18.11: الزخم الزاوي

تحقق من فهمك

11.1. أ.\(\mu_{S} \geq \frac{\tan \theta}{1 + \left(\dfrac{mr^{2}}{I_{CM}}\right)}\)؛ إدخال الزاوية مع ملاحظة أنه بالنسبة للأسطوانة المجوفة I _CM = mr ²، لدينا\(\mu_{S} \geq \frac{\tan 60^{o}}{1 + \left(\dfrac{mr^{2}}{mr^{2}}\right)} = \frac{1}{2} \tan 60^{o}\) = 0.87؛ تُعطى لنا قيمة 0.6 لمعامل الاحتكاك الساكن، وهو أقل من 0.87، وبالتالي فإن الشرط غير مستوفى وستنزلق الأسطوانة المجوفة؛ ب. تخضع الأسطوانة الصلبة للشرط\(\mu_{S} \geq \frac{1}{3} \tan \theta = \frac{1}{3} \tan 60^{o}\) = 0.58. \(\mu_{S}\)تفي القيمة 0.6 لـ بهذا الشرط، لذلك لن تنزلق الأسطوانة الصلبة.

11.2. من الشكل، نرى أن المنتج المتقاطع لمتجه نصف القطر مع متجه الزخم يعطي متجهًا موجهًا خارج الصفحة. عند إدخال نصف القطر والزخم في التعبير عن الزخم الزاوي، لدينا $$\ vec {l} =\ vec {r}\ times\ vec {p} = (0.4\؛ م\؛\ قبعة {i})\ مرات [1.67\ مرات 10^ {−27}\؛ كجم (4.0\ مرات 10^ {6}\؛ م/ث)\ قبعة {j}] = 2.7\ مرات 10 ^ {−21}\; كجم\ cdotp m^ {2} /s\;\ قبعة {k}\]

11.3. _المجال I =\(\frac{2}{5}\) ^{mr 2}، _{الأسطوانة} I =\(\frac{1}{2}\) mr ²؛ بأخذ نسبة اللحظات الزاوية، لدينا:\(\frac{L_{cylinder}}{L_{sphere}} = \frac{I_{cylinder} \omega_{0}}{I_{sphere} \omega_{0}} = \frac{\frac{1}{2} mr^{2}}{\frac{2}{5} mr^{2}} = \frac{5}{4}\). وبالتالي، تتمتع الأسطوانة بزخم زاوي أكثر بنسبة 25٪. هذا لأن الأسطوانة تحتوي على كتلة أكبر موزعة بعيدًا عن محور الدوران.

11.4. باستخدام الحفاظ على الزخم الزاوي، لدينا I (4.0 لفة/دقيقة) = 1.25I\(\omega_{f}\)،\(\omega_{f}\) =\(\frac{1.0}{1.25}\) (4.0 لفة/دقيقة) = 3.2 لفة/دقيقة

11.5. جاذبية القمر هي 1/6 جاذبية الأرض، ومن خلال دراسة المعادلة 11.12، نرى أن تردد الحركة التمهيدية للقمة يتناسب خطيًا مع تسارع الجاذبية. جميع الكميات والكتلة ولحظة القصور الذاتي ومعدل الدوران هي نفسها على القمر. وبالتالي، فإن تردد الحركة على القمر هو\(\omega_{P}\) (القمر) = (الأرض) =\(\frac{1}{6} \omega_{P}\)\(\frac{1}{6}\) (5.0 راد/ثانية) = 0.83 راد/ثانية.

أسئلة مفاهيمية

1. لا، قوة الاحتكاك الثابتة هي صفر.

3. من المرجح أن تنزلق العجلة على منحدر حاد نظرًا لأن معامل الاحتكاك الإستاتيكي يجب أن يزداد مع الزاوية للحفاظ على حركة التدحرج دون الانزلاق.

5. تصل الأسطوانة إلى ارتفاع أكبر. في المعادلة 11.20، سيكون التسارع في الاتجاه السفلي للمنحدر أقل.

7. ستعطي جميع النقاط على الخط المستقيم زخمًا زاويًا صفريًا، لأن المتجه المتقاطع إلى متجه متوازي هو صفر.

9. يجب أن يتحرك الجسيم على خط مستقيم يمر عبر الأصل المختار.

11. بدون المروحة الصغيرة، سيدور جسم المروحية بالمعنى المعاكس للمروحة الكبيرة من أجل الحفاظ على الزخم الزاوي. تمارس المروحة الصغيرة دفعًا على مسافة R من مركز كتلة الطائرة لمنع حدوث ذلك.

