Wykład 3 Podstawy - Wydział Mechaniczno …fluid.itcmp.pwr.wroc.pl/~zmp/Dodatki/Mech/W06.pdfWykład 3 Podstawy i zasady dynamiki Prowadz ący: dr Krzysztof Polko Wprowadzenie DYNAMIKA

MECHANIKA 2

Wykład 3

Podstawyi zasady dynamiki

Prowadzący: dr Krzysztof Polko

Wprowadzenie

DYNAMIKA jest działem mechanikiopisuj ącym ruch układu materialnegopod wpływem sił działaj ących na tenukład .

Oparta jest na zasadach sformułowanychprzez Newtona w traktacie :

Philosophiae naturalia principiamathematica (1687) .

Zasady dynamiki klasycznej Newtona

Zasada pierwsza

Punkt materialny, na który niedziałają żadne siły lub działają siływzajemnie równoważące się, pozostajewzględem układu odniesienia wspoczynku lub ruchu jednostajnegoprostoliniowego.

Zasada druga

Zmiana ilości ruchu (pędu) jestproporcjonalna względem siły działająceji ma kierunek prostej, wzdłuż której tasiła działa.

Dla m = const


Zasada trzecia (akcji i reakcji)

Każdemu działaniu towarzyszy równe,leczprzeciwniezwróconeoddziaływanie.


Zasada czwarta (prawo superpozycji)

Jeśli na punkt materialny o masie m działajednocześnie kilka sił, to punkt uzyskujeprzyspieszenie równe sumie geometrycznejprzyspieszeń, jakie uzyskałby w wynikuniezależnego działania każdej z sił.


Zasada pi ąta (prawo grawitacji)

Każde dwa punkty materialne przyciągają sięwzajemnie z siłą wprost proporcjonalną do iloczynumas (m1, m2) i odwrotnie proporcjonalnie dokwadratu odległości r między nimi. Kierunek siłyleży na prostej łączącej te punkty.

- stała grawitacjiG


Rozpędzamy wózek z przyspieszeniem . Musimy więcdziałać siłą równą , . Zgodnie z zasadą akcji i reakcji nanasze ręce działa taka sama siła pochodząca od wózka, leczzwrócona przeciwnie.

Jest to siła bezwładności ( d’Alemberta )

Siła bezwładno ści

aρ

amFρρ

=

=Dρ

Ciężarek o masie m obracany na nici wokółpunktu 0 poddany jest działaniu siły

skierowanej dośrodka 0.

Nić jest rozciągana siłą bezwładności

nazywamy ją czasemsiłą odśrodkową

namFρρ

=

=Dρ


Niech po dowolnymtorze porusza się punkt materialny o masie m. Napunkt ten działa siła nadając, mu przyspieszenia całkowitego .Siłę F oraz przyspieszenie a rozłożymy na kierunek styczny i normalnydo toru, otrzymamy:

Fρ

aρ

siłę styczną do toru

siłę normalną do toru

=t

Fρ

=n

Fρ


Poruszającemu się punktowi przypiszemy siłę bezwładności ,równą co do modułu sile , lecz zwróconą przeciwnie. Siłę tęmożemyrównież rozłożyć na kierunek styczny i normalny do toru.

amDρρ

−=Fρ

Styczna siła bezwładności

Normalna siła bezwładności

=t

Dρ

=n

Dρ


Siła bezwładno ści ma warto ść równ ąiloczynowi masy przez przyspieszenieruchu .

Jej kierunek jest taki jak kierunekprzyspieszenia ruchu, za ś zwrot jestzawsze przeciwny niż zwrot przyspieszenia .

Siła bezwładności jest równa zeru wtedy, gdy w ruchu niewystępuje przyspieszenie. W szczególności, styczna siłabezwładności nie występuje w ruchu jednostajnympunktu, normalna siła bezwładności jest równa zeru wruchu prostoliniowym.


