrow\ \vec L = \text{const};\qquad\text{dla jednej osi: } I_1\omega_1 = I_2\omega_2 .

Energia obrotu E=L22IE = \tfrac{L^2}{2I} przy stałym LL rośnie, gdy II maleje. Skąd ta energia? Z pracy mięśni. W układzie inercjalnym: ręce ciągną ciężarki do osi, a ciężarki przesuwają się w kierunku tej siły, więc siła wykonuje pracę. W obracającym się układzie łyżwiarki mówimy, że pokonuje ona „siłę odśrodkową”. Wyciągając ręce z powrotem, odzyskuje tę pracę.FLP I-19-4

Symulacja 3 Piruet z widoku z góry. Łyżwiarkę modelujemy jako walec (tułów) i dwa ciężarki (ręce) w odległości rr od osi. Przesuwaj rr: moment pędu się nie zmienia, prędkość kątowa i energia kinetyczna rosną, gdy ręce się zbliżają. Odczyt podaje pracę wykonaną przez ręce.

5.2 Drugie prawo Keplera

Planetę przyciąga Słońce siłą centralną, więc jej moment pędu względem Słońca jest stały (zadanie 2.5). W czasie dtdt promień wodzący zakreśla trójkąt o polu dA=12∣r⃗×v⃗ dt∣dA = \tfrac12|\vec r\times\vec v\,dt|, więc dAdt=L2m=const\tfrac{dA}{dt} = \tfrac{L}{2m} = \text{const}: promień wodzący zakreśla równe pola w równych czasach. Kepler odkrył to z obserwacji w 1609 r.; Newton pokazał, że wynika z centralności siły. Więcej w dziale 5 „Grawitacja i orbity”.

5.3 Żyroskop: dlaczego bąk się nie przewraca

Szybko wirujący bąk ma duży moment pędu L⃗\vec L wzdłuż swojej osi. Ciężar przyłożony w środku masy, w odległości dd od punktu podparcia, daje moment siły τ⃗\vec\tau prostopadły do L⃗\vec L i poziomy. Zgodnie z dL⃗=τ⃗ dtd\vec L = \vec\tau\,dt wektor L⃗\vec L zmienia się w kierunku τ⃗\vec\tau, czyli w bok, a nie w dół. Oś bąka zatacza stożek, a jej koniec poziome koło: to precesja.FLP I-20-3

Wynik · prędkość precesji (szybki bąk)

Ω=τL=mgdIω.\Omega = \frac{\tau}{L} = \frac{mgd}{I\omega} .

Im szybciej bąk wiruje, tym wolniej precesuje. Gdy zwalnia, precesja przyspiesza, oś zaczyna się chwiać, a w końcu bąk się przewraca.

Symulacja 4 Precesja żyroskopu w rzucie z góry. Wektor L⃗\vec L (wzdłuż osi) obraca się wokół pionu z prędkością Ω=mgd/(Iω)\Omega = mgd/(I\omega). Zmieniaj prędkość wirowania i odległość środka masy od podparcia. Odczyt porównuje moment pędu wirowania z momentem pędu samej precesji: wzór jest dobry, gdy ten drugi jest dużo mniejszy.

Zadania · część 5

5 zadań · ok. 40 min

  1. Łyżwiarka z rozłożonymi rękami ma moment bezwładności 3,0 kg·m² i obraca się raz na sekundę. Przyciąga ręce i jej moment bezwładności spada do 1,0 kg·m². Jak szybko się obraca? Ile razy wzrosła energia kinetyczna?

    Odpowiedź

    ω2=3\omega_2 = 3 obr/s. E=L2/(2I)E = L^2/(2I) przy stałym LL: trzy razy więcej. Różnicę dała praca mięśni rąk.

  2. Karuzela (krążek 200 kg, promień 2 m) obraca się z prędkością kątową 0,5 rad/s. Dziecko o masie 30 kg wskakuje na jej brzeg, biegnąc wzdłuż promienia (bez prędkości stycznej). Jak zmieni się prędkość kątowa?

    Odpowiedź

    I1=12⋅200⋅4=400I_1 = \tfrac12\cdot200\cdot4 = 400, I2=400+30⋅4=520 kg⋅m2I_2 = 400 + 30\cdot4 = 520\ \mathrm{kg\cdot m^2}. ω2=400⋅0,5/520≈0,38\omega_2 = 400\cdot0{,}5/520 \approx 0{,}38 rad/s.

