Zbiór zadań z mechaniki : metodyka rozwiązań










1631 pozycja wydawnictw dydaktycznych Akademii Górniczo-Hutniczej im. Stanisáawa Staszica w Krakowie

© Wydawnictwa AGH, Kraków 2001 ISSN 0239-6114

Redaktor Naczelny Uczelnianych Wydawnictw Naukowo-Dydaktycznych: prof. dr hab. inĪ. Andrzej Wichur Z-ca Redaktora Naczelnego: mgr Beata Barszczewska-Wojda










Recenzent: prof. dr hab. inĪ. Zbigniew Engel

Projekt okáadki i strony tytuáowej: Beata Barszczewska-Wojda Opracowanie edytorskie: zespóá redakcyjny UWND Korekta: Danuta Harnik

Skáad komputerowy: „Andre”, tel. 423-10-10

Redakcja Uczelnianych Wydawnictw Naukowo-Dydaktycznych al. Mickiewicza 30, 30-059 Kraków tel. 617-32-28, tel./fax 636-40-38

Spis treĞci










Przedmowa ........................................................................................................ WstĊp ................................................................................................................ . Statyka .............................................................................................................. 1.1. Uwagi metodyczne dotyczące rozwiązywania zadaĔ ze statyki ............... 1.2. Páaski Ğrodkowy ukáad siá .......................................................................... 1.3. Przestrzenny Ğrodkowy ukáad siá ............................................................... 1.4. Páaski dowolny ukáad siá ............................................................................ 1.5. Páaski ukáad siá równolegáych ................................................................... 1.6. Przestrzenny dowolny ukáad siá ................................................................. 1.7. Przestrzenny ukáad siá równolegáych ........................................................ 1.8. Tarcie ......................................................................................................... 1.9. ĝrodki ciĊĪkoĞci ........................................................................................ 2. Kinematyka ...................................................................................................... 2.1. Uwagi metodyczne dotyczące rozwiązywania zadaĔ z kinematyki ......... 2.2. Kinematyka punktu ................................................................................... 2.2.1. Wyznaczanie równaĔ ruchu, prĊdkoĞci, przyspieszeĔ oraz toru ..... 2.3. Kinematyka bryáy ...................................................................................... 2.3.1. Ruch postĊpowy i obrotowy ............................................................ 2.3.2. Ruch páaski ...................................................................................... 2.3.3. Ruch kulisty ..................................................................................... 2.4. Ruch záoĪony punktu ................................................................................. 2.5. Skáadanie ruchów postĊpowych i obrotowych .......................................... 3. Dynamika ......................................................................................................... 3.1. Uwagi metodyczne dotyczące rozwiązywania zadaĔ z dynamiki ............ 3.2. Dynamika punktu materialnego ................................................................ 3.2.1. RóĪniczkowe równania ruchu – wyznaczanie siá ........................... 3.2.2. RóĪniczkowe równania ruchu – wyznaczanie równaĔ skoĔczonych ruchu .......................................................................... 3.2.3. PĊd, krĊt, zasada równowartoĞci energii kinetycznej i pracy, zasada zachowania energii .............................................................. 3.2.4. Dynamika punktu w ruchu wzglĊdnym .......................................... 3.2.5. Dynamika punktu o zmiennej masie ...............................................

5 7 9 9 10 21 29 37 41 50 55 63 71 71 72 72 88 88 93 116 128 146 151 151 152 152 157 168 181 197

4

STATYKA










3.3. Dynamika ukáadu punktów materialnych ................................................. 3.4. Dynamika bryáy ......................................................................................... 3.4.1. Ruch postĊpowy, obrotowy i páaski ................................................ 3.4.2. Reakcje dynamiczne w ruchu obrotowym ...................................... 3.4.3. Ruch kulisty – przybliĪona teoria Īyroskopów ............................... 3.5. Dobór mocy napĊdu w wybranych ukáadach mechanicznych .................. 3.6. Elementy mechaniki analitycznej – zasada prac przygotowanych ........... 3.7. Podstawy teorii zderzeĔ ............................................................................. Literatura ..................................................................................................................