13. تزداد السرعة الزاوية لأن لحظة القصور الذاتي تتناقص.

15. يتركز المزيد من الكتلة بالقرب من المحور الدوراني، مما يقلل من لحظة القصور الذاتي مما يؤدي إلى زيادة سرعة النجم الزاوي.

17. يلزم وجود عزم دوران في الاتجاه العمودي على متجه الزخم الزاوي من أجل تغيير اتجاهه. هذه القوى الموجودة على المركبة الفضائية تكون خارج الحاوية التي تم تركيب الجيروسكوب فيها ولا تنقل عزم الدوران إلى القرص الدوار للجيروسكوب.

مشاكل

19. v _سم = R\(\omega \Rightarrow \omega\) = 66.7 راد/ثانية

21. \(\alpha\)= 3.3 راد/ثانية ²

23. I _CM =\(\frac{2}{5}\) mr ²، a _CM = 3.5 م/ث ²؛ x = 15.75 م

25. الموجب هو أسفل مستوى المنحدر؛ $$a_ {CM} =\ frac {mg\ sin\ theta} {م +\ يسار (\ dfrac {I_ {CM}}} {r^ {2}}\ يمين)}\ السهم الأيمن I_ {سم} = r^ {2}\ بيج [\ فراك {mg\ sin 30} {a_ {سم}} − م\ بيج], $$$x − x_ {0} = v_ {0} t −\ frac {1} {2} a_ {سم} t^ {2}\ السهم الأيمن a_ {سم} = 2.96\; م/s^ {2}, $$$I_ {سم} = 0.66\\ mr ^ {2}\]

27. \(\alpha\)= 67.9 راد/ثانية ²، (أ _سم) x = 1.5 م/ث ²

29. ث = −1080.0 م

31. الطاقة الميكانيكية في الجزء السفلي تساوي الطاقة الميكانيكية في الأعلى؛ $$\ frac {1} {2} mv_ {0} ^ {2} +\ فراك {1} {2}\ يسار (\ dfrac {1} {2}\ mr^ {2}\ يمين)\ يسار (\ dfrac {v_ {0}} {r}\ يمين) ^ {2} = mgh\ Rightarrow =\ frac {1} {g}\ يسار (\ dfrac {1} {2} +\ dfrac {1} {4}\ يمين) v_ {0} ^ {2}، $$h = 7.7 متر، وبالتالي فإن المسافة إلى أعلى المنحدر هي 22 0.5 سم.

33. استخدم الحفاظ على الطاقة $$\ ابدأ {الانقسام}\ frac {1} {2} mv_ {0} ^ {2} +\ فراك {1} {2} I_ {سيل}\ أوميجا _ {0} ^ {2} و = mgh_ {سيل}،\\\ فراك {1} {2} mv_ {0} ^ {2} +\ فراك {1} {1} {2} I_ {Sph}\ omega_ {0} ^ {2} & = mgh_ {Sph}\ ldotp\ end {split} $$طرح المعادلتين، والقضاء على الطاقة المترجمة الأولية، لدينا $\ frac { 1} {2} I_ {سيل}\ أوميغا _ {0} ^ {2} −\ فراك {1} {2} I_ {Sph}\\ أوميغا _ {0} ^ {2} = ملغ (h_ {سيل} − h_ {Sph})، $$$\ frac {1} {2} {2}\ يسار (\ dfrac {v_ 0}} {r}\ يمين) ^ {2} −\ فراك {1} {2}\ يسار (\ dfrac {2} {3}\ يمين) mr^ {2}\ يسار (\ dfrac {v_ {0}} {r}\ يمين) ^ {2} = ملغ (h_ {سيل} − h_ {Sph})، $$$\ frac {1} {2} v_ {0} ^ {2} −\ frac {1} {2}\ يسار (\ dfrac {2} {3}\ يمين) v_ {0} ^ {2} = g (h_ {Cyl} − h_ {Sph})، $$$h_ {سيل} − h_ {Sph} =\ فراك {1} {g}\ يسار (\ dfrac {1} {2} −\ dfrac {1} {1} {3}\ يمين) v_ {0} {2} = فراك {1} = فراك {1} = 1} {9.8\; m/s^ {2}}\ يسار (\ dfrac {1} {6}\ يمين) (5.0\; m/s) ^ {2} = 0.43\; m\ ldotP$$وهكذا، يتدحرج المجال المجوف، مع لحظة القصور الذاتي الأصغر، إلى ارتفاع أقل من 1.0 − 0. 43 = 0.57 م.