W ruchu swobodnego punktumaterialnego układ sił czynnychrównoważy się z siłą bezwładności.

Zasada D’Alemberta

W ruchu punktu nieswobodnego siłyczynne i reakcje więzów równowa żąsię z siłą bezwładno ści.

Tak więc wprowadzając do zagadnień dynamiki siłę bezwładnościsprowadzamy je do zagadnień statyki. Metodę tę nazywamy metodąkinetostatyki.

Zasada D’Alemberta

Rozpatrzmy ruch masy m zawieszonej nakońcu liny rozwijającej się z bębna.Załóżmy, że przyspieszenie opadającej masywynosi .

Na rozważaną masę działa siła ciężkości , siłanapięcia w linie i siła bezwładności ,zwróconą przeciwprzyspieszeniu.

Warunek równowagi:

Przykład

aρ

Gρ

Sρ

Dρ

Rys. 8

Przykład

agρρ=

Po podstawieniu

stąd

W przypadku swobodnego spadku masy , siłanapięcia liny będzie równa zeru. Przy jednostajnymruchumasy siła w linie będzie równa sile ciężkości.

Punkt materialny o masie m porusza się pod wpływemukładu sił

Drugą zasadę Newtona zapiszemy w postaci:

Pęd punktu materialnego

Wektor nazywany jest pędem lubilością ruchu punktu materialnego .

n21FFFρρρ

,....,,

vmρ

pρ

Po wprowadzeniu pojęcia pędu, drugą zasadę Newtonamożemy przedstawić w postaci

Pochodna pędu punktu materialnegowzględem czasu jest równa sumie siłdziałaj ących na dany punkt.

Pęd punktu materialnego

W przypadku gdy na punkt materialny niedziałaj ą siły lub siły działaj ące równowa żąsię, pęd punktu materialnego jest stały .

Zasada zachowania p ędu punktu materialnego

Drugą zasadę Newtona przepiszemy w postaci

Zasada pędu masy i impulsu siły

Impuls elementarny siły działaj ącej napunkt materialny jest równy przyrostowielementarne go pędu tego punktu .

Po oznaczeniu

otrzymamy

Elementarny impuls siły

Całkując obustronnie poprzednie równanie otrzymamy

dt∫=Π2

1

t

t

Fρρ

- jest impulsemcałkowity siły F w przedziale czasu t2-t1,

otrzymamy

Przyrost p ędu masy poruszaj ącego si ę punktu jest równy impulsowi całkowitemu sił działaj ących.

Zasada pędu masy i impulsu siły

Stwierdzamy więc, że dla zmiany pędu masy niezbędny jest określonyczas działania siły. Siły działające nieskończenie krótko lub, praktyczniebiorąc, mające bardzo krótki czas działania nazywamysiłamichwilowymi (działanie nogi gracza na piłkę, siły przy uderzeniu kulbilardowych) w odróżnieniu odsił ciągłych, do której zaliczamy np. siłęciężkości.

Z równania tego wynika,że zmiana wektora pędu będzie tymintensywniejsza, imwiększa będzie siła oraz immniejsza będziemasam i pęd początkowy .

Fρ

1pρ

PĘD MASY. IMPULS SIŁY

KRĘT PUNKTU MATERIALNEGOPo dowolnym torze porusza się punkt o masie m, zprędkością . Obierzmy dowolny punkt 0 jako początekukładu stałego x, y, z i połączmy go z poruszającym siępunktem promieniem-wektorem .

vρ

rρ

Kr ętem poruszającego się punktu materialnegowzględem obranego bieguna 0 nazywamy wektorrówny iloczynowi wektorowemu promienia,przez pęd poruszającego się punktu.

Kręt jest więc momentem pędu względem obranego bieguna.