207 225 225 274 283 290 306 314 325

5

Przedmowa










Skrypt Zbiór zadaĔ z mechaniki. Metodyka rozwiązaĔ skáada siĊ z trzech czĊĞci: statyki, kinematyki i dynamiki. Zawarty w nim materiaá jest uzupeánieniem skryptu [3] oraz zbiorów zadaĔ [7, 8] i przeznaczony jest dla studentów wydziaáów mechanicznych wyĪszych uczelni technicznych. Ze skryptu mogą równieĪ korzystaü studenci innych wydziaáów. W skrypcie rozwiązano 127 zadaĔ z uwzglĊdnieniem metodyki postĊpowania. Ukáad skryptu wynika z zaáoĪonego przez autorów celu, tzn. pokazania róĪnych metod rozwiązywania tego samego problemu. Autorzy bĊdą wdziĊczni za uwagi krytyczne dotyczące zakresu i sposobu przedstawienia problemów zawartych w skrypcie.

Autorzy










WstĊp










Mechanika jest dziaáem fizyki zajmującym siĊ prostszą formą ruchu materii, tj. przemieszczeniami jednych ciaá lub ich cząstek wzglĊdem drugich oraz przyczynami powstawania tych zjawisk. Mechaniką ogólną nazywamy wszystkie te dziaáy mechaniki, w których mają zastosowanie prawa Newtona, a w wĊĪszym znaczeniu zbiór zagadnieĔ z mechaniki ciaá sztywnych i ich punktowych modeli (punktów materialnych) przystosowanych do potrzeb techniki. Punktem materialnym nazywamy punkt geometryczny, który ma pewną skoĔczoną masĊ. Ciaáem sztywnym nazywamy takie ciaáo materialne, w którym wzajemne odlegáoĞci cząstek nie ulegają zmianie. Jest to ciaáo nieodksztaácalne. W rzeczywistoĞci wszystkie ciaáa są odksztaácalne, jeĪeli jednak odksztaácenia są maáe, moĪna je przy badaniu wáaĞciwoĞci ruchowych ciaáa pominąü i traktowaü takie ciaáo jak sztywne. Sztywne ciaáo materialne nazywamy bryáą. Przez stan ruchowy bryáy rozumiemy ruch, tj. zmianĊ poáoĪenia jednej bryáy wzglĊdem innych bryá, lub spoczynek. Zmiana stanu ruchowego bryáy, czyli przejĞcie ze spoczynku w ruch lub z ruchu w spoczynek, oraz zmiana sposobu poruszania siĊ bryáy mogą nastąpiü przez oddziaáywanie na bryáĊ innymi bryáami. Tego rodzaju oddziaáywanie jednej bryáy na drugą nazywamy siáą; na przykáad ciĊĪar ciaáa jest siáą, z jaką na to ciaáo oddziaáywuje kula ziemska. Siáą jest równieĪ oddziaáywanie magnesu na kawaáek stali lub przewodnik, w którym páynie prąd. Przy oddziaáywaniu wzajemnym wiĊcej niĪ dwóch bryá bĊdziemy rozpatrywali ukáad siá. Przeksztaácaniem oraz równowagą ukáadów siá zajmuje siĊ dziaá mechaniki zwany statyką. Drugim dziaáem mechaniki jest kinematyka. Kinematyka zajmuje siĊ badaniem ruchu ciaá niezaleĪnie od przyczyn, które go wywoáują. Przy ruchu ciaá wzglĊdem siebie odlegáoĞci miĊdzy punktami tych ciaá zmieniają siĊ. Zmiany te okreĞla siĊ w stosunku do pewnego ukáadu odniesienia (ukáadu wspóárzĊdnych), który podczas badania ruchu zastĊpuje jedno z ciaá. JeĪeli wybrany ukáad wspóárzĊdnych przyjmuje siĊ umownie za nieruchomy, to ruch pozostaáych w stosunku do tego ukáadu odniesienia nazywamy ruchem bezwzglĊdnym (absolutnym).