35. ينتج عن مقدار الناتج المتقاطع لنصف قطر الطائر ومتجه زخمه إشارة rp sin\(\theta\)، مما يعطي r sin\(\theta\) مثل ارتفاع الطائر h، ويكون اتجاه الزخم الزاوي عموديًا على نصف القطر ومتجه الزخم، ونختاره بشكل تعسفي كـ\(\hat{k}\)، الموجود في مستوى الأرض: $$\ vec {L} =\ vec {r}\ times\ vec {p} = hmv\؛\ hat {k} = (300.0\؛ م) (2.0\؛ كجم) (20.0\؛ م/ث)\؛\ قبعة {k} = 12,000.0\; كغ\ cdotp m^ {2} /s\;\ قبعة {k}\]

37. أ.\(\vec{l}\) = 45.0 كجم • م ^2/s\(\hat{k}\)

ب.\(\vec{\tau}\) = 10.0 نيوتن • م\(\hat{k}\)

39. أ.\(\vec{l}_{1}\) = −0.4 كجم • م ² م/ث\(\hat{k}\)،\(\vec{l}_{2} = \vec{l}_{4}\) = 0،\(\vec{l}_{3}\) = 1.35 كجم • م ² م/ث\(\hat{k}\)

b.\(\vec{L}\) = 0.95 كجم • م ^2/s\(\hat{k}\)

41. أ. L = 1.0 × 10 ¹¹ كجم • م ^2/s

ب- لا، يظل الزخم الزاوي كما هو لأن المنتج المتقاطع لا يشمل سوى المسافة العمودية من المستوى إلى الأرض بغض النظر عن مكان وجوده على طول مساره.

43. أ.\(\vec{v} = −gt\; \hat{j}, \vec{r}_{\perp} = −d;\ \hat{i}, \vec{l} = mdgt\; \hat{k}\)

ب.\(\vec{F} = −mg\; \hat{j}, \Sigma \vec{\tau} = dmg\; \hat{k}\)

ج. نعم

45. أ. ميغاهيرتز =\(\frac{1}{2}\) م (ص\(\omega\)) ² +\(\frac{1}{2} \left(\dfrac{2}{5}\right) mr^{2} \omega^{2}\)؛\(\omega\) = 51.2 راد/ثانية؛ L = 16.4 كجم • م ² م/ث

ب.\(\omega\) = 72.5 راد/ثانية؛ L = 23.2 كجم • م ² م/ث

47. أ. I = 720.0 كجم • م ²؛\(\alpha\) = 4.20 راد/ثانية ²؛\(\omega\) (10 ثانية) = 42.0 راد/ثانية؛ L = 3.02 × 10 ⁴ كجم • م ² ثانية؛\(\omega\) (20 ثانية) = 84.0 راد/ثانية

ب.\(\tau\) = 3.03 × 10 ³ نيوتن • م

49. أ. L = 1.131 × 10 ⁷ كجم • م ^2/s

ب.\(\tau\) = 3.77 × 10 ⁴ نيوتن • م

51. \(\omega\)= 28.6 راد/ثانية\(\Rightarrow\) L = 2.6 كجم • م ² م/ث

53. $L_ {f} =\ فراك {2} {5} M_ {S} (3.5\ مرات 10^ {3}\؛ كم) ^ {2}\\ فراك {2\ بي} {T_ {f}}، $$$ (7.0\ مرات 10^ {5}\؛ كم) {2}\\ فراك {2\ pi} {28\؛ الأيام} = (3.5\ مرات 10^ {3}\; كم) ^ {2}\ فراك {2\ بي} {T_ {f}} $$$$T_ {f}\ السهم الأيمن = 28\; الأيام\ فراك {(3.5\ مرات 10^ {3}\; كم) ^ {2}} {(7.0\ مرات 10^ {5}\; كم) ^ {2}} = 7.0\ مرات {−4} اليوم = 60.5\; s\]

55. f _f = 2.1 لفة/ثانية\(\Rightarrow\) و ₀ = 0.5 لفة/ثانية

57. r _P mv _P = r _A mv _A\(\Rightarrow\) v _P = 18.3 كم/ثانية

59. أ. _القرص الأول = 5.0 × 10 ⁻⁴ كجم • م ²، _علة I = 2.0 × 10 ⁻⁴ كجم • م ²، (_قرص I + I _bug)\(\omega_{1}\) = _قرص I\(\omega_{2}\)،\(\omega_{2}\) = 14.0 راد/ثانية

