William Moebs; Samuel J. Ling; Jeff Sanny

Cel dydaktyczny

W tym podrozdziale nauczysz się:

stosować zasadę zachowania momentu pędu w celu określenia prędkości kątowej w obracającym się układzie, w którym zmieniają się momenty bezwładności;
wyjaśniać zmiany energii kinetycznej ruchu obrotowego, gdy w układzie zmienia się zarówno moment bezwładności, jak i prędkość kątowa.

Do tej pory zajmowaliśmy się momentami pędów (i krętami) układów składających się z cząstek punktowych i ciał (brył) sztywnych. Analizowaliśmy też wpływ zewnętrznych momentów sił na zmiany momentów pędu, stosując związek pomiędzy wypadkowym momentem sił zewnętrznych i szybkością zmiany momentu pędu (Równanie 11.10). Przykłady układów, które spełniają to równanie, to swobodny obrót kół rowerowych, który jest spowalniany w miarę upływu czasu z powodu działania momentu siły tarcia, lub spowolnienie obrotów Ziemi przez miliony lat z powodu działania momentu siły tarcia, powstającego na skutek tzw. deformacji pływowych (patrz rozdział Siły pływowe).

Załóżmy jednak, że nie ma wypadkowego momentu sił zewnętrznych działających na układ, tj. $\sum \vec{M} = 0$ . W tym przypadku (Równanie 11.10) obowiązuje zasada (prawo) zachowania momentu pędu (ang. law of conservation of angular momentum).

Prawo (zasada) zachowania momentu pędu

Moment pędu układu cząstek wokół punktu, w ustalonym inercjalnym układzie odniesienia, jest zachowany, jeśli wypadkowy moment sił zewnętrznych względem tego punktu jest równy zero. Stąd:

\frac{d \vec{L}}{d t} = 0,

11.12

lub

\vec{L} = {\vec{l}}_{1} + {\vec{l}}_{2} + \dots+ {\vec{l}}_{N} = constant .

11.13

Należy zauważyć, że to całkowity moment pędu $\vec{L}$ jest zachowany. Każdy z poszczególnych momentów pędu układu może się zmieniać, ale tak aby ich suma pozostała stała. Prawo to jest analogiczne do prawa zachowania pędu układu, gdy suma sił zewnętrznych działających na układ jest równa zero.

Przykład zachowania momentu pędu pokazuje Ilustracja 11.14, przedstawiająca łyżwiarkę wykonującą obrót. Wypadkowy moment sił działający na nią jest bliski zero, ponieważ tarcie między jej łyżwami a lodem jest zaniedbywalne. Ponadto siła tarcia działa bardzo blisko punktu, przez który przechodzi oś obrotu. Zarówno $| \vec{F} |$ , jak i $| \vec{r} |$ są małe, więc $| \vec{M} |$ też jest znikomy. W związku z tym łyżwiarka może się obracać przez jakiś czas. Może również zwiększyć swoją szybkość wirowania, ściągając ramiona i nogi. Dlaczego ściąganie ramion i nóg powoduje wzrost szybkości obrotu? Ponieważ jej moment pędu jest stały, tak że

L^{'} = L,

lub

I^{'} ω^{'} = I ω,

gdzie wielkości „primowane” odnoszą się do sytuacji z części b) rysunku, tj. po tym, jak łyżwiarka przyciągnęła ramiona i nogę do tułowia i w ten sposób zmniejszyła swój moment bezwładności. Bo jeżeli $I^{^{'}}$ jest mniejsze, to prędkość kątowa $ω^{'}$ musiała się zwiększyć, aby utrzymać stałą wartość momentu pędu.

Dwie ilustracje ukazujące łyżwiarkę figurową na lodzie. Na rysunku po lewej łyżwiarka ma ramiona i jedną nogę przedłużoną od ciała. Wiruje z kątową prędkością omega i L równa się I razy omega. Na rysunku b po prawej stronie łyżwiarka ma ramiona i stopę przyciągniętą blisko jej ciała. Wiruje teraz z kątową prędkością omega prim i L równą I prim razy omega prim.