8

STATYKA










Kinematyka odróĪnia siĊ od geometrii przede wszystkim tym, Īe przy rozpatrywaniu przemieszczeĔ ciaá (lub odpowiadających im geometrycznych modeli: punktu, bryáy), bierzemy pod uwagĊ równieĪ czas przemieszczenia. Dlatego kinematyka nazywana jest czĊsto „geometrią czterech wymiarów”; nazwa „czwarty wymiar” dotyczy czasu. W mechanice klasycznej czas uwaĪany jest za ten sam dla dowolnych ukáadów odniesienia, co jest wystarczającym dokáadnym przybliĪeniem w stosunku do rzeczywistoĞci wtedy, gdy prĊdkoĞci rozpatrywanych ruchów są maáe w porównaniu z prĊdkoĞcią Ğwiatáa. Za jednostkĊ czasu przyjmuje siĊ sekundĊ. Chwili początkowej, którą moĪemy obieraü dowolnie, przypisujemy wartoĞü równą zeru, a kaĪdej nastĊpnej liczbĊ t, której bezwzglĊdna wartoĞü równa jest liczbie sekund, jakie upáynĊáy pomiĊdzy tymi dwiema chwilami. KaĪde ciaáo, którego ruch badamy, moĪe byü uwaĪane za ukáad punktów materialnych. W kinematyce punkt materialny traktujemy jako punkt w pojĊciu geometrycznym, któremu przypisujemy pewną skoĔczoną masĊ. JeĪeli odlegáoĞci pomiĊdzy punktami ukáadu nie zmieniają siĊ, to taki ukáad punktów materialnych nazywamy bryáą lub ciaáem sztywnym. Ruch dowolnego ukáadu punktów wzglĊdem zadanego ukáadu odniesienia bĊdzie okreĞlony, jeĞli bĊdziemy znaü ruch kaĪdego punktu wzglĊdem tego ukáadu odniesienia. Badanie ruchu ukáadu punktów musi byü poprzedzone badaniem ruchu punktu. Dlatego kinematykĊ dzielimy, ze wzglĊdów dydaktycznych, na kinematykĊ punktu i kinematykĊ bryáy. Trzeci dziaá mechaniki obejmuje analizĊ ruchu pod wpáywem dziaáania siá i nazywa siĊ dynamiką.

9

. Statyka



.. Uwagi metodyczne dotyczące rozwiązywania zadaĔ ze statyki



W statyce wyróĪniü moĪna dwie zasadnicze grupy zadaĔ: 1) zadania związane ze stanem równowagi ukáadów siá, 2) zadania związane z redukcją ukáadów siá.






W grupie pierwszej wyznacza siĊ siáy, najczĊĞciej nieznane siáy reakcji lub inne wielkoĞci, np. parametry geometryczne. W grupie drugiej zadaĔ poszukuje siĊ najprostszych ukáadów siá zastĊpujących zadane ukáady siá, wykorzystując w tym celu metody redukcji. Zarówno w grupie pierwszej, jak i w grupie drugiej stosuje siĊ metody analityczne i graficzne, przy czym metody graficzne wykorzystuje siĊ najczĊĞciej do rozwiązywania páaskich ukáadów prĊtowych typu kratownic. Ze wzglĊdu na szeroki zakres zastosowaĔ oraz dokáadnoĞü obliczeĔ powszechnie wykorzystuje siĊ analityczne metody rozwiązywania ukáadów siá. W przypadku rozwiązywania zadaĔ związanych ze stanem równowagi siá naleĪy kierowaü siĊ nastĊpującym tokiem postĊpowania: – okreĞliü, czy badany ukáad jest ukáadem prostym (jedna bryáa), czy záoĪonym (kilka bryá poáączonych ze sobą); – w przypadku ukáadu záoĪonego naleĪy myĞlowo rozdzieliü caáy ukáad na ukáady proste (jest to metoda stosowana najczĊĞciej), pamiĊtając o przyáoĪeniu do nich w miejscu rozdzielenia siá wzajemnego oddziaáywania (dwójki zerowe); – przyáoĪyü wszystkie siáy czynne; – przyáoĪyü wszystkie siáy reakcji w zaleĪnoĞci od rodzaju wiĊzów wystĊpujących w badanym ukáadzie; – zakwalifikowaü otrzymany ukáad albo ukáady siá do odpowiedniej grupy (páaski, przestrzenny, Ğrodkowy, równolegáy); – przyjąü ukáad odniesienia (ukáad wspóárzĊdnych) najwygodniej dla danego przypadku, kierując siĊ zasadą otrzymania najprostszego ukáadu równaĔ równowagi; – korzystając z odpowiedniego warunku równowagi siá, uáoĪyü równania równowagi wszystkich siá czynnych i reakcji;

