Chapter17강체의 평면 동역학 힘과 가속도강체의 평면 동역학(힘과 가속도)

Planar Kinetics of a Rigid Body :g yForce and Acceleration

17장 1/28

17.1 관 성 모 멘 트(Moment of Inertia)(Moment of Inertia)

질점의 운동 질점 (크기 ) 회전 효과 병진운동만 의미 질점 동역학의질점의 운동: 질점 (크기 x) 회전 효과 x 병진운동만 의미 o 질점 동역학의

표현 병진운동의 변화에 저항하는 성질인 관성의 척도인 질량만 필요

강체의 운동: 회전 효과 o 강체동역학 병진관성의 척도인 질량 + 회전관성의강체의 운동: 회전 효과 o 강체동역학 병진관성의 척도인 질량 회전관성의

척도인 관성모멘트( ) 필요I

----운동방정식----

질점 동역학 혹은 평면 운동하는 강체의 회전 동역학

강체의 병진 동역학

aF rrm= 모멘트힘의

αM rrI=

가속도질량힘 ×= 각가속도관성모멘트 ×=

Fr

17장 2/28

aF r=

m일정 힘에 대해 m이 클 수록 가속도 작다. 즉 저항하는 정도 크다

αM rr

=I일정 모멘트에 대해 I가 클 수록 각가속도 작다. 즉 저항하는 정도 크다

(회전운동에 저항하는 성질의 척도)

관성모멘트 (moment of inertia)z : 물체의 미소질량의 특정 축(z)에 대한 2차 모멘트의 적분.

∫= dmrI 2

모멘트 팔 r : z축에서 미소질량 dm 까지의 수직 거리

dm

r

∫m

1.관성모멘트를 언급할 때는 반드시 축을 언급해야 한다.

주의!dm

Fig17-1x

y

즉 다른 축에 대한 관성모멘트의 값은 달라진다.2.관성모멘트는 항상 양(Positive)의 값을 갖는다

Vddm ρ= 부피차지하는미소질량이밀도 :,: dVρ

∫=V

VdrI ρ2

Vddm ρ= 부피차지하는미소질량이밀도 : ,: dVρ

, r2 = x2 + y2, ρ = ρ (x, y, z), dV = dxdydzV

17장 3/28

밀도가 균일하면

(6 2)∫= VdrI 2ρ

미소 요소가 3방향으로 크기를 가지면

(6-2)

3중 적분으로 표시 된다.∫∫∫∫ == xdydzdrVdrI 22 ρρ (6-3)

But, 물체가 한방향으로만 두께를 갖거나 대칭성을 가지면 3중 적분을 1차 적분으로 단순화할 수 있다.

Solid bodyshell or disk element

①셸( h ll) 요소 높이 반경 두께 d d

Solid body

Expressing a solid body using a shell or disk element

①셸(shell) 요소

rzdrVd π2=

높이 z, 반경 r = y, 두께 dy=dr

zdyyVd )2( π=

∫∫ ==∴ zdrrVdrI 32 2πρρ 1차 적분

Fig17-217장 4/28

* 셸요소는 매우 얇아서 축 z로부터 떨어진

거리 r이 하나의 셸요소 전체에 걸쳐서 동일

원판은 두꺼워서 원판을 구성하는 모든 요소들이 축 z로부터 떨어②원판(disk)요소

dzrdV 2π=원판은 두꺼워서 원판을 구성하는 모든 요소들이 축 z로부터 떨어

진 거리가 전 요소에 걸쳐서 동일하지 않으므로 식 (6-2, 3)을 이용

하여 직접 관성모멘트를 계산할 수가 없다.

즉 ,dII = ∫

22 dVdmrdI == ρηDisk 전체의 dV

0

32 22 ddzdzd

dVdmrdIr

==

==

∫∫ ηηπρηπηρη

ρη원판요소의관성모멘트

24

21

2rdmdzr == ρπDisk를 구성하는

얇은 shell의 dV

결국 ∫= dzrI 4πρdzr 2πρ원판의 질량

η ηdr결국 ∫= dzrI

2dz

∫∫∫ ∫∫∫ ==== ddzdzddVrdmrIr

0

3222 22 ηηπρηπηηρρ

17장 5/28∫∫

∫∫∫ ∫∫∫== dzrrdz 44

0

2412 ρππρ

ηηρηηηρρ

Example 17.1Determine the moment of inertia of the cylinder about the z axis. The density of the material, ρ, is constant.y ρ

SolutionShell ElementShell Element• Volume, dV = (2πr)(h) dr• Mass, dm = ρ dV = ρ(2πhr dr)• Since the entire element lies at the same distance r from theSince the entire element lies at the same distance r from the

z axis, for moment of inertia of the element, dIz = r2 dm = ρ(2πhr3dr)

• Integrating over entire region of the cylinder,Iz = ∫r2 dm = ρ2πh∫R0r3dr = (ρπ/2)R4hIz ∫r dm ρ2πh∫ 0r dr (ρπ/2)R h