  3. Gwiazda o promieniu 700 000 km obraca się raz na 25 dni. Zapada się w gwiazdę neutronową o promieniu 10 km. Zakładając, że zachowuje moment pędu i kształt rozkładu masy, oblicz nowy okres obrotu.

    Odpowiedź

    I∝R2I \propto R^2, więc T∝R2T \propto R^2: T=25⋅86 400⋅(107⋅105)2≈4,4⋅10−4T = 25\cdot86\,400\cdot\big(\tfrac{10}{7\cdot10^5}\big)^2 \approx 4{,}4\cdot10^{-4} s, ok. 2300 obrotów na sekundę. Przy takim obrocie równik poruszałby się z prędkością ok. połowy prędkości światła i gwiazda by się rozpadła; w rzeczywistości zapada się tylko jądro masywnej gwiazdy, które traci też moment pędu. Obserwowane pulsary obracają się z okresami od milisekund do sekund.

  4. Mimośród orbity Ziemi wynosi 0,0167. Ile razy szybciej porusza się Ziemia w peryhelium niż w aphelium?

    Odpowiedź

    W peryhelium i aphelium prędkość jest prostopadła do promienia, więc vprp=varav_pr_p = v_ar_a: vpva=rarp=1+e1−e≈1,034\tfrac{v_p}{v_a} = \tfrac{r_a}{r_p} = \tfrac{1 + e}{1 - e} \approx 1{,}034. Dlatego zimowe półrocze na półkuli północnej jest o kilka dni krótsze od letniego.

  5. Koło rowerowe (obręcz 2 kg, promień 0,35 m) wiruje z prędkością 30 rad/s. Jego oś jest podparta na jednym końcu, 0,2 m od środka koła, i ustawiona poziomo. Oblicz prędkość i okres precesji.

    Odpowiedź

    I=MR2=0,245 kg⋅m2I = MR^2 = 0{,}245\ \mathrm{kg\cdot m^2}, L=Iω≈7,35L = I\omega \approx 7{,}35; τ=mgd≈3,92\tau = mgd \approx 3{,}92 N·m; Ω=τ/L≈0,53\Omega = \tau/L \approx 0{,}53 rad/s, okres ok. 12 s.

6 Metoda i przykłady rozwiązane

Metoda dla brył

  1. Oszacuj wynik.
  2. Rozdziel ruchy. Dla każdej bryły zapisz ruch środka masy (Ma=∑FMa = \sum F) i obrót (Iε=∑τI\varepsilon = \sum\tau) względem osi przez środek masy albo względem nieruchomej osi.
  3. Wybierz punkt odniesienia momentów tak, by przechodziły przez niego nieznane siły, których nie potrzebujesz (zawias, punkt podparcia).
  4. Więzy: toczenie bez poślizgu a=εRa = \varepsilon R; nierozciągliwa linka na bloczku a=εRa = \varepsilon R; równowaga: suma sił i momentów zero.
  5. Energia jest często najkrótszą drogą: 12Mv2+12Iω2\tfrac12Mv^2 + \tfrac12I\omega^2 plus energia potencjalna.
  6. Moment pędu: gdy zewnętrzny moment siły jest zerowy albo działa krótko (uderzenie), I1ω1=I2ω2I_1\omega_1 = I_2\omega_2.
  7. Sprawdzenie: przypadki graniczne (I→0I \to 0 daje wyniki dla punktu, I→∞I \to \infty unieruchamia obrót) i jednostki.

Przykład 4.1 Maszyna Atwooda z ciężkim bloczkiem

Na krążku o masie 2 kg i promieniu 10 cm wisi linka z ciężarkami 3 kg i 2 kg. Linka nie ślizga się po krążku. Oblicz przyspieszenie i naciągi po obu stronach.