10

STATYKA

– rozwiązaü równania równowagi i obliczyü szukane wielkoĞci, – sprawdziü wymiary wyznaczonych wielkoĞci, – przeprowadziü dyskusjĊ nad rozwiązanym zadaniem. Szczegóáowe uwagi metodyczne podano przy rozwiązaniach poszczególnych zadaĔ.

.2. Páaski Ğrodkowy ukáad siá










ZADANIE .2. Skrzynia o ciĊĪarze Q podnoszona jest dwiema linami CAD i BC (rys. 1.2.1). Lina BC przyczepiona jest w punkcie B do nieruchomej Ğciany, lina CAD przerzucona jest przez krąĪek A, przy czym obie liny przymocowane są w punkcie C do ciĊĪaru Q. Lina BC tworzy z poziomem kąt 60o, natomiast czĊĞü AC liny CAD kąt α. Wyznaczyü kąt α, przy którym siáa S w linie CAD bĊdzie najmniejsza, oraz stosunek siá w linach dla wyznaczonego kąta α.

Rys. .2.

Rozwiązanie PrzyáóĪmy wszystkie siáy dziaáające na rozwaĪany ukáad, tzn. siáy czynne (w tym przypadku jest to siáa ciĊĪkoĞci Q skrzyni) oraz siáy reakcji (bierne) pochodzące od wiĊzów. Ze wzglĊdu na to, Īe wiĊzami są liny (wiĊzy typu ciĊgien), siáy reakcji dziaáają wzdáuĪ wiĊzów. Siáy te przyáoĪono w punkcie C, przez który przechodzi równieĪ siáa Q (rys. 1.2.1a). Siáa S w czĊĞci AC liny CAD ma tĊ samą wartoĞü co siáa S , poniewaĪ krąĪek A zmienia jedynie kierunek siáy, a nie jej wartoĞü. Uwolnienie od wiĊzów polega w tym przypadku na wykonaniu myĞlowych przekrojów przez liny BC i AC i przyáoĪeniu dwójek zerowych odpowiednio do kaĪdej z lin (rys. 1.2.1a). RozwaĪania sprowadzone zostaáy w ten sposób do badania siá Q , F , S ' tworząS cych ukáad Ğrodkowy páaski (rys. 1.2.1b). Szukany kąt α oraz stosunek siá wyznaF czono metodą analityczną, wykorzystując w tym celu analityczny warunek równowagi ukáadu páaskiego Ğrodkowego siá.

11



Páaski Ğrodkowy ukáad siá



Rys. .2.a

Rys. .2.b



Przyjmując ukáad odniesienia z początkiem na przykáad w punkcie C, otrzymuje siĊ nastĊpujące równania równowagi: n

∑ Pix = 0 → F cos 60 o − S ′ cos α = 0, i =1 n




∑ Piy = 0 → F sin 60o + S ′ sin α − Q = 0, i =1

przy czym S' = S.

W celu obliczenia kąta α, przy którym S = Smin, wyznaczono z równaĔ równowagi siáĊ S jako funkcjĊ α. Po prostych przeksztaáceniach otrzymuje siĊ:

S=

Q 3 cos α + sin α

.