• For mass of the cylinder, m = ∫m dm = ρ2πh∫R0r dr = ρπh R2

so thatso that Iz = ½ mR2

Ex) 17.2

Using disk element,

21

0

844 873.025

22mMgdyydyxdzrI ⋅==== ∫∫∫

ππρπρ

예제17-1z′ l l

Thin rod(가느다란 봉)

zx dxz

2 2

d ′x′G

xd ′x두께 무시

[ ]123

1 22/

2/32/

2/222 mlx

lmdxx

lmdx

lmxdmxI

ll

l

lZ ===== −−∫∫∫

222 1 mlxdxmdmxI lZ =′′=′= ∫∫′ 0 3

mlxdxl

dmxIZ ∫∫

17장 8/28

평행축 정리(Parallel-Axis Theorem)

물체의 질량중심(G )를 지나는 축( )에 대한 관성모멘트( )와 이 축으로부터

d만큼 떨어진 평행축( )에 대한 관성모멘트( I )사이의 관계GIz′

z

∫∫ ′++′+==m yxm

dmydxddmrI 222 ])()[(y′

ydm

22yx dd +

∫∫∫∫∫∫

+′+′+′+′=mmymxm

mm

dmddmyddmxddmyx 222 22)(

∫ 2

G x′y′

x′dd

r′dm

GIdmr =′∫ 2 0 2md0xdx

dy

2d ∫= dmrI 22차 모멘트

질량중심의 정의에서

2mdII G += ∫m

dmrI

0=∫ xdm2차 모멘트

1차 모멘트

0 )(

=′∴′

+=′+

==≡ ∫∫∫∫ dmxm

dmxd

m

dmxd

m

xdmxd x

xx

즉, 물체의 미소질량의 질량중심에 대한 1차 모멘트의 적분은 0이다.17장 9/28

축 축회전반경(Radius of Gyration) 축 축

mIkmkI == , 2 k

m m=m

I I=회전반경의 물리적 의미

Ipoint mass Irigid body

특정 축에 대한 물체(질량 m)의 관성모멘트와 같은 관성모멘트를 갖게 되는, 그물체와 같은 질량을 가진 질점이 그 축으로부터 떨어져 있는 거리.

물체의 모든 질량이 한 점에 모여있다고 가정할 때 그 물체의 관성 모멘트와 같은 관성 모멘트를갖게 하는 거리

17장 10/28

예제17-2예제17-2l

G

축′ 축

zk ′ zk

21 mlII ==

축z′ 축z

lIk G ==12

mlII Gz ==12m

k z ==

2 11 l ⎞⎛ 22

22

31

2121 mllmmlmdII Gz =⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛+=+=′

zz

z klIk 23=== ′

′ m 3

17장11/28

C i b di (복합 물체)Composite bodies (복합 물체)

단순 물체의 조합으로 이루어진 복합물체의 z축에 대한 관성모멘트= z축에 대한 각 물체의 관성모멘트의 합

각 체의 질량 심이 축에 있지 않 경 평행축 정리 사각 물체의 질량중심이 z축에 있지 않은 경우 평행축 정리 사용

)( 2mdII G +=∑GIWhere : 각 물체의 질량중심에 대한 관성 모멘트

1 cylinder 2⎞⎛

( )( ) ( )( ) ( )222 ]05.0025.011.01121[8025.03

21

+⋅+⋅+=AI

1 cylinder= ½ mR2 8 thin rods =

222

2121

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛+=+=′

lmmlmdII Gz

( )( ) ( )( ) ( )2mkg 0526.0

]12

[2

⋅=

A

Example 17.3If the plate has a density of 8000kg/m3 and a thi k f 10 d t i it t f i tithickness of 10mm, determine its moment of inertia about an axis directed perpendicular to the page and passing through point O.

SolutionDisk • For moment of inertia of the disk about centroidal axis perpendicular to the plane of p p p

the disk,

• Mass center is located 0.25m from point OTh [ ]

2

21 mrIG =

• Thus,

[ ]

( ) ( )[ ]( ) ( )( ) ( )( ) 22222

2

.473.125.071.1525.071.1521

21

71.1501.025.08000

mkgdmrmI

kgVm

dddOd

ddd

=+=+=

=== πρ

( ) ( )[ ]( ) ( )( ) ( )( ) 22222

2

.276.025.093.3125.093.321

21

93.301.0125.08000

mkgdmrmI

kgVm

hhhOh

hhh

=+=+=

=== πρ

• For moment of inertia of the plate about point O

( ) ( )27604731

III OhOdO −=

2.20.1276.0473.1

mkg=

−=

예제17-3 Prob. 17.9 Determine Iy

a. 원판요소를 사용하면 dy 2

21 rdmdI =

y

2dyrdm 2πρ=

( ) ( )22

21 2

11021 xdmdmdI −= yx

292 =

( ) ( ) dyxdmdydm 22

21 , 10 πρπρ ==

2

( ) ]2910[

21 8

02

28

04

∫∫ ⎟⎠⎞

⎜⎝⎛−= dyydyI πρ

= 원기둥의 관성모멘트 포물면(Paraboloid)을회전하여 얻은 물체의 관성모멘트

b. as a composite

17장 14/28∫∫ ⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛−=−= dyymRdzrmRI 2

2242

29

221

221 πρπρ

17.2 평면동역학에서의 운동방정식(Planar Kinetic Equations of Motion)

강체의 평면운동강체의 평면운동: 강체에 작용한 힘이 운동평면에 대해 대칭적일 때

즉 힘의 모멘트의 총합은 운동평면에 수직한 축 방향의 성분만 가진다.