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Maszyna Atwooda: dwa ciężarki na nici przez bloczek, naciąg N_n i ciężarym1m2NnNnm1gm2gaa
Maszyna Atwooda z bloczkiem o masie M
  1. Oszacowanie: bez bloczka a=m1−m2m1+m2g=1,96 m/s2a = \tfrac{m_1 - m_2}{m_1 + m_2}g = 1{,}96\ \mathrm{m/s^2}; ciężki bloczek trochę to zmniejszy.
  2. Ciężarki: m1g−T1=m1am_1g - T_1 = m_1a,   T2−m2g=m2a\;T_2 - m_2g = m_2a. Bloczek: (T1−T2)R=12MR2⋅aR(T_1 - T_2)R = \tfrac12MR^2\cdot\tfrac aR, czyli T1−T2=12MaT_1 - T_2 = \tfrac12Ma.
  3. Dodając: (m1−m2)g=(m1+m2+12M)a(m_1 - m_2)g = (m_1 + m_2 + \tfrac12M)a, więc a=9,816≈1,64 m/s2a = \tfrac{9{,}81}{6} \approx 1{,}64\ \mathrm{m/s^2}.
  4. T1=3(9,81−1,64)≈24,5T_1 = 3(9{,}81 - 1{,}64) \approx 24{,}5 N,   T2=2(9,81+1,64)≈22,9\;T_2 = 2(9{,}81 + 1{,}64) \approx 22{,}9 N.

Wynik: a≈1,64 m/s2a \approx 1{,}64\ \mathrm{m/s^2}; naciągi 24,5 N i 22,9 N. Są różne: ta różnica obraca bloczek.

Sprawdzenie: T1−T2=1,64=12⋅2⋅1,64T_1 - T_2 = 1{,}64 = \tfrac12\cdot2\cdot1{,}64 ✓. Bloczek „waży” w bilansie jak masa M/2M/2 dołożona do ciężarków ✓.

Przykład 4.2 Wyścig z równi

Kula, walec i obręcz staczają się bez poślizgu z wysokości 2 m. Oblicz ich prędkości na dole i porównaj z klockiem bez tarcia.

  1. v=2gh/(1+k)v = \sqrt{2gh/(1 + k)}, 2gh=39,24 m2/s22gh = 39{,}24\ \mathrm{m^2/s^2}.
  2. Kula: 5,295{,}29 m/s; walec: 5,115{,}11 m/s; obręcz: 4,434{,}43 m/s; klocek: 6,266{,}26 m/s.
  3. Udział obrotu w energii: k1+k\tfrac{k}{1 + k}: kula 29%, walec 33%, obręcz 50%.

Wynik: kula 5,29 m/s, walec 5,11 m/s, obręcz 4,43 m/s; obręcz połowę energii zużywa na obrót.

Sprawdzenie: obręcz: 12Mv2⋅2=Mgh\tfrac12Mv^2\cdot2 = Mgh, więc v=gh=4,43v = \sqrt{gh} = 4{,}43 ✓.

Przykład 4.3 Drabina pod ścianą

Jednorodna drabina (20 kg) opiera się o gładką ścianę. Współczynnik tarcia o podłogę to 0,4. Przy jakim najmniejszym kącie z podłogą drabina nie ześlizgnie się, gdy stoi pusta, a przy jakim, gdy człowiek (80 kg) stoi na 80% jej długości?

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Drabina oparta o gładką ścianę: ciężar w środku, reakcja ściany pozioma, reakcja podłogi i tarciemgMgNsNpfθ
Drabina: ciężar, reakcja ściany, reakcja i tarcie podłogi
  1. Siły: ciężary, reakcja ściany NsN_s (pozioma, ściana gładka), reakcja podłogi NpN_p i tarcie ff. Równowaga sił: Np=(m+M)gN_p = (m + M)g, f=Nsf = N_s.
  2. Momenty względem podstawy (znikają NpN_p i ff): NsLsin⁡θ=mgL2cos⁡θ+Mg⋅0,8Lcos⁡θN_sL\sin\theta = mg\tfrac L2\cos\theta + Mg\cdot0{,}8L\cos\theta.
  3. Warunek f≤μNpf \le \mu N_p daje tg⁡θ≥m/2+0,8Mμ(m+M)\operatorname{tg}\theta \ge \tfrac{m/2 + 0{,}8M}{\mu(m + M)}.
  4. Pusta (M=0M = 0): tg⁡θ≥12μ=1,25\operatorname{tg}\theta \ge \tfrac{1}{2\mu} = 1{,}25, θ≥51,3∘\theta \ge 51{,}3^\circ. Z człowiekiem: tg⁡θ≥10+6440=1,85\operatorname{tg}\theta \ge \tfrac{10 + 64}{40} = 1{,}85, θ≥61,6∘\theta \ge 61{,}6^\circ.