ب.\(\Delta\) ك = 0.014 جول

c.\(\omega_{3}\) = 10.0 rad/s مرة أخرى إلى القيمة الأصلية

د.\(\frac{1}{2}\) (I _disk + I _bug)\(\omega_{3}^{2}\) = 0.035 J مرة أخرى إلى القيمة الأصلية

هـ- عمل الخلل الذي يزحف على القرص

61. L _i = 400.0 كجم • م ² ثانية، L _f = 500.0 كجم • م ²\(\omega\)،\(\omega\) = 0.80 راد/ثانية

63. I ₀ = 340.48 كجم • م ²، I _F = 268.8 كجم • م ²،\(\omega_{f}\) = 25.33 دورة في الدقيقة

65. أ. L = 280 كجم • م ² م/ث، I _F = 89.6 كجم • م ²،\(\omega_{f}\) = 3.125 راد/ثانية

ب. ك ₁ = 437.5 جول، ك _ف = 437.5 جول

67. لحظة القصور الذاتي في الدوران القياسي: I ₀ = 0.5 كجم • م ²، I _f = 1.1 كجم • م ²،\(\omega_{f} = \frac{I_{0}}{I_{f}} \omega_{0} \Rightarrow \) _f = 155.5 لفة/دقيقة

69. معدل دورانها في الهواء هو: f _f = 2.0 لفة/ثانية؛ يمكنها القيام بأربع تقلبات في الهواء.

71. لحظة القصور الذاتي مع جميع الأطفال على متن الطائرة: I ₀ = 2.4 × 10 ⁵ كجم • م ²؛ I _f = 1.5 × 10 ⁵ كجم • م ²؛ _f = 0.3 لفة/ثانية

73. I ₀ = 1.00 × ^{10 10} كجم • م ²، I _f = 9.94 × 10 ⁹ كجم • م ²، _f = 3.32 لفة/دقيقة

75. I = 2.5 × 10 ⁻³ كجم • م ²،\(\omega_{P}\) = 0.78 راد/ثانية

77. أ. L. _الأرض = 7.06 × 10 ³³ كجم • م ^2/s،\(\Delta\) L = 5.63 × 10 ³³ كجم • م ^2/s

ب.\(\tau\) = 1.7 × 10 ²² نيوتن • م

ج- سيكون للقوتين عند خط الاستواء نفس الحجم ولكن في اتجاهين مختلفين، واحدة في الاتجاه الشمالي والأخرى في الاتجاه الجنوبي على الجانب الآخر من الأرض. الزاوية بين القوى وأذرع الرافعة إلى مركز الأرض هي 90 درجة، لذلك سيكون لعزم دوران معين الحجم\(\tau\) = FR _E sin 90° = FR _E. كلاهما سيوفر عزم دوران في نفس الاتجاه:\(\tau\) = 2FR _E\(\Rightarrow\) F = 1.3 × 10 ¹⁵ N

مشاكل إضافية

79. أ _سم = −\(\frac{3}{10}\) g، v ² = v ₀ ² + 2a _سم x\(\Rightarrow\) v ² = (7.0 م/ث) ² − 2\(\left(\dfrac{3}{10}g\right)\) x، v ² = 0\(\Rightarrow\) x = 8.34 م

b. t =\(\frac{v − v_{0}}{a_{CM}}\)، v = v ₀ + a _CM\(\Rightarrow\) t t = 2.38 ثانية؛ تتمتع الكرة المجوفة بلحظة أكبر من القصور الذاتي، وبالتالي يصعب إعادتها إلى الراحة مقارنة بالرخام أو الكرة الصلبة. المسافة المقطوعة أكبر والوقت المنقضي أطول.

81 أ. ث = −500.0 جول

ب. K + U _grav = ثابت، 500 J + 0 = 0 + (6.0 كجم) (9.8 م/ث ²) h، h = 8.5 م، d = 17.0 م؛ تكون لحظة القصور الذاتي أقل بالنسبة للكرة المجوفة، لذلك يلزم بذل جهد أقل لإيقافها. وبالمثل، فإنه يرفع المنحدر لمسافة أقصر من الطوق.