물체 내의 한 점 P를 원점으로 하는 병진기준계 xyz를 고려하자

(Fig17-8)17장 15/28

• 병진운동방정식( Eq ation of Translational Motion)• 병진운동방정식( Equation of Translational Motion)

강체는 특수한 질점계이므로 질점계 동역학의 여러 원리가 강체 동역학에서도 그

대로 적용된다 즉대로 적용된다. 즉

∑ = GmaF ) )( , )( ( yGyxGx amFamF ∑∑ ==

강체에 작용한 모든 외력의 총합 = 강체의 질량 강체의 질량중심의 가속도×

• 회전운동방정식( Equation of Rotational Motion)

총합내력의작용하는에

총합외력의작용하는에

: :

ii

ii

mm

fF

iiiim fFa +=

17장 16/28Fig17-8(a)

( ))(

에 작용한 힘의 점 P에 대한 모멘트im iP )(M

( ) iiiiiP m arfFrM ×=+×=)(rrαaa 2ω−×+= Pi 이므로

( )])([

)(2 rrrαrar

arM

×−××+×=

×=

ωPi

iiiP

m

m 0

Fig17-8(b), (c)

( )])([ Pi

( ) ( ))]}([)(

][){()()(jikji

jijikM aayxmM yPxPiiPiP

+++

+×+==

)]}([)( jikji yxyx +××++ α

kkk 222 ryx ααα =+

G

r y( ) ( ) ][-)( 2raxaymM yPxPiiP α++=

질량 mi에 대한 방정식

aP

x강체 전체에 대한 방정식 강체의 전 영역에 걸쳐 합(적분)

( )( ) ( )( ) ( )α∫∫∫∑ ++−= yPxPP dmraxdmaydmM 2

17장 17/28

( )( ) ( )( ) ( )∫∫∫∑ myPmxPmP y점 P의 운동 aP와 강체의 각가속도 α가 mi에 무관하므로 적분기호 밖으로

묶어 낼 수 있다.

( )( ) ( )( ) ( )α∫∫∫∑ ++−=myPmxPmP dmraxdmaydmM 2

(외력의 모멘트 합+내력의 모멘트 합)뉴턴의 운동 제 3법칙으로부터 0

∫∫질량중심의 정의로부터

m

ydmy

m

xdmx ∫∫ == ,

IM∑ )()( αPyPxPP IamxamyM ++−=∑ )()(

zPmyx }){( aji ×+ )( Pmar×

만약 점 P를 질량중심 G와 일치하게 선택하면

αPPP ImM +×=∑ )( ar

만약 점 P를 질량중심 G와 일치하게 선택하면

0== yx ( G에서 G까지의 거리가 0) 이므로

αIM =∑ : equation of rotational motionαGG IM =∑외력의 질량중심에 대한 모멘트의 총합 =

물체의 질량중심에 대한 관성모멘트 물체의 각가속도×

: equation of rotational motion

물체의 질량중심에 대한 관성모멘트 물체의 각가속도×

17장 18/28

αPyPxPP IamxamyM ++−=∑ )()(Expressing in terms of and Ga GI

Y

y im

외력 Fi

병진기준계

관성기준계주

: )(:

PxyzOXYZ

y

P x

irr G

iρ

O X

P xn : 질점의 갯수

( )

∑∑

∑∑∑∑∑ ×+×=×+=×==

iiiiiii

n

iPi

FFrFrFrM1

ρρ

∑

O

∑∑∑

+×=

×+×=

GG

iii

m Mar

FFr

ρ ( 는 mi와 무관하므로 밖으로

나올 수 있다.)r ∑

질량중심에 작용한다고 본 외력의 총합(합력)의 점 P에 대한 모멘트

IGα k

질량중심에 작용한다고 본 외력의 총합(합력)의 점 P에 대한 모멘트

17장 19/28

αGGGG

n

P Immi

+×=+×= ∑∑ arMarM

이므로 , kkMkM αGGGPP IMM === ∑∑∑∑i

i=1

∑ F ( ) ∑∑ = GzG MM= =

( ) αGzGP ImM +×=∑ ar

식의 의미

외력의 점 P에 대한 모멘트의 총합 =질량중심에 작용한다고 본 외력의 총합의 P점에 대한 모멘트 +

외력의 질량중심에 대한 모멘트의 총합

외력 Fi

Gm

P GPma

αGI

r r=

17장 20/28

Gmar r

( ) αGzGP ImM +×=∑ ar

결국 강체의 평면 운동에 관한 세 개의 스칼라 운동방정식을 얻게 된다.