Wynik: pusta drabina stoi powyżej 51∘51^\circ, z człowiekiem wysoko na niej dopiero powyżej 62∘62^\circ.

Sprawdzenie: im wyżej wejdzie człowiek, tym większy moment jego ciężaru i tym bardziej stromo trzeba ustawić drabinę; dlatego zalecany kąt to ok. 75∘75^\circ ✓.

Przykład 4.4 Pocisk w drzwiach

Pocisk o masie 10 g leci z prędkością 400 m/s prostopadle do zamkniętych drzwi (szerokość 1 m, masa 15 kg) i wbija się w nie 0,9 m od zawiasów. Z jaką prędkością kątową otworzą się drzwi? Ile energii zostanie w ruchu?

  1. W czasie uderzenia zawias działa siłą, ale jej moment względem osi zawiasu jest zerowy: moment pędu względem tej osi jest zachowany (pęd nie jest!).
  2. Przed: L=mvr=0,01⋅400⋅0,9=3,6 kg⋅m2/sL = mvr = 0{,}01\cdot400\cdot0{,}9 = 3{,}6\ \mathrm{kg\cdot m^2/s}.
  3. Po: I=13⋅15⋅12+0,01⋅0,92≈5,008I = \tfrac13\cdot15\cdot1^2 + 0{,}01\cdot0{,}9^2 \approx 5{,}008, ω=L/I≈0,72\omega = L/I \approx 0{,}72 rad/s.
  4. Energia: przed 800 J, po 12Iω2≈1,3\tfrac12I\omega^2 \approx 1{,}3 J.

Wynik: ω≈0,72\omega \approx 0{,}72 rad/s, drzwi otworzą się o 90∘90^\circ w ok. 2 s; w ruchu zostaje 0,16% energii.

Sprawdzenie: pęd drzwi po uderzeniu (Mvsˊm=15⋅0,36=5,4M v_\text{śm} = 15\cdot0{,}36 = 5{,}4 kg·m/s) jest większy niż pęd pocisku (4 kg·m/s): różnicę dał popęd siły zawiasu ✓. Dlatego tu liczy się moment pędu, a nie pęd.

Przykład 4.5 Autobus na kole zamachowym

W latach 50. XX w. w Szwajcarii i Belgii jeździły żyrobusy: zamiast akumulatora miały koło zamachowe rozpędzane na przystankach. Przyjmij: stalowy krążek 1500 kg, średnica 1,6 m, 3000 obr/min. Ile energii magazynuje? Jak długo wystarczy przy średniej mocy 20 kW?

  1. I=12MR2=12⋅1500⋅0,82=480 kg⋅m2I = \tfrac12MR^2 = \tfrac12\cdot1500\cdot0{,}8^2 = 480\ \mathrm{kg\cdot m^2}.
  2. ω≈314\omega \approx 314 rad/s, E=12Iω2≈23,7E = \tfrac12I\omega^2 \approx 23{,}7 MJ ≈6,6\approx 6{,}6 kWh.
  3. Czas: 23,7⋅106 J/(2⋅104 W)≈118023{,}7\cdot10^6\ \mathrm{J}/(2\cdot10^4\ \mathrm{W}) \approx 1180 s ≈20\approx 20 min.

Wynik: ok. 6,6 kWh, czyli ok. 20 minut jazdy, kilka kilometrów miejskiej trasy.

Sprawdzenie: obwód krążka porusza się z prędkością ωR≈250\omega R \approx 250 m/s; większe prędkości grożą rozerwaniem stali. Ograniczeniem kół zamachowych jest więc wytrzymałość materiału, a nie sama fizyka obrotu ✓.

Przykład 4.6 Bąk

Bąk to krążek o masie 100 g i promieniu 3 cm na nóżce; środek masy leży na osi 4 cm od czubka. Wiruje 20 razy na sekundę. Oblicz okres precesji.

