W fizyce, rozważanie problemów z wirującymi ciałami lub układami będącymi w równowadze odbywa się przy użyciu pojęcia "momentu siły". W tym artykule rozważymy wzór na moment siły, a także jego zastosowanie do rozwiązania tego typu problemu.
Moment siły w fizyce
Jak wspomniano we wstępie, ten artykuł skupi się na systemach, które mogą obracać się wokół osi lub wokół punktu. Rozważ przykład takiego modelu, pokazany na poniższym rysunku.
Widzimy, że szara dźwignia jest zamocowana na osi obrotu. Na końcu dźwigni znajduje się czarna kostka o pewnej masie, na którą działa siła (czerwona strzałka). Intuicyjnie jest jasne, że wynikiem tej siły będzie obrót dźwigni wokół osi w kierunku przeciwnym do ruchu wskazówek zegara.
Moment siły jest wielkością w fizyce, która jest równa iloczynowi wektorowemu promienia łączącego oś obrotu i punkt przyłożenia siły (zielony wektor na rysunku) oraz siły zewnętrznej samo. Oznacza to, że zapisano wzór na moment siły wokół osiw następujący sposób:
M¯=r¯F¯
Wynikiem tego produktu jest wektor M¯. Jej kierunek wyznacza się na podstawie znajomości wektorów mnożnikowych, czyli r¯ i F¯. Zgodnie z definicją iloczynu krzyżowego, M¯ musi być prostopadłe do płaszczyzny utworzonej przez wektory r¯ i F¯ i skierowane zgodnie z regułą prawej ręki (jeżeli cztery palce prawej ręki są umieszczone wzdłuż pierwszego pomnożonego wektor pod koniec drugiego, a następnie kciuk wskazuje, dokąd skierowany jest żądany wektor). Na rysunku widać, gdzie skierowany jest wektor M¯ (niebieska strzałka).
Zapis skalarny M¯
Na rysunku w poprzednim akapicie siła (czerwona strzałka) działa na dźwignię pod kątem 90o. W ogólnym przypadku można go nakładać pod absolutnie dowolnym kątem. Rozważ obraz poniżej.
Widać tutaj, że siła F już działa na dźwignię L pod pewnym kątem Φ. Dla tego układu wzór na moment siły względem punktu (pokazanego strzałką) w postaci skalarnej przyjmie postać:
M=LFgrzech(Φ)
Z wyrażenia wynika, że moment siły M będzie tym większy, im bliżej kierunku działania siły F jest kąt 90o względem L I odwrotnie, jeśli F działa wzdłuż L, to sin(0)=0, a siła nie tworzy żadnego momentu (M=0).
Rozważając moment siły w formie skalarnej, często używa się pojęcia "dźwigni siły". Ta wartość to odległość między osią (punktobrót) i wektor F. Stosując tę definicję do powyższego rysunku, możemy powiedzieć, że d=Lsin(Φ) jest dźwignią siły (równość wynika z definicji funkcji trygonometrycznej „sin”). Za pomocą dźwigni siły wzór na moment M można przepisać w następujący sposób:
M=dF
Fizyczne znaczenie M
Rozważana wielkość fizyczna określa zdolność siły zewnętrznej F do wywierania efektu obrotowego na układ. Aby wprowadzić ciało w ruch obrotowy, konieczne jest poinformowanie go o pewnym momencie M.
Doskonałym przykładem tego procesu jest otwieranie lub zamykanie drzwi do pokoju. Trzymając klamkę, osoba robi wysiłek i obraca drzwi na zawiasach. Każdy może to zrobić. Jeśli spróbujesz otworzyć drzwi, działając na nie w pobliżu zawiasów, będziesz musiał bardzo się starać, aby je przesunąć.
Innym przykładem jest odkręcanie nakrętki kluczem. Im krótszy jest ten klucz, tym trudniej wykonać zadanie.
Wskazane cechy obrazuje wzór momentu siły nad ramieniem, który został podany w poprzednim akapicie. Jeśli M jest uważane za wartość stałą, to im mniejsze d, tym większe F musi być zastosowane, aby wytworzyć dany moment siły.
Kilka działających sił w systemie
Powyżej rozważono przypadki, w których tylko jedna siła F działa na układ zdolny do obracania się, ale co, jeśli istnieje kilka takich sił? Rzeczywiście taka sytuacja jest częstsza, ponieważ siły mogą działać na systeminny charakter (grawitacyjny, elektryczny, tarcia, mechaniczny i inne). We wszystkich tych przypadkach wypadkowy moment siły M¯ można uzyskać za pomocą sumy wektorowej wszystkich momentów Mi¯, tj.:
M¯=∑i(Mi¯), gdzie i jest liczbą siły Fi
Z własności addytywności momentów wynika ważny wniosek, który nazywa się twierdzeniem Varignona, nazwanym na cześć matematyka z przełomu XVII i XVIII wieku - Francuza Pierre'a Varignona. Brzmi on: „Suma momentów wszystkich sił działających na rozważany układ może być reprezentowana jako moment jednej siły, który jest równy sumie wszystkich pozostałych i jest przyłożony do pewnego punktu”. Matematycznie twierdzenie można zapisać w następujący sposób:
∑i(Mi¯)=M¯=d∑i (Fi¯)
To ważne twierdzenie jest często używane w praktyce do rozwiązywania problemów dotyczących rotacji i równowagi ciał.