( )amF∑ ( )( )

( )yGy

xGx

amF

amF

=

=

∑∑∑∑

∑ GM=병진운동방정식

주의

( ) αα GzGPGG ImMIM +×== ∑∑ ar 또는회전운동방정식

강체 운동학에서 강체내의 한 점의 운동과 강체의 회전을 알면 강체내의 모든 점의

운동을 알 수 있다는 점을 확인하였다

주의

운동을 알 수 있다는 점을 확인하였다.이제 위의 세 운동방정식은 강체에 작용한 힘과 힘의 효과인 모멘트로부터 강체내

의 한 점인 질량중심의 운동( )과 강체의 회전( )을 구하게 함으로GG aa )()( 와 α( ) ( )

써 강체의 평면운동의 원인(힘)과 결과(운동의 변화)사이의 관계를 제공한다.yGxG aa )()( 와 α

17장 21/28

강체에 모멘트가 직접 작용하지 않아도 힘이 작용한 결과모멘트 발생 (강체이므로, 질점이라면 모멘트 팔의 길이가

0이되어 모멘트 발생하지 않는다)

강체에 힘이 작용한 결과질량중심에 maG크기의 가상의 힘이 발생하고

크기의 모멘트 발생αGI

)

F1

크기의 모멘트 발생αGI

FBD Kinetic Diagram

maG ∑ F 의 결과에 의해αGI

G G

Pr

==

F2

G축에서 보면 αGG IM =∑( ) ( )( )ααα rmrImarIM GGGP ××+=×+=∑

( )GGP marIM ×+=∑ α그러나 P축에서 보면

( ) ( )( )( ) ( )ααα 22 rmIrmI GG

GGGP

+=+=

∑

( )GGP∑즉, G가아닌 다른축에 대한 모멘트 = G 축에 대한 모멘트 + 두 축이 떨어짐에 따라생기는 보정항 ( )Gmar ×

SummarySummary

α•• =∑ IM

Subscript could be any thing임의의 축에 대한 모멘트의 합= 그 축에 대한 관성모멘트 x

•

α2rmII G +=•

거리사이의축축과 : •Gr

ααα

ωωααα•

+=+=

××+××+=×+=∑rmIrmI

rrmrImarIM GGG

)(

))(( 22

αααα

•=+=+=

IrmIrmI GG )(

( )( )yGy

xGx

amF

amF

=

=

∑∑

운동방정식

αα PPGG

yy

IMIM == ∑∑∑

또는

17.3 운동방정식:병진의 경우(Equations of Motion: Translation)

( )∑ = xGx amFa. 직선병진

( )∑∑∑

∑+==

=

GGAG

yGy

MdmaMM

amF

0 또는

( )zGmar×

b. 곡선병진

( )∑ = nGn amF ( )( )

( ) ( ) ∑∑∑∑∑

+−==

=

GnGtGBG

tGt

nGn

MahmaemMMamF

0 또는 ( ) ( ) ∑∑∑ GnGtGBG

( )zGmar×=17장 24/28

예제17-4The bicycle and rider have a mass of 80 kg withThe bicycle and rider have a mass of 80 kg with center of mass located at G. If the coefficient of kinetic friction at the rear tire is μB = 0.8, determine the normal reactions at the tires A and B, and the deceleration of the rider, when the rear wheel locks f b ki Wh t i th l ti t thfor braking. What is the normal reaction at the rear wheel when the bicycle is traveling at constant velocity and the brakes are not applied? Neglect the y pp gmass of the wheels.

αGI( )am

①감속운동의 경우

( )xGam

( )yGam

=

( )( )

=

∑∑ xGx

FamF

( ) 081980808.0 = GxB

NNaN

( ) 0=

=

∑∑

G

yGy

M

amF ( )( ) 02.18.04.055.0

081.980=×+×+−×

=−×++

BBA

BA

NNNNN

17장 25/28

0 대신에=∑ GM( )( ) 4.081.98095.0

2.1 0

를

대신에

××+−×=−×=∑

∑

A

GB

G

NmaM

M)( GGB marIM ×+=∑ α

( ). 있다수사용할

A

N226 ,N559,m/s26.2 2 === BAG NNaQ

②등속운동의 경우

,, BAG

②등속운동의 경우

: 0=∑ xF 00 =

: 0

: 0

=

=

∑∑

G

y

M

F

( ) 04.055.0081.980=×+−×

=×−+

BA

BA

NNNN

N454 ,N330 ==∴ BA NN

17장 26/28

Example 17.7A uniform 50-kg crate rest on a horizontal surface f hi h th ffi i t f ki ti f i ti i 0 2for which the coefficient of kinetic friction is 0.2. determine the acceleration if a force of P = 600N is applied to the crate. Solution: don’t know whether to slide or tip over,

so first assume to slide;)(=∑→+ amF xGx

Equations of Motion

05490

;)(

)50(2.0600

=∑↑+

=−

NN

aF

akgNN

yGy

GxC FBD

0)5.0(2.0)()3.0(600;0

05.490

=−+−=Μ∑

=−

mNxNmN

NN

CC

G

C

)()()( CCSolutionEquations of Motion• Solving sma G /0.10 2 →= ma

αGIK.D.