  1. I=12mR2=4,5⋅10−5 kg⋅m2I = \tfrac12mR^2 = 4{,}5\cdot10^{-5}\ \mathrm{kg\cdot m^2}; ω=2π⋅20≈126\omega = 2\pi\cdot20 \approx 126 rad/s; L≈5,65⋅10−3L \approx 5{,}65\cdot10^{-3}.
  2. τ=mgd=0,1⋅9,81⋅0,04≈0,039\tau = mgd = 0{,}1\cdot9{,}81\cdot0{,}04 \approx 0{,}039 N·m (dla osi odchylonej o kąt θ\theta od pionu τ=mgdsin⁡θ\tau = mgd\sin\theta, a pozioma składowa L⃗\vec L to Lsin⁡θL\sin\theta; sinus się skraca, więc Ω=mgd/(Iω)\Omega = mgd/(I\omega) nie zależy od nachylenia).
  3. Ω=τ/L≈6,9\Omega = \tau/L \approx 6{,}9 rad/s, okres 2π/Ω≈0,92\pi/\Omega \approx 0{,}9 s.

Wynik: okres precesji ok. 0,9 s.

Sprawdzenie: Ω≪ω\Omega \ll \omega (6,9 wobec 126 rad/s), a moment pędu samej precesji (ok. (md2+14mR2)Ω≈1,3⋅10−3(md^2 + \tfrac14mR^2)\Omega \approx 1{,}3\cdot10^{-3}) to ok. 20% momentu pędu wirowania. Przybliżenie szybkiego bąka jest więc zgrubne, ale rozsądne ✓. Bąk puszczony bez prędkości precesji opada przy tym o kąt rzędu 2⋅0,22\cdot0{,}2 rad i drży (nutacja). Przy dwa razy wolniejszym wirowaniu ten stosunek rośnie czterokrotnie i opis się załamuje.

7 Błędne intuicje, których trzeba się oduczyć

„Moment bezwładności to masa bryły.”
Zależy od rozkładu masy względem osi. Ten sam pręt ma cztery razy większy moment bezwładności względem końca niż względem środka.
„Cięższe ciało stoczy się szybciej.”
Masa i promień się skracają; liczy się tylko kształt przez k=I/(MR2)k = I/(MR^2).
„Żyroskop opiera się grawitacji.”
Grawitacja działa normalnie: zmienia moment pędu, ale w kierunku momentu siły, czyli w bok. Środek masy bąka pozostaje na tej samej wysokości, bo podłoże podpiera go siłą równą ciężarowi.
„Przy stałym momencie pędu energia obrotu też jest stała.”
E=L2/(2I)E = L^2/(2I): łyżwiarka przyciągając ręce zwiększa energię, wykonując pracę.
„Kot spadający na grzbiet obraca się, odpychając się od powietrza.”
Opór powietrza nie ma tu znaczenia. Moment pędu kota jest zerowy przez cały lot, a mimo to kot obraca się, zmieniając kształt (zadanie feynmanowskie 1).
„Moment siły i energia to to samo, bo mają tę samą jednostkę.”
N·m momentu siły to iloczyn wektorowy, a dżul pracy to iloczyn skalarny; praca momentu siły to τΔθ\tau\Delta\theta.

8 Zadania feynmanowskie

Te zadania wymagają więcej myślenia niż liczenia.

Zadania feynmanowskie

8 zadań · ok. 2 godziny

  1. Kot spada na cztery łapy. Kot upuszczony grzbietem w dół ląduje na łapach, choć jego moment pędu jest przez cały czas zerowy. Jak to możliwe? Zaproponuj sekwencję ruchów dwóch połówek ciała.

    Rozwiązanie
    1. Zerowy moment pędu nie zabrania zmiany orientacji, tylko wymaga, by części obracały się przeciwnie, z prędkościami w stosunku odwrotnym do momentów bezwładności.
    2. Kot przyciąga przednie łapy (mały moment bezwładności przodu) i wyciąga tylne (duży moment tyłu), a potem skręca: przód obraca się o duży kąt, tył o mały w przeciwną stronę.
    3. Potem odwrotnie: wyciąga przednie, przyciąga tylne i dokręca tył. Bilans: oba końce obrócone o 180∘180^\circ, a L=0L = 0 przez cały czas. To ten sam mechanizm, którym astronauci obracają się w stanie nieważkości.

  2. Jajko surowe czy gotowane? Jak rozpoznać jajko ugotowane na twardo, nie rozbijając go? Zakręć oba jajka na stole, a potem na chwilę zatrzymaj je palcem i puść. Co się stanie i dlaczego?