Ilustracja 11.14 (a) Łyżwiarka wiruje na czubku łyżwy z rozłożonymi ramionami. Jej moment pędu jest zachowany, ponieważ wypadkowy moment sił działający na nią jest pomijalnie mały. (b) Jej szybkość obrotów znacznie wzrosła, gdy ściągnęła ramiona, zmniejszając swój moment bezwładności. Praca, jaką wykonała, ściągając ramiona, spowodowała wzrost energii kinetycznej ruchu obrotowego.

Interesujące jest, by zobaczyć, jak energia kinetyczna ruchu obrotowego łyżwiarki zmienia się, kiedy przyciąga ramiona do tułowia. Jej początkowa energia kinetyczna ruchu jest równa:

E_{k obr} = \frac{1}{2} I ω^{2},

podczas gdy końcowa energia wynosi:

{E^{'}}_{k obr} = \frac{1}{2} I^{'} {(ω^{'})}^{2} .

Ponieważ $I^{'} ω^{'} = I ω,$ możemy w powyższym wzorze zastąpić $ω^{'}$ przez $I ω / I^{^{'}}$ i otrzymać:

{E^{'}}_{k obr} = \frac{1}{2} I^{'} {(ω^{'})}^{2} = \frac{1}{2} I^{'} {(\frac{I}{I^{'}} ω)}^{2} = \frac{1}{2} I ω^{2} (\frac{I}{I^{'}}) = E_{k obr} (\frac{I}{I^{'}}) ​ .

Ponieważ moment bezwładności łyżwiarki zmalał, $I^{'} < I,$ jej końcowa energia kinetyczna ruchu obrotowego wzrosła. Źródłem tej dodatkowej energii kinetycznej jest praca, jaką łyżwiarka musiała wykonać, przyciągając ręce do siebie. Praca ta powoduje wzrost energii kinetycznej ruchu obrotowego łyżwiarki, podczas gdy jej moment pędu pozostaje stały. Ponieważ brak jest tarcia, energia ta pozostaje w układzie. W związku z tym, gdyby łyżwiarka znów rozciągnęła ręce do pierwotnej pozycji, to do początkowej wartości zmaleją prędkość kątowa łyżwiarki (od $ω^{'}$ do $ω$ ) i jej energia kinetyczna (wartość energii ruchu obrotowego zmniejsza się od wartości ${E^{'}}_{k obr}$ do wartości $E_{k obr}$ ). Ostatnie stwierdzenia uzasadnia następujący ciąg równości:
$E_{k obr} = E_{k obr}^{^{'}} \cdot I^{^{'}} / I = [I^{^{'}} {(ω^{^{'}})}^{2} / 2] \cdot (I^{^{'}} / I) = {(I^{^{'}} ω^{^{'}})}^{2} / 2 I = {(I ω)}^{2} / 2 I = I ω^{2} / 2$ .

Układ Słoneczny jest kolejnym przykładem pokazującym jak zasada zachowania momentu pędu działa w naszym Wszechświecie. Nasz Układ Słoneczny zrodził się z ogromnego obłoku (chmury) gazu i pyłu, który początkowo miał określoną energię kinetyczną ruchu obrotowego. Siły grawitacyjne powodowały ściskanie się tej chmury, a jej szybkość obrotów rosła w wyniku działania zasady zachowania momentu pędu (Ilustracja 11.15).

Ilustracja przedstawia proces formowania się Układu Słonecznego z gazu i pyłu. Najpierw chmura gazu obraca się z prędkością kątową omega i ma moment pędu L. Tworzy on dość ciągły dysk w płaszczyźnie obrotu. Później tarcza obraca się z prędkością kątową omega prim, ale nadal ma kąt pędu L. Tarcza zaczyna się przeobrażać w koncentryczne pierścienie. Odstęp między pierścieniami wzrasta. Ostatecznie gaz w pierścieniach tworzy gwiazdę w centrum i planety, których orbity śledzą pierścienie, z którego pochodzą. We wszystkich przypadkach prędkość kątowa jest w tym samym kierunku co pierwotna chmura gazowa, a momentem kątowym jest L.