(

)

Q 3 sin α − cos α Obliczając pochodną dS = i przyrównując ją do zera, wyzna2 dα

o

( 3 cos α + sin α )

czono α = 30 , dla której to wartoĞci S = Smin. Dla tej wartoĞci kąta α z równaĔ rówS nowagi wyznaczyü naleĪy obecnie stosunek siá . Z pierwszego równania otrzymuje F S cos 60 o S 3 siĊ . Dla α = 30 o = . = cos α F F 3

12

STATYKA

S nie zaleĪy od wielF koĞci podnoszonego ciĊĪaru Q. Od wielkoĞci tego ciĊĪaru zaleĪą oczywiĞcie wartoĞci 1 3 siá S i F , i w tym przypadku wynoszą one: S = Q, F = Q. 2 2 Dla zadanego kąta pochylenia liny BC kąt α oraz stosunek

ZADANIE .2.2







Gáadki walec o promieniu r = 0,3 m i ciĊĪarze Q = 1000 N opiera siĊ o gáadkie nieruchome podpory w punktach A i B (rys. 1.2.2). Rozstaw podpór a = 0,4 m, róĪnica wysokoĞci miĊdzy podporami h = 0,2 m. Obliczyü wartoĞü siá reakcji RA i RB podpór.

a

Rys. .2.2a




Rys. .2.2

Rozwiązanie Walec bĊdzie oparty o podpory (nie wpadnie pomiĊdzy podpory), jeĪeli speániony bĊdzie warunek: odlegáoĞü AB < 2r. W tym przypadku

AB = h 2 + a 2 = 0,2 = 0,446 m < 2r = 0,6 m. Przy zaáoĪeniu, Īe podpory są gáadkie, reakcje RA i RB mają kierunek prostopadáy do stycznych w punktach A i B i muszą przechodziü przez Ğrodek O walca (rys. 1.2.2a). Ukáad siá Q , R A , RB jest wiĊc ukáadem Ğrodkowym páaskim. Szukane reakcje wyznaczyü moĪna metodą graficzną lub analityczną. Metoda graficzna polega na wykorzystaniu geometrycznego warunku równowagi ukáadu Ğrodkowego siá, tzn. sprowadza siĊ do narysowania w przyjĊtej skali siá zamkniĊtego wieloboku siá. Przyjmując skalĊ siá, np. 1 cm = n [N], rozpoczyna siĊ budowĊ wieloboku siá od siáy Q (znana jest prosta dziaáania i wartoĞü) (rys. 1.2.2b).

13

Páaski Ğrodkowy ukáad siá



[N]

Rys. .2.2c



Rys..2.2b






Do narysowanej siáy Q dodano wektorowo na przykáad siáĊ RA, rysując jedynie jej kierunek przez koniec siáy Q . Wiedząc, Īe wielobok siá musi byü zamkniĊty, tzn. koniec siáy RB musi znaleĨü siĊ w początku siáy Q , przez początek siáy Q poprowadzono kierunek siáy RB. Kierunki siá RA i RB, przecinają siĊ w punkcie K. MoĪna teraz zaznaczyü zwroty wektorów R A i RB, biorąc pod uwagĊ, Īe wielobok siá musi byü zamkniĊty (zgodny obieg zwrotów wszystkich siá). Mierząc dáugoĞci otrzymanych siá R A i RB oraz uwzglĊdniając przyjĊtą skalĊ siá, otrzymuje siĊ poszukiwane wartoĞci reakcji. W celu analitycznego wyznaczenia szukanych reakcji wykorzystano analityczny warunek równowagi ukáadu páaskiego Ğrodkowego siá. Przyjmując ukáad odniesienia jak na rysunku 1.2.2c, otrzymano nastĊpujące równania równowagi siá: n

∑ Pix = 0 → R A cos α − RB cos β + Q sin γ = 0,

i =1 n

∑ Piy = 0 → R A sin α + RB sin β − Q cos γ = 0. i =1

W równaniach tych, poza nieznanymi reakcjami RA i RB , wystĊpują równieĪ nieznane kąty α, β, γ, które naleĪy wyznaczyü dodatkowo. Trójkąt OAB jest trójką2

AB  AB  , sin α = sin β = 1 −   , 2r  2r  a 2 2 gdzie AB = h + a . Z ∆ABC obliczyü moĪna kąt γ, a mianowicie cos γ = , AB h sin γ = . AB tem równoramiennym i α = β oraz cos α = cos β =

14

STATYKA

UwzglĊdniając odpowiednie funkcje kątów α, β, γ w równaniach równowagi i rozwiązując te równania, otrzymano nastĊpujące wyraĪenia na szukane wartoĞci siá reakcji:

R A = Qr

RB = Qr

a h 2 + a 2 − h 4r 2 − ( h 2 + a 2 ) ( h 2 + a 2 ) 4r 2 − ( h 2 + a 2 ) a h 2 + a 2 + h 4r 2 − (h 2 + a 2 ) (h 2 + a 2 ) 4 r 2 − ( h 2 + a 2 )

,

.

