Dynamika bryły sztywnej
Zadanie 1. Bloczki
Na rysunku poniżej pokazany jest układ dwóch bloczków, na które nawinięta jest nierozciągliwa nić. Bloczek dolny porusza się w dół rozwijając nić, która odwija się z górnego bloczka. Bloczek dolny ma moment bezwładności I1, promień R1 oraz masę m. Górny bloczek ma moment bezwładności I2 i promień R2. Z jakim przyspieszeniem porusza się środek masy dolnego bloczka?
Rozwiązanie:
Zaznaczamy na rysunku siły działające na układ bloczków. Przyjmujemy zwrot osi obserwacji ku dołowi i zapisujemy trzy równania ruchu. Jedno na siłę wypadkową środka masy dolnego bloczka, a drugie i trzecie na moment siły działającej na bloczki.
Moment siły dla drugiego bloczka jest ujemny, bo wywołuje ruch zgodny z ruchem wskazówek zegara. Bloczek dolny natomiast obraca się pod wpływem wypadkowego momentu siły przeciwnie do ruchu wskazówek zegara. Przyspieszenia kątowe obu bloczków są różne, co wynika z różnych przyspieszeń stycznych.
Przyspieszenie a1 to przyspieszenie środka masy m, a2 to przyspieszenie styczne górnego bloczka. To przyspieszenie styczne jest również przyspieszeniem linki. Zatem przyspieszenie styczne dolnego bloczka jest sumą przyspieszenia bloczka pierwszego i linki.
Wstawiamy przyspieszenia kątowe do układu równań dynamicznych.
Drugie równanie dzielimy przez R1, a trzecie przez R2.
Powyższy układ posłuży do wyznaczenia przyspieszenia dolnego bloczka. Do niego będą się odnosić kolejne przekształcenia. W pierwszej kolejności mnożymy drugie równanie układu przez dwa.
Widać, że teraz możemy pozbyć się jednej niewiadomej (naprężenia nici) poprzez dodanie wszystkich równań do siebie.
Po podzieleniu obustronnie przez masę otrzymamy wyrażenie, które numerujemy (1), bo jeszcze do niego wrócimy.
(1) 
Teraz odejmujemy od siebie równanie pierwsze i trzecie z naszego układu równań dynamicznych. W tym przypadku również zredukuje się naprężenie.
Dzielimy przez masę m i otrzymujemy wyrażenie na a1.
W związku z tym, że szukamy przyspieszenia dolnego bloczka a1, dokonujemy przekształcenia tak, aby otrzymać wyrażenie opisujące a2 za pomocą a1.
(2) 
Otrzymane równanie (2) wstawiamy do (1).
Wymnażamy każdy składnik nawiasu przez czynnik stojący przed nawiasem i porządkujemy.
Mnożymy powyższe równanie przez 
.
Wyrażenia w nawiasach sprowadzamy do wspólnego mianownika.
Mianowniki po obu stronach ulegną skróceniu.
Dzieląc przez pierwszy nawias otrzymujemy wyrażenie na szukane przyspieszenie.
(3) 
Nie jest to najprostsza postać. Zawsze staramy się zapisać wynik tak, aby wyrażenie miało jak najmniej elementów. W tym celu dzielimy mianownik przez nawias z licznika.
Jeszcze raz wykonujemy podobną procedurę i ostatecznie dostajemy najprostszą postać.
(4) 
ODP. Przyspieszenie środka masy dolnego bloczka wyraża się wzorem (3) lub (4).
Zadanie 2. Drabina
Drabina o długości l = 3 m i masie m = 4 kg oparta jest jednym końcem A o chropowatą, pionową ścianę. Zaś drugim końcem B o chropowatą poziomą podłogę. Współczynniki tarcia w punktach A i B wynoszą odpowiednio 0,1 i 0,2. Ciężar na drabinie rozłożony jest równomiernie. Wyznacz minimalny kąt dla którego drabina nie zsunie się.
Rozwiązanie:
Zapisujemy wszystkie informacje zawarte w zadaniu.
l = 3 m, m = 4 kg, µ1 = 0,1, µ2 = 0,1, α = ?
Kąt zawiera się w przedziale od 0 do 90 stopni, ponieważ leżąca bądź stojąca pionowo drabina jest rozwiązaniem oczywistym. W pierwszym przypadku jest to równowaga trwała a w drugim chwiejna. Szukamy więc kąta ostrego.
Na rysunku zaznaczamy wszystkie działające na drabinę siły, zachowując mniej więcej proporcję długości.
Warunkiem równowagi jest brak siły wypadkowej i brak wypadkowego momentu siły. Nasuwa się pytanie względem jakiego punktu obrót ma nie występować. Oczywiście moment siły musi wynosić zero względem dowolnego punktu. Idealnymi punktami są punkty podparcia A i B, bo ułatwi to rozwiązanie zadania.
Powyższe warunki zerowania się sił wypadkowych oznaczają, że środek masy drabiny nie przesuwa się ani w poziomie ani w pionie. Dwa ostatnie warunki wykluczają obrót drabiny względem punktu A i B.
Korzystając z ostatniego rysunku uzupełniamy wszystkie te zależności i rozwiązujemy jako układ czterech równań.
Dwa ostatnie równania dzielimy przez l.
We wszystkich równaniach występuje tarcie, które jest równe iloczynowi współczynnika tarcia i siły reakcji w danym punkcie.
Nasz układ wygląda teraz tak:
Trudniejsze rozwiązanie:
Wyznaczamy najpierw wyrażenie na reakcję w punkcie A i wstawiamy w odpowiednie miejsca.
Z drugiego równania wyznaczamy wzór na reakcję w punkcie B.
Otrzymane wzory wstawiamy do dwóch ostatnich równań układu.
Rozwiążmy równanie pierwsze z dwóch powyższych.
Możemy podzielić równanie obustronnie przez cosinus ponieważ rozwiązanie z pionowo stojącą drabiną jest trywialnym rozwiązaniem.
Taki sam wynik uzyskamy z drugiego równania (polecam sprawdzić). Pozostało podstawić dane i odkryć wartość kąta granicznego.
Prostsze rozwiązanie:
Prostsze rozwiązanie i na pewno szybsze uzyskamy, gdy wyznaczymy obie reakcje z ostatnich równań i podstawimy do pierwszego równania.
Dzielimy przez cosinus, bo nie tracimy żadnego rozwiązania. Pionowo stojąca drabina czyli cosinus równy zeru jest rozwiązaniem trywialnym i na pewno nie minimalnym.
Jak widać sposób powyższy jest zdecydowanie najkrótszy.
ODP. Minimalny kąt oparcia drabiny o ścianę (mierzony do poziomu) wynosi około 67,8°.