• x < 0 5m the crates slides as assumedmxNN C

G

467.0490

==

maG

• x < 0.5m, the crates slides as assumed• If x > 0.5m, sliding assumption no longer valid so problem would be reworked with the

assumption that the crates tips • In that case, NC acts at corner point A and F ≤ 0.2NC

Example 17.8The 100kg beam is supported by two rods having negligible mass Determine the force created innegligible mass. Determine the force created in each rod if at the instant θ = 30° and ω = 6rad/s.

BD translates only aG = aB = aD (강체내 두점 가속도는 같다)

(aB)n=(aG)n = ω2r = (6 rad/s)2(0.5m) = 18m/s2

FBD

BD translates only aG aB aD (강체내 두점 가속도는 같다)

FBD • Three unknowns TB, TD and (aG)t

Equations of Motion

)(∑F

;)()/18(10030cos981

;)(2

=∑=−+

=∑

aFsmkgNTT

amF

DB

nGno

maGn

;0)(10030sin981

;)(

=Μ∑=

=∑

akg

aF

G

tG

tGto

Note, BD translates only!αGImaGt

0)3.0)(30sin()4.0)(30cos( =+− mTmT DB

Goo

2/90.4)(

32.1

sma

kNTT

tG

DB

=

==

17.4 운동방정식:고정축에 대한 회전운동방정식 정축에 대한 회전(Equations of Motion: Rotation about a Fixed Axis)

물체의 고정축에 대한 회전운동에선 물체의 모든 점이 고정축을 중심으로 원운동을 하물체의 고정축에 대한 회전운동에선 물체의 모든 점이 고정축을 중심으로 원운동을 하

게 된다. 원운동을 나타내는 데는 접선-법선 좌표계가 편리하므로 운동방정식을 다음

과 같이 정리할 수 있다.

FBD K.D.

Fig17-14

점 O는 고정점, 즉 vO = aO = 0. ( ) ααα GGGtGGO ImrIamrM +=+=∑ 2

∑ GM

17장 29/28

( )( ) αα OGG

GGGtGGO

IImr =+=

∑2

식 (17-9)에서

( )∑ 2

∑ GM

( )( ) αα

ααα

OGG

GGGtGGO

IImr

ImrIamrM

=+=

+=+=∑2

2

( )

주의!회전운동을 위하여 와 중 어느 것을 사용해도

좋으나 전자를 사용하면 점 G , 후자를 사용하면 점 O 에 작용하는 힘이 모멘

주의!αGG IM =∑ αOO IM =∑

좋으나 전자를 사용하면 점 G , 후자를 사용하면 점 O 에 작용하는 힘이 모멘

트 방정식에 나타나지 않는다.

17장 30/28

Example 17.9The 30kg disk is pin supported at its center, if it starts from rest,determine the number of revolutions it must make to attain anangular velocity of 20 rad/s. also, what are the reactions at the pin? The disk is acted upon by a constant force F = 10N, which is applied to a cord wrapped around its periphery,

d t t t l t M 5Nand a constant moment couple moment M = 5N.m. Neglect the mass of cord in the calculation.

SolutionSolutionFBD• Mass center is not subjected to an acceleration• Disk has a CW angular accelerationDisk has a CW angular acceleration• For moment of inertia of the pin,

IO = ½mr2 = ½(30kg)(0.2m)2

= 0.6kg.m2g• Three unknowns, Ox, Oy and α

SolutionEquations of Motion maG ∑ FEquations of Motion

0;)(

OamF

x

xGx

==∑→+

G ∑

0103.294

;)(

NNO

amF

y

yGy

=−−

=∑↑+

;

304

IM

NO

OO

y

y

=∑

=

α

=

2

2

/1.17).6.0(.5)2.0(10

sradmkgmNmN

OO

−=

−=−−

α

α

αI

=

( )yGam

)(222OCO −+= θθαωω

G

αGI

i i i

( )xGam

)(73.2211.17

)0)(/1.17(20)/20( 22

CWrevrevrad

sradsrad

=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛=

−−+=−

θ

θ Kinetic Diagram

2 rev ⎠⎝ π

Example 17.10The 20kg slender rod is rotating in the vertical l d h i h l l i fplane, and at the instant, has an angular velocity of ω = 5 rad/s. Determine the rod’s angular acceleration and the horizontal and vertical components of reaction at the pin at this instant.

ω ;2rmF Gn =∑←+ FBD

α ;

)5.1()/5)(20( 2

rmF

msradkgO

Gt

n

=∑↓+

=

αα

;)5.1)()(20()81.9(20

2

IMmkgNO

GG

t

=∑=+−

α])3)(20(2/1[.60)5.1( 2mkgmNmOt =+ K.D.

2

0.19750

NONO

t

n

==Ans))

2/90.5 srad=α

Example 17.11The drum shown has a mass of 60kg and a radius of gyration kO = 0.25m.A cord of negligible mass is wrapped around the periphery of the drum andg g pp p p yattached to a block having a mass of 20kg. If the block is released, determine the drum’s angular acceleration.