Po zróżniczkujemy wektora kr ętu względem czasu otrzymamy

czyli

Pochodna kr ętu wzgl ędem czasu

Iloczyn wektorowy wektorów równoległych ,natomiast iloczyn przedstawia moment siłdziałających na poruszający się punkt materialnywzględem obranego bieguna 0. Tak więc

0vmv =× ρρamrρρ×

Pochodnawektora kr ętu względem czasujestrówna momentowi głównemu wszystkich siłdziałających na dany punkt materialny.

Pochodna kr ętu wzgl ędem czasu

Zasada zachowania kr ętu

Jeżeli moment sił działających naporuszający się punkt materialny jestwzględem jakiegoś bieguna jest równyzeru, to kr ęt poruszającegosię punktuwzględem tego bieguna jest wektoremstałym.

DYNAMICZNE RÓWNANIA RUCHU PUNKTU MATERIALNEGO

Po podstawieniu

oraz

Otrzymamydynamiczne równaniami ruchu

Z drugiej zasady dynamiki

Przy analizie ruchu punktu stosuje się w mechanice oprócz układukartezjańskiego również inne układy ortogonalne. Równania ruchu wtych układach otrzymamy uwzględniając znane z kinematyki wzoryprzedstawiające przyspieszenia w tych układach.Tak na przykład wbiegunowym układzie współrzędnych dynamicznerównania ruchu maja postać:

,

W układzie współrzędnych walcowych, równania te będą wyglądałynastępująco:


W kinematyce podaliśmy składowe przyspieszenia w naturalnymukładzie współrzędnych. Opierając się na tych składowych napiszemydynamiczne równania ruchu wnaturalnym układzie współrzędnych

Wreszcie podamy jeszcze dynamiczne równania ruchu wewspółrzędnych kulistych:


Rozwiązanie równań dynamicznych sprowadza się do dwóch zagadnieńzwanych niekiedydwoma zadaniami dynamiki.

1. Zadanie pierwsze polega na tym, że mamy parametryczne równania toru, po którym porusza się punkt materialny, czyli mamy określone równania

,)(txx = )(tyy = )(tzz =,

Chcemy natomiast wyznaczyć siłę , pod której wpływemporusza siępunkt materialny Zadanie to rozwiązuje się w prosty sposób.Różniczkując dwukrotnie względem czasu równania parametryczne,określamy składowe przyspieszenia, podstawiając je do dynamicznychrównań ruchu znajdujemy szukane składowe siły działającej, a więc iwektor siły.

Fρ


2. Bardziej złożone jest drugie zadanie dynamiki.Polega ono nawyznaczeniu (przy danej masie i sile) przyspieszenia, prędkości i toruporuszającego się punktu.

W zadaniu tymmusimy mieć określoną siłę działającą. Możemy turozróżnić następujące przypadki.

a) Siła jest wektoremstałym, np. siła ciężkości, tarcie,b) Siła jest funkcją czasu, np. siła odśrodkowa wahadła,c) Siła zależy od położenia, np. siła sprężystości, siła ciężkości przy

uwzględnieniu dużego obszaru,d) Siła zależy od prędkości poruszającego się punktu, np. opór

powietrza.W najogólniejszymprzypadku równania ruchu w współrzędnych

kartezjańskich b miały postać


Całka ogólna tych równań (o ile istnieje) ma postać trzech równańzawierających sześć stałych całkowania. Różniczkując te równania iuwzględniając warunki początkowe dlat=0

, oxx = oxx &&=

, oyy = oyy &&=

ozz =ozz &&=,

określimy parametryczne równania toru

),,,,,,(1 tzyxzyxfx oooooo &&&= ),,,,,,(2 tzyxzyxfy oooooo &&&= ),,,,,,(3 tzyxzyxfz oooooo &&&=

Ten układ równań określa ruch punktu, na który działają znane siły iktóry w chwili początkowej zajmował określone położenie i miałokreśloną prędkość początkową.