    Rozwiązanie
    1. Ugotowane obraca się jak bryła sztywna: łatwo się rozkręca i po zatrzymaniu stoi.
    2. Surowe ma płynne wnętrze. Przy rozkręcaniu wnętrze nie od razu się obraca, więc jajko kręci się opornie. Po krótkim zatrzymaniu skorupki płynne wnętrze dalej wiruje i jajko po puszczeniu znowu zaczyna się obracać.
    3. To odpowiedź na pytanie z prologu. Pasztet i zamrożona zupa to pełne walce (k≈12k \approx \tfrac12), więc przyjadą razem. Płynna zupa prawie się nie obraca, więc w obrót idzie tylko energia lekkiej blaszanej puszki: kk jest bliskie zera i puszka stacza się prawie jak klocek bez tarcia, wyraźnie szybciej.

  3. Bieg całej ludzkości. Gdyby 8 miliardów ludzi (średnio 70 kg) stanęło na równiku i jednocześnie pobiegło na wschód z prędkością 3 m/s, o ile zmieniłaby się długość doby?

    Rozwiązanie
    1. Ludzie zyskują moment pędu ΔL=NmvR≈8⋅109⋅70⋅3⋅6,37⋅106≈1,1⋅1019\Delta L = Nmv R \approx 8\cdot10^9\cdot70\cdot3\cdot6{,}37\cdot10^6 \approx 1{,}1\cdot10^{19}; Ziemia traci tyle samo.
    2. ΔT/T=ΔL/L\Delta T/T = \Delta L/L, L≈5,8⋅1033L \approx 5{,}8\cdot10^{33}: ΔT≈86 164⋅1,8⋅10−15≈1,6⋅10−10\Delta T \approx 86\,164\cdot1{,}8\cdot10^{-15} \approx 1{,}6\cdot10^{-10} s. Doba wydłuży się o 0,16 nanosekundy, a po zatrzymaniu się biegaczy wróci do normy.
    3. Dla porównania: przypływy wywołane przez Księżyc wydłużają dobę o ok. 2 ms na stulecie, przenosząc moment pędu na Księżyc, który oddala się o ok. 4 cm rocznie.

  4. Kula, która przestaje się ślizgać. Kulę bilardową pchnięto tak, że sunie z prędkością v0v_0 bez obrotu. Współczynnik tarcia kinetycznego o sukno to μ\mu. Po jakim czasie zacznie się toczyć bez poślizgu i z jaką prędkością?

    Wskazówka

    Moment pędu względem punktu styku z suknem jest zachowany, bo tarcie i reakcja przechodzą przez ten punkt.

    Rozwiązanie
    1. Względem punktu na suknie: Mv0R=MvR+25MR2⋅vRMv_0R = MvR + \tfrac25MR^2\cdot\tfrac vR, więc v=57v0v = \tfrac57v_0.
    2. Tarcie zwalnia środek masy z opóźnieniem μg\mu g: 57v0=v0−μgt\tfrac57v_0 = v_0 - \mu gt, t=2v07μgt = \tfrac{2v_0}{7\mu g}.
    3. Energia: tracona jest 27\tfrac27 energii początkowej, bez względu na μ\mu. Duże μ\mu skraca tylko czas poślizgu.

  5. Środek uderzenia. Trzymasz pręt (kij) za koniec, a piłka uderza w niego prostopadle. W którym miejscu uderzenie nie szarpie ręki?

    Rozwiązanie
    1. Popęd JJ w odległości xx od końca daje środkowi masy prędkość J/MJ/M i obrót ω=Jx′/Isˊm\omega = Jx'/I_\text{śm}, gdzie x′=x−L/2x' = x - L/2.
    2. Koniec (ręka) stoi, gdy J/M=ωL/2J/M = \omega L/2: x′=IsˊmML/2=L6x' = \tfrac{I_\text{śm}}{ML/2} = \tfrac{L}{6}, czyli x=23Lx = \tfrac23L.
    3. To ten sam punkt, co długość zredukowana wahadła fizycznego z zadania 4.5. To jeden z punktów, które baseballiści nazywają „sweet spot”.

  6. Linijka szybsza od grawitacji. Linijkę o długości LL opartą jednym końcem na stole trzymamy poziomo, na drugim końcu kładziemy monetę i puszczamy ten koniec. Czy moneta spada razem z linijką?