Ilustracja 11.15 Układ Słoneczny formował się z obłoku gazu i pyłu, który pierwotnie wirował. Ruchy orbitalne i obroty planet odbywają się w tym samym kierunku, co pierwotny kierunek ruchu, przez co moment pędu macierzystej chmury jest zachowany. (Źródło: modyfikacja pracy przez NASA)

Kontynuujemy naszą dyskusję dotyczącą przykładu, który ma zastosowanie w inżynierii.

Przykład 11.7

Połączone koła zamachowe

Koło zamachowe obraca się bez tarcia z początkową częstotliwością

ω_{0} = 600 o b r / m i n

na pionowym wale (osi obrotu) o zaniedbywalnej wartości momentu bezwładności. Spada na nie drugie koło zamachowe, które jest w stanie spoczynku i ma moment bezwładności trzy razy większy niż obracające się koło (Ilustracja 11.16). Ponieważ istnieje tarcie między powierzchniami kół zamachowych, po krótkim czasie osiągną, taką samą prędkość kątową, po czym będą obracać się razem.

Stosując zasadę zachowania momentu pędu, znajdź prędkość kątową połączonych kół.
Jaka część początkowej energii kinetycznej jest tracona podczas połączenia się kół zamachowych?

Na rysunku po lewej stronie pokazano dwa koła zamachowe. Ich osie są pionowe i wyrównane, a koła są naprzeciw siebie, ale pozostają oddzielone. Dolne koło ma moment bezwładności I pod 0 i obraca się przeciwnie do ruchu wskazówek zegara, w widoku z góry. Górne koło ma moment bezwładności 3 I pod 0 i jest w spoczynku. Na rysunku po prawej stronie koła są sprzęgnięte i obracają się przeciwnie do ruchu wskazówek zegara, w widoku z góry.

Ilustracja 11.16 Dwa koła zamachowe zostają nałożone na siebie i obracają razem.

Strategia rozwiązania

Część (a) zadania jest łatwa do rozwiązania; znajdziemy w niej prędkość kątową połączonych kół. Następnie otrzymany wynik wykorzystamy w części (b), w celu porównania początkowej i końcowej energii kinetycznej układu.

Rozwiązanie

Na ten układ nie działa zewnętrzny moment sił. Co prawda, siła tarcia między powierzchniami kół wytwarza moment sił, ale jest to moment sił wewnętrznych, który nie wpływa na moment pędu całego układu. Z tego powodu możemy zastosować zasadę zachowania momentu pędu:

$I_0 \omega_0 = (I_0 + 3I_0)\omega_0 = 4I_0 \omega \implies \omega = \frac14 \omega_0 = \SI{150}{\obrott\per\minute} = \SI{15,7}{\radian\per\second} \text{.}$
Przed połączeniem obracało się tylko jedno koło zamachowe. Energia kinetyczna ruchu obrotowego koła zamachowego $I_{0} ω^{2} / 2$ jest równocześnie początkową energią kinetyczną ruchu obrotowego układu. Końcowa energia kinetyczna wynosi $1 / 2 \cdot 4 I_{0} ω^{2} = 1 / 2 \cdot 4 I_{0} \cdot {(ω_{0} / 4)}^{2} = I_{0} ω_{0}^{2} / 8$ .

Zatem stosunek końcowej energii kinetycznej do początkowej jest równy

$\frac{\frac{1}{8} I_{0} ω_{0}^{2}}{\frac{1}{2} I_{0} ω_{0}^{2}} = \frac{1}{4} .$

Tak więc po połączeniu się dwóch kół zamachowych 3/4 początkowej energii kinetycznej zostaje stracone.

Znaczenie

Ponieważ moment bezwładności układu zwiększa się, to zgodnie z oczekiwaniami z prawa zachowania momentu pędu prędkość kątowa się zmniejsza. W tym przykładzie widzimy, że końcowa energia kinetyczna układu zmniejszyła się, a straty energii powstają w wyniku tarcia występującego między kołami zamachowymi w trakcie ich łączenia się (prędkość kątowa jednego koła maleje a drugiego (początkowo nie obracającego się) rośnie). Porównaj to z przykładem na Ilustracji 11.14, gdzie łyżwiarka wykonuje pracę, ściągając ramiona do środka, zwiększając w ten sposób energię kinetyczną ruchu obrotowego.