83. أ.\(\tau\) = 34.0 نيوتن • م

b. l = mr ²\(\omega \Rightarrow \omega\) = 3.6 راد/ثانية

85. a. d _M = 3.85 × 10 ⁸ م متوسط المسافة إلى القمر؛ الفترة المدارية 27.32 د = 2.36 × 10 ⁶ ثانية؛ سرعة القمر\(\frac{2 \pi 3.85 \times 10^{8}\; m}{2.36 \times 10^{6}\; s}\) = 1.0 × 10 ³ م/ث؛ كتلة القمر 7.35 × 10 ²² كجم، L = 2.90 × 10 ³⁴ كجم/م ² ثانية

ب- نصف قطر القمر 1.74 × 10 ⁶ م؛ الفترة المدارية هي نفس الفترة (أ):\(\omega\) = 2.66 × 10 ⁻⁶ راد/ثانية، L = 2.37 × 1029 كجم • م ² م/ث؛ والزخم الزاوي المداري أكبر بـ 1.22 x 10 ⁵ مرات من الزخم الزاوي الدوراني للقمر.

87. I = 0.135 كجم • م ²،\(\alpha\) = 4.19 راد/ثانية ²\(\omega = \omega_{0} + \alpha t\)،\(\omega\) (5 ثوان) = 21.0 راد/ثانية، L = 2.84 كجم • م ² م/ث،\(\omega\) (10 ثوان) = 41.9 راد/ثانية، L = 5.66 كجم • م/ث ²

89. عند الحفاظ على معادلة الزخم الزاوي، يظهر معدل الدوران على كلا الجانبين لذلك نحتفظ برمز (rev/min) حيث يمكن ضرب السرعة الزاوية بثابت للحصول على (لفة/دقيقة): L _i = −0.04 كجم • m ² (300.0 لفة/دقيقة)، L _f = (0.08 كجم • م ²) f _{f\(\Rightarrow\) f} = −150.0 لفة/دقيقة في اتجاه عقارب الساعة

91. I ₀\(\omega_{0}\) = I _F\(\omega_{f}\)، I ₀ = 6120.0 كجم • م ²، I _f = 1180.0 كجم • م ²،\(\omega_{f}\) = 31.1 لفة/دقيقة

93. L _i = 1.00 × 10 ⁷ كجم • م ² م/ث، I _f = 2.025 × 10 ⁵ كجم • م ²،\(\omega_{f}\) = 7.86 لفة/ثانية

مشاكل التحدي

95. افترض أن اللفة تتسارع للأمام فيما يتعلق بالأرض مع التسارع a ′. ثم تتسارع إلى الوراء بالنسبة للشاحنة ذات التسارع (a − a′).

أيضًا، R\(\alpha\) = a − a′، I =\(\frac{1}{2}\) mR ²،\(\Sigma\) F _x = f _s = ma′،\(\Sigma \tau\) = f _s R = I\(\alpha\) = I\(\frac{a − a′}{R}\)، f _s =\(\frac{I}{R^{2}}\) (a − a′) =\(\frac{1}{2}\) م (a − a′)

حل لـ a′: f _s =\(\frac{1}{2}\) m (a − a′)، a′ =\(\frac{a}{3}\)، x − x ₀ = v ₀ t+\(\frac{1}{2}\) عند ²، d =\(\frac{1}{3}\) عند ²، t =\(\sqrt{\frac{3d}{a}}\)، وبالتالي، s = 1.5d

97. أ- يوفر التوتر في الخيط قوة الجاذبية المركزية بحيث T sin\(\theta\) = mr _\(\perp\)\(\omega^{2}\). يعارض مكون التوتر الرأسي قوة الجاذبية مثل T cos\(\theta\) = mg. وهذا يعطي T = 5.7 N. نحلل لـ r _\(\perp\)= 0.16 م، وهذا يعطي طول الخيط كـ r = 0.32 m، وعند\(\omega\) = 10.0 rad/s، توجد زاوية جديدة وشد ونصف قطر عمودي للقضيب. بقسمة المعادلتين اللتين تتضمنان الشد للقضاء عليه، لدينا\(\frac{\sin \theta}{\cos \theta} = \frac{(0.32\; m\; \sin \theta) \omega^{2}}{g} \Rightarrow \frac{1}{\cos \theta} = \frac{(0.32\; m) \omega^{2}}{g}\)؛ cos\(\theta\) = 0.31\(\Rightarrow \theta\) = 72.2°

ب. لتر _أولي = 0.08 كجم • م ² م/ث، لتر _نهائي = 0.46 كجم• م ² م/ث

ج- لا، جيب التمام للزاوية يتناسب عكسياً مع مربع السرعة الزاوية، وبالتالي بالترتيب إلى\(\theta\) → 90°،\(\omega\) → ∞. يجب أن يدور القضيب بسرعة لا نهائية.

المساهمون والصفات

Template:ContribOpenStaxUni