    Rozwiązanie
    1. Linijka obraca się wokół podpartego końca: 13ML2ε=MgL2\tfrac13ML^2\varepsilon = Mg\tfrac L2, ε=3g2L\varepsilon = \tfrac{3g}{2L}.
    2. Wolny koniec przyspiesza z εL=32g\varepsilon L = \tfrac32g, szybciej niż swobodny spadek. Moneta zostaje z tyłu i na chwilę „wisi” w powietrzu.
    3. Punkty bliżej niż 23L\tfrac23L od podparcia przyspieszają wolniej niż gg. Moneta położona w 23L\tfrac23L spadnie na początku dokładnie razem z linijką.

  7. Obrót satelity bez paliwa. Satelita (I=1000 kg⋅m2I = 1000\ \mathrm{kg\cdot m^2}) ma koło reakcyjne (Ik=0,5 kg⋅m2I_k = 0{,}5\ \mathrm{kg\cdot m^2}). Jak szybko musi się kręcić koło, żeby obrócić satelitę o 90∘90^\circ w 10 minut? Co się dzieje z kołem po zakończeniu manewru?

    Rozwiązanie
    1. Średnia prędkość kątowa satelity: π/2600≈2,6⋅10−3\tfrac{\pi/2}{600} \approx 2{,}6\cdot10^{-3} rad/s. Całkowite L=0L = 0, więc koło kręci się przeciwnie, 2000 razy szybciej: średnio ok. 5,2 rad/s (50 obr/min), w szczycie ok. dwa razy więcej.
    2. Na koniec koło trzeba zatrzymać, a wtedy zatrzymuje się też satelita, już w nowej orientacji. Paliwo nie jest potrzebne.
    3. Zewnętrzne momenty sił (ciśnienie światła, pole magnetyczne) powoli rozkręcają koło; co jakiś czas trzeba je „rozładować” silnikami lub magnetorquerami.

  8. Dlaczego rower się nie przewraca? Popularne wyjaśnienie mówi, że to efekt żyroskopowy kół. Oszacuj moment pędu koła przy 5 m/s (obręcz 1,5 kg, promień 0,35 m) i moment siły ciężaru rowerzysty z rowerem (90 kg) przy przechyle 5∘5^\circ (środek masy 1 m nad ziemią). Jak szybko precesowałby rower? Czy to wyjaśnienie wystarcza?

    Rozwiązanie
    1. ω=5/0,35≈14,3\omega = 5/0{,}35 \approx 14{,}3 rad/s, Lkoła=1,5⋅0,352⋅14,3≈2,6L_\text{koła} = 1{,}5\cdot0{,}35^2\cdot14{,}3 \approx 2{,}6, dwa koła ok. 5,3 kg·m²/s.
    2. τ=90⋅9,81⋅1⋅sin⁡5∘≈77\tau = 90\cdot9{,}81\cdot1\cdot\sin5^\circ \approx 77 N·m. „Precesja” Ω=τ/L≈15\Omega = \tau/L \approx 15 rad/s: absurdalnie szybko, czyli efekt żyroskopowy jest za słaby, by utrzymać rower.
    3. Rower stabilizuje głównie sterowanie: przechylony rower skręca kierownicę w stronę przechyłu (geometria widelca i wyprzedzenie), koła „wjeżdżają” pod środek masy. Doświadczenia z rowerami z przeciwbieżnymi kołami potwierdzają, że żyroskop nie jest konieczny.

9 Sprawdź się

Odpowiedz w myślach, zanim rozwiniesz odpowiedź.

1 Czy dwa koła o tej samej masie i promieniu mogą mieć różne momenty bezwładności?

Tak: obręcz z lekkimi szprychami ma prawie MR2MR^2, pełny krążek 12MR2\tfrac12MR^2.

2 Który punkt toczącego się koła porusza się najszybciej, a który stoi?

Najszybciej najwyższy (2v2v), stoi punkt styku z drogą.

3 Dlaczego klamka jest daleko od zawiasów?

Większe ramię daje większy moment siły przy tej samej sile.

4 Łyżwiarka przyciąga ręce. Co się zmienia: moment pędu, prędkość kątowa, energia?

Moment pędu stały, prędkość kątowa i energia rosną.