Czy chwila siły działa?
Analizując powyższe formuły w postaci skalarnej lub wektorowej, możemy stwierdzić, że wartość M to trochę pracy. Rzeczywiście, jego wymiar to Nm, co w SI odpowiada dżulowi (J). Tak naprawdę moment siły nie jest pracą, a jedynie ilością, która jest w stanie to zrobić. Aby tak się stało, konieczny jest ruch okrężny w układzie i działanie długotrwałe M. Dlatego wzór na pracę momentu siły zapisujemy w następujący sposób:
A=Mθ
BW tym wyrażeniu θ jest kątem, o jaki obrót został wykonany przez moment siły M. W rezultacie jednostkę pracy można zapisać jako Nmrad lub Jrad. Na przykład wartość 60 Jrad wskazuje, że po obróceniu o 1 radian (około 1/3 okręgu) siła F, która tworzy moment M, wykonała pracę o wartości 60 dżuli. Wzór ten jest często używany przy rozwiązywaniu problemów w układach, w których działają siły tarcia, jak pokazano poniżej.
Moment siły i moment pędu
Jak pokazano, oddziaływanie momentu M na układ prowadzi do pojawienia się w nim ruchu obrotowego. Ten ostatni charakteryzuje się wielkością zwaną „pędem”. Można go obliczyć za pomocą wzoru:
L=Iω
Tutaj I jest momentem bezwładności (wartość, która odgrywa taką samą rolę w obrocie jak masa w liniowym ruchu ciała), ω jest prędkością kątową, jest ona powiązana z prędkością liniową wzorem ω=v/r.
Oba momenty (pęd i siła) są powiązane ze sobą następującym wyrażeniem:
M=Iα, gdzie α=dω / dt to przyspieszenie kątowe.
Podajmy inny wzór, który jest ważny przy rozwiązywaniu problemów związanych z pracą momentów sił. Korzystając z tego wzoru, możesz obliczyć energię kinetyczną wirującego ciała. Wygląda tak:
Ek=1/2Iω2
Następnie przedstawiamy dwa problemy z rozwiązaniami, w których pokazujemy, jak wykorzystać rozważane wzory fizyczne.
Równowaga kilku ciał
Pierwsze zadanie dotyczy równowagi układu, w którym działa kilka sił. NaPoniższy rysunek przedstawia system, na który działają trzy siły. Należy obliczyć jaką masę obiekt musi być zawieszony na tej dźwigni i w jakim momencie należy to zrobić, aby ten układ był w równowadze.
Z warunków problemu możemy zrozumieć, że aby go rozwiązać, należy użyć twierdzenia Varignona. Na pierwszą część problemu można odpowiedzieć natychmiast, ponieważ ciężar przedmiotu, który ma być zawieszony na dźwigni będzie wynosił:
P=F1 - F2 + F3=20 - 10 + 25=35 H
Znaki są tutaj wybrane, biorąc pod uwagę, że siła, która obraca dźwignię w kierunku przeciwnym do ruchu wskazówek zegara, wytwarza moment ujemny.
Pozycję punktu d, na którym ma być zawieszony ciężarek, oblicza się ze wzoru:
M1 - M2 + M3=dP=720 - 510 + 325=d35=> d=165/35=4, 714 m
Zauważ, że używając wzoru na moment grawitacji, obliczyliśmy równoważną wartość M tej utworzonej przez trzy siły. Aby system był w równowadze, konieczne jest zawieszenie ciała o masie 35 N w punkcie 4, 714 m od osi po drugiej stronie dźwigni.
Problem z przenoszeniem dysku
Rozwiązanie poniższego problemu opiera się na wykorzystaniu wzoru na moment siły tarcia i energię kinetyczną ciała obrotowego. Zadanie: Podaj dysk o promieniu r=0,3 metra, który obraca się z prędkością ω=1 rad/s. Należy obliczyć, jak daleko może przebyć powierzchnię, jeśli współczynnik tarcia tocznego wynosi Μ=0,001.
Ten problem jest najłatwiejszy do rozwiązania, jeśli użyjesz zasady zachowania energii. Mamy początkową energię kinetyczną dysku. Kiedy zaczyna się toczyć, cała ta energia jest zużywana na ogrzewanie powierzchni dzięki działaniu siły tarcia. Porównując obie wielkości otrzymujemy wyrażenie:
Iω2/2=ΜN/rrθ
Pierwsza część wzoru to energia kinetyczna dysku. Druga część to praca momentu siły tarcia F=ΜN/r, przyłożonej do krawędzi tarczy (M=Fr).
Zakładając, że N=mg i I=1/2mr2, obliczamy θ:
θ=mr2 ω2/(4Μmg)=r 2 ω2/(4Μ g)=0, 32 1 2/(40,0019,81)=2,29358 rad
Ponieważ radiany 2pi odpowiadają długości 2pir, otrzymujemy, że wymagana odległość, jaką dysk pokona, to:
s=θr=2,293580,3=0,688 m lub około 69 cm
Zauważ, że masa dysku nie wpływa na ten wynik.