Sprawdź, czy rozumiesz 11.4

Karuzela (podwórkowa) na boisku obraca się z częstotliwością 4,0 obr/min. Wskoczyło na nią troje dzieci i zwiększyło moment bezwładności obracającego się układu karuzela/dzieci o 25%. Jaka jest nowa częstotliwość obrotów (prędkość obrotowa)?

Przykład 11.8

Zeskok z drążka

Gimnastyk o masie 80,0 kg wykonujący ćwiczenia na drążku zwalnia uchwyt i puszcza drążek gimnastyczny. Ewolucje zaczyna od pełnego wyprostu, a następnie podwija nogi i przyciąga ręce do siebie tak, aby wykonać określoną liczbę obrotów przed lądowaniem. Jego moment bezwładności przy całkowitym wyprostowaniu może być przybliżony momentem bezwładności pręta o długości 1,8 m, a gdy jest w pozycji kucznej – prętem o połowie tej długości. Jego częstotliwość obrotów (szybkość obrotowa) przy pełnym wyprostowaniu wynosi 1,0 obr/s, a przyjmuje pozycję kuczną w chwili, gdy jego środek masy jest na wysokości 3,0 m i przesuwa się poziomo względem podłogi (jego prędkość jest skierowana poziomo). Ile obrotów może wykonywać do czasu, gdy z powrotem wyprostuje się na wysokości 1,8 m? Patrz Ilustracja 11.17.

Rysunek pokazuje gimnastyka na wysokości 3 m od podłogi. Gimnastyk odrywa się od drążka gimnastycznego i po wykonaniu kilku obrotów ląduje na ziemi. Gimnastyk w stanie wyprostowanym i z wyciągniętymi w górę rękami ma 1,8 metra długości.

Ilustracja 11.17 Gimnastyk o masie 80,0 kg odrywa się od drążka gimnastycznego i wykonuje szereg obrotów w pozycji skulonej przed lądowaniem w pozycji pionowej.

Strategia rozwiązania

Korzystając z zasady zachowania momentu pędu, możemy znaleźć jego szybkość obrotową (częstotliwość obrotów), gdy jest w pozycji kucznej. Korzystając z równań kinematyki, możemy znaleźć czas, odpowiadający zmianie wysokości środka masy gimnastyka z 3,0 m do 1,8 m. Ponieważ w momencie puszczenia drążka środek masy ma prędkość skierowaną poziomo względem ziemi, to w kierunku pionowym mamy do czynienia ze spadkiem swobodnym, co upraszcza obliczenia. To pozwala nam wyznaczyć liczbę wykonywanych obrotów. Ponieważ w obliczeniach wystąpi stosunek szybkości obrotowych, możemy zachować ich jednostki obr/s i nie trzeba ich przekształcać na jednostki prędkości kątowych rad/s.

Rozwiązanie

Moment bezwładności przy pełnym rozciągnięciu ciała gimnastyka, tuż po oderwaniu się od drążka, jest równy

I_{1} = m L_{1}^{2} / 12 = 80,0 k g \cdot {(1,8 m)}^{2} / 12 = 21,6 k g \cdot m^{2},

a gdy był w pozycji kucznej

I_{2} = m L_{2}^{2} / 12 = 80,0 k g \cdot {(0,9 m)}^{2} / 12 = 5,4 k g \cdot m^{2} .

Z zasady zachowania momentu pędu:

I_{1} ω_{1} = I_{2} ω_{2} ⟹ ω_{2} = \frac{I_{1}}{I_{2}} ω_{1} = \frac{21,6 k g \cdot m^{2}}{5,4 k g \cdot m^{2}} \cdot 1,0 o b r / s = 4,0 o b r / s .

Przedział czasu w pozycji kucznej wynosi:

t = \sqrt{\frac{2 h}{g}} = \sqrt{\frac{2 (3,0 m - 1,8 m)}{9,8 m / s^{2}}} = 0,5 s .

W ciągu 0,5 s gimnastyk będzie mógł wykonać dwa obroty z szybkością kątową 4,0 obr/s.