5 Puszka i kulka o tej samej masie staczają się z równi. Która jest szybsza?

Kulka, bo ma mniejsze k=I/(MR2)k = I/(MR^2): mniej energii idzie w obrót.

6 Bąk zwalnia. Co się dzieje z precesją?

Przyspiesza, bo Ω=τ/(Iω)\Omega = \tau/(I\omega).

7 Dlaczego w zderzeniu z drzwiami na zawiasach pęd nie jest zachowany, a moment pędu tak?

Zawias działa siłą zewnętrzną, ale jej moment względem osi zawiasu jest zerowy.

8 Dlaczego helikopter ma śmigło ogonowe?

Silnik działa na wirnik momentem siły, a wirnik na kadłub momentem przeciwnym. Wirnik stale oddaje moment pędu powietrzu, więc silnik musi go stale napędzać, a kadłub byłby stale skręcany w przeciwną stronę. Śmigło ogonowe daje siłę boczną na długim ramieniu, której moment to równoważy (albo stosuje się dwa przeciwbieżne wirniki).

10 Karta wzorów i co dalej

Słownik: ruch postępowy i obrotowy
ruch postępowyruch obrotowyzwiązek
położenie xxkąt θ\thetas=rθs = r\theta
prędkość vvprędkość kątowa ω\omegav=ωrv = \omega r
przyspieszenie aaprzyspieszenie kątowe ε\varepsilonast=εra_\text{st} = \varepsilon r
masa mmmoment bezwładności III=∫r2dmI = \int r^2dm
siła FFmoment siły τ\tauτ⃗=r⃗×F⃗\vec\tau = \vec r\times\vec F
pęd p=mvp = mvmoment pędu L=IωL = I\omegaL⃗=r⃗×p⃗\vec L = \vec r\times\vec p
F=dp/dtF = dp/dtτ=dL/dt\tau = dL/dtτ=Iε\tau = I\varepsilon
Ek=12mv2E_k = \tfrac12mv^2Eobr=12Iω2E_\text{obr} = \tfrac12I\omega^2W=∫τ dθW = \int\tau\,d\theta

Bryły

obręcz MR2MR^2; walec 12MR2\tfrac12MR^2; kula 25MR2\tfrac25MR^2; sfera 23MR2\tfrac23MR^2

pręt: środek 112ML2\tfrac1{12}ML^2, koniec 13ML2\tfrac13ML^2

Steiner: I=Isˊm+Md2I = I_\text{śm} + Md^2

toczenie: v=ωRv = \omega R;   v=2gh1+k\;v = \sqrt{\dfrac{2gh}{1 + k}},   k=IMR2\;k = \dfrac{I}{MR^2}

Zasady

τ⃗zewn=0⇒L⃗=const\vec\tau_\text{zewn} = 0 \Rightarrow \vec L = \text{const};   I1ω1=I2ω2\;I_1\omega_1 = I_2\omega_2

E=L2/(2I)E = L^2/(2I)

siła centralna: dAdt=L2m\tfrac{dA}{dt} = \tfrac{L}{2m} (II prawo Keplera)

precesja: Ω=mgdIω\Omega = \dfrac{mgd}{I\omega}

wahadło fizyczne: T=2πImgdT = 2\pi\sqrt{\dfrac{I}{mgd}}

Do przeczytania u Feynmana

  • Obowiązkowo: rozdz. 18 (obrót w dwóch wymiarach), 19-3, 19-4 (moment bezwładności, energia obrotu).
  • Dla chętnych: rozdz. 20 (obrót w przestrzeni, żyroskop, moment pędu bryły).

Następny dział: Grawitacja i orbity. Drugie prawo Keplera już znamy: wynika z centralności siły. Pierwsze i trzecie wymagają wiedzy o tym, jak siła grawitacji zależy od odległości. Newton odgadł to prawo z ruchu Księżyca i z praw Keplera, a Cavendish zmierzył stałą grawitacji w laboratorium. Zobaczymy, dlaczego orbity są elipsami i jak z nich ważyć planety.

Korzystają z tej lekcji 5 Grawitacja i orbityDynamika lotu 1 Orientacja w 3D: macierz obrotu, kąty Eulera, oś i kąt, kwaternionyDynamika lotu 4 Stateczność statyczna i trym: dlaczego samolot ma ogon