RB = 0,969 Q.



RA = 0,369 Q,





ZaleĪnoĞci powyĪsze wiąĪą szukane reakcje z parametrami geometrycznymi badanego ukáadu (wymiarami) i siáami czynnymi (siáa Q ). Z powyĪszych związków wynika, Īe reakcje bĊdą miaáy sens fizyczny, gdy 4r 2 − (h 2 + a 2 ) > 0, tzn. gdy AB < 2r (h 2 + a 2 = AB 2 ) , a wiĊc, jeĞli speániony zostanie warunek okreĞlony na początku rozwiązywania zadania w oparciu o analizĊ geometrycznych wymiarów ukáadu. Przy zadanych wymiarach geometrycznych czĊsto wygodnie jest posáugiwaü siĊ zaleĪnoĞcią pomiĊdzy szukanymi reakcjami a siáami czynnymi. W tym przypadku związki te mają postaü:

UwzglĊdniając ciĊĪar walca Q = 1000 N ostatecznie otrzymano:




RA = 369 N, RB = 969 N.

ZADANIE .2.3

Bryáa M1 o ciĊĪarze Q = 500 N oparta jest w punkcie C o gáadką nieruchomą podporĊ M2 i w punkcie A o gáadką niewaĪką pionową belkĊ AB o dáugoĞci a + b = 1,2 m, przy czym a = 2b (rys. 1.2.3). Belka zamocowana jest w przegubie nieprzesuwnym B i utrzymywana poziomą liną KL. Obliczyü wartoĞü siá reakcji w punktach B i C oraz wartoĞü siáy S w linie KL. Rozwiązanie Ukáad fizyczny znajdujący siĊ w równowadze skáada siĊ z dwóch bryá. WiĊzami dla tego ukáadu są: podpora nieruchoma M2, lina KL i nieprzesuwny przegub B. Reakcja w punkcie C dziaáa na kierunku prostopadáym do powierzchni bryáy M1, reakcja w punkcie K dziaáa na kierunku liny (ciĊgna), natomiast w punkcie B prosta dziaáania reakcji jest nieznana ze wzglĊdu na to, Īe jest to podpora nieprzesuwna. Nie znając kierunku wszystkich siá dziaáających na ukáad, nie moĪna uáoĪyü równaĔ równowagi

15

Páaski Ğrodkowy ukáad siá










dla takiego ukáadu. Badany ukáad jest ukáadem záoĪonym z bryáy M1 i belki AB. Ukáad záoĪony jest w równowadze wówczas, gdy jego elementy skáadowe są równieĪ w równowadze. RozwaĪmy wiĊc niezaleĪnie równowagĊ bryáy M1 i belki AB. W tym celu naleĪy caáy ukáad podzieliü na czĊĞci (elementy skáadowe), przykáadając do kaĪdej z nich wzajemne ich oddziaáywania, tzn. do belki naleĪy przyáoĪyü siáĊ pochodzącą od bryáy M1, a do bryáy M1 siáĊ oddziaáywania belki. Zgodnie z III prawem Newtona, siáy te tworzą „dwójkĊ zerową” i w tym przypadku ich kierunek jest prostopadáy w punkcie A do powierzchni bryáy M1. Na rysunku 1.2.3a pokazano siáy reakcji wiĊzów (z wyjątkiem przegubu B) oraz siáy wzajemnego oddziaáywania pomiĊdzy bryáą M1 a belką AB rozdzielonymi linią 1–1. Prostą dziaáania reakcji RB moĪna wyznaczyü zauwaĪając, Īe na belkĊ AB dziaáają tylko trzy siáy, tj. R A , S i RB o szukanej prostej. Z twierdzenia o trzech siáach wynika, Īe taki ukáad jest w równowadze, jeĪeli proste dziaáania siá przecinają siĊ w jednym punkcie. MoĪna wyznaczyü wiĊc punkt M przeciĊcia siĊ siá S i RA.