CAŁKOWANIE RÓWNA Ń RUCHUOkreślenie siły na podstawie parametrycznych równań toru.Masa m = 4 kg porusza się po torze określonym parametrycznymirównaniami

62t4t 2 3 −+=x m, 4 t3y 2 += , m.

Określić działająca siłę.Różniczkujemy dwukrotnie względem czasu i znajdujemy składoweprzyspieszenia

Podstawiając je do równań ruchu znajdujemy szukaną siłę

lub w postaci wektorowej

=Fρ

Ruch pod wpływemsiły . W tym przypadku równanie dynamicznema postać

0=Fρ

, czyli0=am

ρ

0=r&&ρ

Po scałkowaniu i przyjęciu, że w chwili t = 0 , otrzymamyoovrρ&ρ =

oovrρ&ρ =

Całkując drugi raz i uwzględniając, że dlat = 0 , otrzymamyorrρρ=

Dochodzimy w ten sposób do znanych równań ruchu jednostajnego iprostoliniowego.

CAŁKOWANIE RÓWNA Ń RUCHU

Po dwukrotnym scałkowaniu i przyjęciu warunków początkowych:

dla t = 0 oraz dla będzie

Ruch pod wpływem siły stałej . Napiszemyrównanie ruchu w postaci

const=Fρ

oovrρ&ρ =

orrρρ =

=rρ


Ruch pod wpływemsiły, która jest funkcj ą położenia.Jako przykład rozpatrzmy ruch punktu materialnego o masiemwystrzelonego z planety o masieM (rys. 9). Równanie ruchu ma postać

ale

lub

Po całkowaniu otrzymujemy równanie

Rys. 9


Obliczymy, na jaką wysokość H wzniesie się punkt materialnywyrzucony z planety o promieniu R, jeżeli nadano mu prędkośćpoczątkową vo. Podstawimy więc v = 0, x =H, xo = R otrzymamy

po przekształceniu

Zastanówmy się, z jaką prędkością należy wyrzucić punktmaterialny z planety, aby na nią nie wrócił, czyli aby stał się satelitąplanety.

Prędkość tę, zwaną prędkością ucieczki v∞, otrzymamy,podstawiając do wzoru vo = v∞ orazH = ∞. Na prędkość ucieczkiotrzymamy wyrażenie


Na powierzchni Ziemi siła grawitacji ma wartość

Prędkość ucieczki dla Ziemi będzie

Przyjmując w szczególności R = 6340 kmoraz g = 9,81 m/s2 otrzymamy

v∞ ≈ 11,8 km/s ≈ 42 500 km/h.

Jest to prędkość, jaką należy nadać ciału, aby stało się ono satelitą Ziemi.


RUCH WZGLĘDNY PUNKTU MATERIALNEGO– układ ruchomy wykonuje ruch post ępowy

Względem układu stałego ruch punktu jest określony równaniem

W układzie ruchomym ruch określony jest więc równaniem

oraz

uu maDρρ

−=w którym nazywamy siłą bezwładności unoszenia. Jest ona równa iloczynowi masy punktu przez przyspieszenie unoszenia i jest zwrócona przeciwnie niż .ua

ρ

(17)

Równanie ruchu przyjmuje następującą postać:

Względem ruchomego układu odniesienia wykonującego ruch postępowy punkt materialny porusza się tak, jakby działała na niego, oprócz sił danych, jeszcze pomyślana siła bezwładności unoszenia.

Zasada względności mechaniki klasycznej:

Za pomocą żadnych zjawisk mechanicznych nie możemy wykazaćistnienia prostoliniowego, jednostajnego ruchu postępowego układu

odniesienia.


Rys. 8

Ostatecznie:

Dla punkt materialny będzie poruszał się w dół. W przeciwnym przypadku punkt będzie poruszał się do góry.

Gdy , punkt pozostanie w spoczynku lub w ruchu jednostajnym prostoliniowym (względem ruchomej płaszczyzny).