Znaczenie

Należy zauważyć, że liczba obrotów, jaką gimnastyk może wykonać, będzie zależeć od tego, jak długo jest on w powietrzu. W rozważanym przez nas przykładzie puszcza on drążek w momencie, gdy jego wyprostowane ciało jest ustawione poziomo. Może on też puścić drążek, będąc pod kątem, zarówno dodatnim, jak i ujemnym, a to odpowiednio wydłuża lub skraca czas ruchu w powietrzu. Zawodnicy muszą wziąć to pod uwagę przy wykonywaniu zeskoku z drążka.

Przykład 11.9

Zachowanie momentu pędu podczas zderzenia

Pocisk o masie

m = 2,0 g

, poruszając się poziomo z prędkością 500,0 m/s, uderzył w brzeg tarczy i utkwił w nim. Tarcza ma masę

M = 3,2 k g

oraz promień

R = 0,5 m

. Może się ona swobodnie obracać wokół swojej osi. Jeżeli tarcza była początkowo w spoczynku (Ilustracja 11.18), to jaka jest prędkość kątowa tarczy natychmiast po tym, jak pocisk utkwił w jej brzegu?

Rysunek kuli przed uderzeniem dysku i po uderzeniu. Ilustracja po lewej stronie ukazuje, jak pocisk przesuwa się w lewo z prędkością 500 metrów na sekundę, w kierunku przedniej krawędzi poziomego dysku o promieniu R. Pokazana jest pionowa oś przez środek tarczy w postaci pionowej linii łączącej punkty A i A prim poniżej środka. Po prawej stronie znajduje się rysunek kuli osadzonej na krawędzi dysku, która obraca się wokół osi pionowej biegnącej przez środek. Obrót jest przeciwny do ruchu wskazówek zegara, patrząc od góry.

Ilustracja 11.18 Pocisk poruszając się poziomo uderzył w brzeg tarczy i utkwił w jej krawędzi. Tarcza może swobodnie się obracać wokół osi pionowej.

Strategia rozwiązania

W układzie pocisk – tarcza nie działa żaden zewnętrzny moment sił wzdłuż osi pionowej przechodzącej przez centrum dysku. W ten sposób moment pędu wzdłuż tej osi jest zachowany. Początkowy, tuż przed zderzeniem, moment pędu pocisku, liczony względem osi obrotu tarczy, wynosi

m v R

, a początkowy moment pędu tarczy ma wartość zero. Zatem całkowity moment pędu układu przed zderzeniem jest równy

m v R

. Ponieważ moment pędu jest zachowany, końcowy moment pędu układu jest równy momentowi pędu tarczy z tkwiącym w niej pociskiem po uderzeniu.

Rozwiązanie

Początkowy moment pędu układu jest równy

L_{1} = m v R .

Moment bezwładności układu z pociskiem osadzonym w tarczy wynosi

I = m R^{2} + \frac{1}{2} M R^{2} = (m + \frac{M}{2}) R^{2} .

Końcowy moment pędu układu jest równy

L_{2} = I ω_{2} .

W ten sposób, z zasady zachowania momentu pędu $L_{1} = L_{2}$

m v R = (m + \frac{M}{2}) R^{2} ω_{2} .

W rozwiązaniu ze względu na $ω_{2}$ otrzymujemy:

ω_{2} = \frac{m v}{(m + M / 2) R} = \frac{2,0 \cdot 10^{- 3} k g \cdot 500,0 m / s}{(2,0 \cdot 10^{- 3} k g + 1,6 k g) \cdot 0,50 m} = 1,2 r a d / s .

Znaczenie

Układ składa się zarówno z punktowej cząstki, jak i bryły sztywnej. Należy zachować ostrożność przy formułowaniu wyrażenia na moment pędu przed zderzeniem i po nim. W naszym przypadku moment pędu pocisku przed zderzeniem i po nim był liczony względem osi obrotu tarczy.

11.3 Zasada zachowania momentu pędu

Połączone koła zamachowe

Strategia rozwiązania

Rozwiązanie

Znaczenie

Zeskok z drążka

Strategia rozwiązania

Rozwiązanie

Znaczenie

Zachowanie momentu pędu podczas zderzenia

Strategia rozwiązania

Rozwiązanie

Znaczenie