Kinetic Diagram222 .75.3)25.0)(60( mkgmkgmkI OO ===

IM∑αGI

Kinetic Diagram

( )

( )yGam

FmkgmT

IM OO

)().75.3()4.0(

;2

∑↑

=

=∑

α

αG

αG ( )xGam Drum

aTN

amF yGy

20)81.9(20

;)(

−=+−

=∑↑+

( )

Block

)4.0(;

ara

==αα( )yBam

2/524106

smaNT

=

=

2/3.11/52.4

sradsma

=α

FBD K.D.

SolutionSolutionMethod 2

;)(M∑=Μ∑

2

2

/311)4.0)](4.0(20[).75.3()4.0()81.9(20

;)(

sradmmkgmkgmN

M OkO

+=

∑=Μ∑

α

αα

/3.11 srad=α

Example 17.12The unbalanced 25kg flywheel has a radius of gyration of kG = 0.18m about an axis passing through its mass center G. if it has angularabout an axis passing through its mass center G. if it has angular velocity of 8 rad/s at the instant, determine the horizontal and Vertical components of reaction at the pin O.

FBD222 .18.0)18.0)(25( mkgmkgmkI GG ===

ω ;2rmF∑←+

FBD

α

ω

;

)15.0()/8)(25(

;2

rmF

msradkgO

rmF

Gt

n

Gn

=∑↓+

=

=∑←+

αα

;)15.0)()(25()81.9(25

;

2

IMmkgNO

GG

t

Gt

=∑=+−

K.D.

α).81.0()15.0(.0.12 2mkgmOmN t =+

240NO

2/2114

2.193240

srad

NONO

t

n

=

−==

α /2.114 sradα

Example 17.13The slender rod has a mass m and length l and is release from rest when θ = 0° Determine the horizontal and verticalfrom rest when θ = 0 . Determine the horizontal and vertical components of force which the pin at A exerts on the rod at the instant θ = 90°. 3

31 mlI A = 3

αωθ

ω

=∑=−

=∑2

2

;)2/(sin

;

rmFlmmgA

rmF

n

Gn

I( )Gam

ααθ

α

⎞⎛

=∑=+

=∑

1;

)2/(sin;

IMlmmgA

rmF

AA

t

GtG αGI

( )tGam

( )nGam

=3g

αθ ⎟⎠⎞

⎜⎝⎛= 2

31)2/(cos mllmg

4 unknowns need 1more equation

θα cos23

lg

=

ωα ,,, tn AA

Kinematics

h dlddd

)/51(90=

θθθ

θαωωo

q,,, tn

• when• when

dld

dlgd

)/51(

,0,0cos)/5.1(,90

90

==

==

∫∫ θθ

θω

θθωωθ

ω o

o

00

5.2

===

αt

n

AmgA

lg

dlgd

/3

cos)/5.1(2

00

=

= ∫∫ω

θθωωo

0=α

예제17-5(problem 17-71)

The variable-reluctance motor is often used for appliances pumps and blowers ByThe variable reluctance motor is often used for appliances, pumps, and blowers. By applying a current through the stator S, an electromagnetic field is created that “pulls in” the nearest rotor poles. The result of this is to create a torque of about the bearing at A. If the rotor is made from iron and has a 3-kg cylindrical core of 50-mm diameter and eight

mN4 ⋅e o o s de o o d s 3 g cy d c co e o 50 d e e d e g

extended slender rods, each having a mass of 1kg and 100-mm length,determine its angular velocity in 5 seconds starting from rest.

αAA IM =

( )( ) ( )( ) ( )222 ]050025011011[8025031+++I

Thin rodcylinder

( )( ) ( )( ) ( )2mkg 0526.0

]05.0025.011.0112

[8025.032

⋅=

+⋅+⋅+=AI

2rad/s04.76 0526.04 =⇒=∴ αα

각가속도 가 일정하므로

( ) rad/s3805047600

=+=+= tαωω각속도

각가속도 가 일정하므로α

( ) rad/s380504.760 =+=

Starting from rest17장 38/28

17 5 운동방정식:일반적인 평면운동17.5 운동방정식:일반적인 평면운동(Equations of Motion: General Plane Motion)

일반적인 평면운동에 해당하는 운동방정식은 식(17-11)과 같다.

즉 ( )( )

xGx

F

amF =

∑∑

( )αα GZGPGG

yGy

ImMIM

amF

+×==

=

∑∑∑

)( ar혹은 …..(17-17)

αPI=마찰구름문제(Frictional rolling problems)는 특히 주의를 요하는 문제이

므로 자세한 해석과정을 소개하기로 한다므로 자세한 해석과정을 소개하기로 한다.

17장 39/28

Note.