αtggau <

αtggau =


RUCH WZGLĘDNY PUNKTU MATERIALNEGO– układ ruchomy wykonuje ruch obrotowy

W układzie stałym równanie ruchu będzie następujące:

oraz

Równanie ruchu w układzie ruchomym przyjmie postać:

– siła bezwładności unoszenia,

– siła bezwładności unoszenia Coriolisa.

uu maDρρ

−=

cc maDρρ

−=

(18)

Względem ruchomego układu odniesienia wykonującego ruch obrotowy punkt materialny porusza się tak jakby działała na niego, oprócz sil danych, jeszcze pomyślana siła bezwładności unoszenia i

pomyślana siła bezwładności Coriolisa.

W ruchu obrotowym przyspieszenie całkowite jest sumą geometryczną przyspieszenia obrotowego i doosiowego, czyli

w związku z tym

(19)

(20)


– obrotowa (styczna) siła bezwładności,

– poosiowa (normalna) siła bezwładności,

oo maDρρ

−=

dd maDρρ

−=

=oD


=dD =cD

przy czym

Rys. 9

Ruch punktu wzdłuż prostej l opisuje równanie

Rozwiązaniem ogólnym będzie wyrażenie

W wielu zagadnieniach praktycznych za układ odniesienia przyjmujemy Ziemię. W ogólności jest to układ nieinercjalny. Jednak z wystarczająco dobrym przybliżeniem Ziemię możemy uważać za układ inercjalny, o ile

tylko będziemy rozpatrywać ruch w przedziałach czasu krótkich w porównaniu z okresem ruchu postępowego i obrotowego Ziemi.

Szczególnie niewielką rolę odgrywa, przy występujących w praktyce prędkościach, siła Coriolisa.


PRZYKŁAD 1

Człowiek naciska na podłogę windy siłą N1 = 500 N, jeśliwinda jest w spoczynku, natomiast siłą N2 = 550 N, jeśliwinda rusza. Jakie jest przyspieszenie windy? Przyjąć g =10 m/s2.

Gρ

Gρ

1Nρ

spoczynek ruch

2Nρ

?a =ρ

Rozwiązanie

Dla spoczynku

Dla ruchu windy

Z warunków równowagi:

Z II zasady dynamiki Newtona:

Odp.:

PRZYKŁAD 2

Ciało o masiem1 porusza się po chropowatej równi pochyłej,tworzącej za poziomemkąt α. Za pomocą nieważkiej, doskonalewiotkiej linki, przerzuconej przez kołek K, wprawia w ruch ciało omasiem2, znajdujące się na chropowatej płaszczyźnie poziomej.Współczynnik tarcia kinetycznego na obydwu powierzchniach jestrówny µ. Znaleźć wartość siły wypadkowej działającej na ciało omasiem1.

Rozwiązanie

2Gρ

2Nρ

1Gρ

1Nρ

1Tρ

Wartości sił działających na ciało 2:

2Tρ

α

Rozwiązanie

Niech – wypadkowa sił N1 i G1.GN1Fρ

Wtedy

Zatem wypadkowa sił działających na ciało 1 ma wartość:

Wartości sił działających na ciało 1:

PRZYKŁAD 3

Przypadek taki sam, jak w poprzednim zadaniu.Prędkość początkowa ciała o masiem1 wynosi v0. Znaleźćczas, po którymprędkość będzien razy większa.

ZASADA PĘDU

Rozwiązanie

Zgodnie z zasadą pędu:

Odp.:

PRZYKŁAD 4

Z działa o masieM = 1000 kg wystrzelono pocisk o masiem = 1 kg. W chwili wylotu z lufy pocisk ma prędkość owartości v = 400 m/s. Działo ulega odrzuceniu w przeciwnąstronę niż leci pocisk. Obliczyć szybkość odrzutu działa –szybkość chwilową w momencie, gdy pocisk opuszcza lufę.

ZASADA ZACHOWANIA P ĘDU

sm004v =?u =

Rozwiązanie

Działo i pocisk tworzą układ zamknięty. Przyjmujemyistnienie wyłącznie oddziaływań między działemi pociskiem(oddziaływania grawitacyjne w chwili wystrzału możemypominąć). Nie ma oddziaływań zewnętrznych w stosunku doukładu działo-pocisk.Ponieważ siły między działemi pociskiemsię równoważą, wukładzie działo-pocisk obowiązujezasada zachowania pędu.

Fρ

Fρ

−

gdzie p1 – pęd układu w spoczynku;p2 – pęd układu w chwili odrzutu.

vmρ

więc

Odp.:

uMρ−

PRZYKŁAD 5Balon opada ze stałą prędkością. Jaką masę balastu należywyrzucić, alby balon zaczął wznosić się z tą samąprędkością? Masa balonu (z balastem) wynosi M = 300 kg,a siła wyporu Fwyp = 2900 N.Dane: M, Fwyp Szukane:m = ?

Rozwiązanie

Na balon działają 3 siły:• ciężkości G;• wyporu Fwyp;• oporu ośrodka R.Balon porusza się ze stałą prędkością, więc na podst. Izasady dynamiki:

Gdy balon wznosi się, również będzie spełniona I zasadadynamiki:

Uwaga!Ponieważ szybkość przy opadaniu i wznoszeniu jest takasama, a siła oporu powietrza R zależy tylko od prędkości, jejwartość przy opadaniu i wznoszeniu również będzie takasama.

PRZYKŁAD 6

Dwa klocki o masach m1 i m2 związane nieważką inierozciągliwą nicią leżą na poziomymstole. Do drugiego znich przyłożono siłę F pod kątem α. Współczynniki tarciamiędzy klockami a stołem wynoszą odpowiednio µ1 i µ2.Oblicz przyspieszenie klockówi siłę napinającą nić.Dane: m1, m2, F, α, µ1, µ2 Szukane:a, S

RozwiązanieNa układ działają siły:• G1, G2 – siły ciężkości;• T1, T2 – siły tarcia;• N1, N2 – siły nacisku (reakcji podłoża);• S – siła napięcia linki;• F – dodatkowa siła zewnętrzna.

Wykorzystamy fakt, i ż oba klocki poruszają się z tymsamymprzyspieszeniemo wartości a.

Równania ruchu pierwszego klocka:

– II zasada dynamiki

– równanie równowagi

Równania ruchu drugiego klocka:

– II zasada dynamiki

– równanie równowagi

Rozwiązania:

Uwaga!Powyższe rozważania mają sens, gdy klocek nie odrywasię od podłoża (tj. gdy G2 > Fsinα) oraz gdya > 0, tj. gdy:

PRZYKŁAD 7

W wagonie poruszającym się poziomo ruchem jednostaj-nie przyspieszonymwisi na nici ciężarek o masiem = 0,1kg. Nić odchylona jest od pionu o kąt α = 15°. Obliczyćprzyspieszenie wagonu i siłę napięcia linki.Dane: m, α Szukane:a, S

Rozwiązanie

Kulka względemwagonu jest w spoczynku, a względemziemiporusza się z przyspieszeniema równym przyspieszeniuwagonu. Na kulkę działają jedynie siły:� grawitacji G;� napięcia linki S.Obie siły składają się na wypadkową F,która powoduje ruch kulki względemziemi z przyspieszeniema.II zasada dynamiki dla kulki:

Skalarnie:

Rozwiązanie:

Documents

Wykład 3 Podstawy - Wydział Mechaniczno …fluid.itcmp.pwr.wroc.pl/~zmp/Dodatki/Mech/W06.pdfWykład 3 Podstawy i zasady dynamiki Prowadz ący: dr Krzysztof Polko Wprowadzenie DYNAMIKA