Sμ : 최대 정지 마찰 계수

정지해 있는 물체가 막 움직이기(미끄러지기) 시작할 때의 마찰 계수(즉 미끄러지지 않는 상태에서 가질 수 있는 최대의 마찰계수)(즉 미끄러지지 않는 상태에서 가질 수 있는 최대의 마찰계수)(정지 상태에서의 마찰 계수가 아님)

물체를 1N의 힘으로 밀었을 때, does not move10N d tF 10N , does not move

100N , 막 움직이기 시작하려 한다면

F

세 경우 모두 물체와 바닥면 사이의 마찰력의 크기는 다르다세 경우 모두 물체와 바닥면 사이의 마찰력의 크기는 다르다그러나 모두 100N으로 밀었을 때의 마찰력보다는 작다.즉 정지상태의 마찰력의 크기는 모른다. 다만 막 밀리기 시작할 때의 마찰력보다는 작거나 같다.

NF sμ≤정지상태에서의 마찰력

운동이 막 일어나려 할 때의 마찰력 NFNF kμ=운동 중일 때의 마찰력

운동이 막 일어나려 할 때의 마찰력 NF sμ=

자유물체도로부터 운동방정식 (17-17)을 이용하면Known force

다음을 얻는다.

GmaFP =−

0

αGG IFrMmgN

==

=−

∑ GG∑

이 세식은 4개의 미지수( )을 포함하α,,, GaNF므로 하나의 식이 더 필요하다.

4번째 식?

1.구름(rolling)의 경우

구름의 구속 방정식 arxr =→= αθ

상대운동 없다

구름의 구속 방정식

2.미끄럼(sliding)의 경우

GG arxr =→= αθ

Fig17-21NFar kG μα =≠ ,

17장 41/28

3.구름인지 미끄럼인지 모를 경우

구름을 가정

를 네 번째 방정식으로 사용하여 마찰력 F를 구한 후 구름마찰arα 를 네 번째 방정식으로 사용하여 마찰력 F를 구한 후 구름마찰

의 조건 을 만족하면 구름이 확실Gar =α

NFF SS μ≡≤정지상태의 마찰력(미끄럼이 막 일어나려고 할 때)

이면 구름이 아니라 미끄럼이 확실하므로

을 네 번째 방정식으로 사용하여 해석

NFF SS μ≡>

NF kμ= kμ

주의:마찰력의 방향주의:마찰력의 방향

1.미끄럼의 경우

물체의 지면에 대한 상대운동에 의해 결정 회전방향(진행방향)과 반대방향

2.구름의 경우

구름과 반대방향으로 가정한 후 계산결과에 의해 결정구름과 반대방향으로 가정한 후 계산결과에 의해 결정

17장 42/28

Example 17.14The spool has a mass of 8kg and has a radius of gyration of kG = 0.35m. If the cords of negligible mass are wrapped around the inner hub and outer g g pprim as shown, determine the spool’s angular acceleration.

Method 1222 .980.0)35.0)(8( mkgmkgmkI GG ===

;)(amF =∑↑+

α ;)8(48.78100

;)(

IMakgNNT

amF

GG

G

yGy

=∑=−+

=∑↑+

α).980.0()5.0()2.0(100

;2mkgmTmN

GG

=−

∑

8.19 NT =A에 대한 구름운동이므로

2

2

/3.10

/16.58.19

srad

smaNT

G

=

=

αMethod 2)5.0(

;αα

==

ara

2 )5.0]()8[().980.0()5.0(48.78)7.0(100

;)(

makgmkgmNmN

M

G

AkA

+=−

∑=Μ∑

α2/3.10 srad=α

Ex 17.15

αGI

Gma=

No slipping assumption

4 equations for 4 unknowns

FA violates the rolling assumption

미끄러지지 않는 상태에서 가질 수 있는 최대의 마찰력(73.6)보다 큰 마찰력(100N)이 있어야구른다는 얘기는 구름가정이 틀렸다는 것임

slipping condition

Wheel slips as it rolls

Solving 3 e.o.m’s & slipping condition altogether

줄이 바퀴의 안쪽 원통에 감겨 있고, 200N의 힘으로 평행하게잡아당긴다. 바퀴는 질량이 50Kg이고 회전반경이 70mm이다.

이고 일 때 바퀴의 G의 가속도와 각가속도를150

Ex)

이고 일 때, 바퀴의 G의 가속도와 각가속도를구하라

2.0=sμ 15.0=kμ

Solution) a) 미끄럼 없는 구름운동을 가정 αα 1.0== raG

바퀴의 관성모멘트 222 245.007.050 mKgmkI ⋅=⋅==

마찰력 F 의 방향을 일단 구르는 방향과 반대로 가정

200 GmaF =+운동방정식:

1.0)06.0(2005.490

αGG IFMNmgN

=⋅−⋅−=

==

∑

smasrad

G /074.1/74.10

2

2

=

=αGar =αRolling assumption

NFG

3.146−=

최대마찰력 NNF 198)5490(20 === μ

구름운동이 일어나려면 146.3N의 마찰력이 필요NFF sμ=> max

최대마찰력 NNF s 1.98)5.490(2.0max === μ

이 조건에서 구름운동은 일어날 수 없다!미끄러짐이 없을 때 생길 수 있는 최대 마찰력

b) 미끄럼이 있는 회전운동을 가정) 있

바퀴가 회전하면서 미끄러지므로 와 가 서로 무관Ga α

회전중심Note. 회전중심Rolling 접촉점Slipping G

마찰력의 방향: 미끄러지므로 운동의 방향과 반대방향

방향설정 중요!

NNF k 6.73)5.490(15.0 =⋅== μ마찰력의 방향: 미끄러지므로 운동의 방향과 반대방향

200673 ma=+운동방정식:

마찰력의 크기:

1.0)06.0(2005.490

2006.73

αGG

G

IFMNmgN

ma

=⋅+⋅−=

===+−

∑

운동방정식:

2

2

/53.2/94.18

smasrad

G =

−=α

)( GG∑

Example 17.16The uniform slender pole has a mass of 100kg and a moment of inertiaIG = 75kg.m2. If the coefficient of static and kinetic friction between theend of the pole and the surface are μs = 0.3 and μk = 0.25 respectively. Determine the pole’s angular acceleration at the instant the 400Nhorizontal force is applied. The pole is originally at rest

Sol) Don’t know whether to tip over w.r.t. w/o slipping or sliding forward

So first assume tipping over without slipping

α

)75()1(400)51(0981)100(400

;;)(;)(2kNFNNkFN

IMamFamF GGyGyxGx =∑=∑↑+=∑→+

So first assume tipping over without slipping

α).75()1(400)5.1(0981)100(400 2mkgmNmFNNakgFN AAGA =−=−=−

Considering the circular path of G

Kinematics (No slipping))5.1(

;a

ra==αα yGam )(

xGam )(

• Solving,300981

NFNN

A

A==

αGI

2

2

/667.0

/1

srad

smaG

=

=

α

Solution• 300N > 0.3(981N) = 294N (Slips at A)Kinematics (Slipping)

Solving,25.0 NF AA =

2/551

245981

NFNN

A

A==

2

2

/428.0

/55.1

srad

smaG

−=

=

α

Example 17.17The 30kg wheel has a mass center at G and has a radius of gyrationk 0 15 If th h l i i i ll t t d l d d t ikG = 0.15m. If the wheel is originally at rest and released, determine its angular acceleration. No slipping occurs.

22 )15.0)(25( mkgmkI GG == 0=ω

2.675.0 mkg=

;)(M AkA ∑=Μ∑

)1.0()(30)25.0()(30).675.0()1.0()81.9(30

2 makgmakgmkgmN

yGxG ++= α

)25.0(;

==αα

o

o

ara

0=ω

/2

/ ωα −×+= OGOGOG rraa rrrrr

0)1.0()()25.0()()( αα −−×+−=−− yGxG ikijaiarrrrr

2/3.10

2634.77

srad

NNNF

A

A

=

==

α

)1.0()()25.0()(

αα

==

yG

xG

aa

2

2

/03.1)(

/58.2)(

sma

sma

yG

xG

=

=

Prob 17-98

The truck carries the spool which has a weight of 200lbThe truck carries the spool which has a weight of 200lb and a radius of gyration of kG = 2 ft. Determine the angular acceleration of the spool if it is not tied down on the truck and the truck begins to accelerate at 5 ft/s2. The coefficients of static and kinetic friction between the spool and the truck bed are and150=μ 150=μthe spool and the truck bed are and respectively.

15.0=sμ 15.0=kμ

자유물체도운동방정식

200 lb

ft3

( )

( )2 200ft/s2.32 1 200,0200 2

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛==

===−

GG amaF

gNN

αIma

yGma ,

=

NF

ft3 ( )

( ) ( ) ( )3 22.32

2003

2.32

22 αα ⎟⎠⎞

⎜⎝⎛===

⎟⎠

⎜⎝

∑ GG

GG

mkFM

xGma ,=

N ⎠⎝

IG

17장 51/54마찰력 방향: unknown

구름인지 미끄럼인지 모르므로바닥이 정지되 있으면 4번째 식을 그냥 으로계산하면 되지만 바닥의 가속도가 주어져 있고 G의 가속도를구해야 하므로 바닥점 와 사이의 관계식을 이용

αraG =

구름을 가정

접촉점 A에서 미끄럼이 발생하지 않으므로

구해야 하므로 바닥점 A와 G사이의 관계식을 이용

접촉점 A에서 미끄럼이 발생하지 않으므로

( ) ( )AA2

ttangential ft/s5aa =≡접촉점의 수평

가속도 성분= i = 차의 가속도

( )GAGAGA // rraa ××+×+= ωωα가속도 성분

접선성분 ( ) ( ) ( )αα

3]3[5t

+=−×+== xGA

aa jka

...(4)α3 += Ga ( )

(1)~(4)를 풀어 F를 구하면

( ) lb30200150lb5569 < NFF ( ) lb3020015.0lb556.9 ===<= NFF SS μ

구름이 확실하므로 와 을 미리 구하면Ga α22 rad/s15.1 ,ft/s538.1 == αGa

17장 52/54

Homework

Ch. 17 연습문제1 2 7 17 19 23 26 35 39 45 49 57 64 65 66 67 73 75 78 841, 2, 7, 17, 19, 23, 26, 35, 39,45, 49, 57, 64, 65, 66, 67, 73, 75, 78, 84, 8591, 93, 99, 101, 104, 108, 110