Rys. .2.3

Rys. .2.3a

Przez ten punkt musi przechodziü prosta dziaáania siáy R B, a z drugiej strony musi ona przejĞü przez punkt B (podpora). Prowadząc przez te dwa punkty prostą, wyznacza siĊ prostą dziaáania siáy RB (rys. 1.2.3b). Mając wyznaczone kierunki wszystkich siá reakcji, naleĪy je przyáoĪyü odpowiednio do bryáy M1 i belki AB i napisaü równania równowagi niezaleĪnie dla obu bryá. ObciąĪenie obu bryá pokazano na rysunku 1.2.3c.

16








Rys. .2.3b



STATYKA

Rys. .2.3c

17

Páaski Ğrodkowy ukáad siá

Dla przyjĊtego ukáadu odniesienia równania równowagi mają postaü: dla bryáy M1 n

α

α

∑ Pix = 0 → R A cos 2 − RC cos 2 = 0

(1)

i =1 n

α

α

∑ Piy = 0 → R A sin 2 − Q + RC sin 2

=0

(2)

i =1

dla belki AB n

α

∑ Pix = 0 → R A cos 2 + S − RC cos β = 0

(3)

n

α

∑ Piy = 0 → R A sin 2 + RB sin β = 0

i =1



i =1

(4)

ctg β =

a α ctg b 2





W równaniach równowagi wystĊpuje 5 niewiadomych (RA, RB, RC, S i kąt β) i do ich wyznaczenia konieczne jest piąte równanie. Z ∆MKA i ∆MKB wyznaczono α MK = a ctg oraz MK = b ctg β, a nastĊpnie, po porównaniu stronami, otrzymano 2 (5)




Po rozwiązaniu ukáadu równaĔ (1) – (5) z uwzglĊdnieniem wartoĞci liczbowych otrzymuje siĊ ostatecznie wartoĞci szukanych reakcji: RB = 833,3 N; RC = 500 N; S = 133 N. ZADANIE .2.4

Rama przegubowa z przegubem C (rys. 1.2.4) zamocowana do podáoĪa dwoma nieprzesuwnymi przegubami A i B obciąĪona jest pionową siáą P = 5000 N. Wyznaczyü wartoĞci reakcji podpór A i B, jeĪeli ich rozstaw 2l = 4 m, wysokoĞü ramy h = 1 m oraz odlegáoĞü od przegubu A do kierunku dziaáania siáy P wynosi a = 1 m. CiĊĪar ramy pominąü. Rozwiązanie Ze wzglĊdu na to, Īe przeguby A i B są nieprzesuwne, nieznane są kierunki reakcji tych podpór. Kierunki reakcji moĪna wyznaczyü, rozdzielając w przegubie C ramĊ na dwie niezaleĪne czĊĞci i rozpatrując równowagĊ kaĪdej z nich z osobna (rys. 1.2.4a). Przy rozáączeniu obu czĊĞci w punkcie C naleĪy pamiĊtaü o przyáoĪeniu do kaĪdej z nich siá wzajemnego oddziaáywania (na podstawie III prawa Newtona). Punkt C speá-

18

STATYKA



Rys. .2.4





nia dla kaĪdej czĊĞci rolĊ przegubu nieprzesuwnego (punkt C nie ma moĪliwoĞci przemieszczania siĊ) i w związku z tym nie jest znany kierunek siá wzajemnego oddziaáywania w tym punkcie. Na lewą czĊĞü ramy dziaáają 3 siáy: P o znanym kierunku i znanej wartoĞci, R A i RC o nieznanych kierunkach. Nie znając dwóch kierunków siá, nie moĪna wykorzystaü twierdzenia o trzech siáach do wyznaczenia szukanych kierunków, nie moĪna bowiem wyznaczyü punktu przeciĊcia siĊ kierunków siá.

Rys. .2.4a




Na prawą czĊĞü ramy dziaáają dwie siáy: RB i RC o nieznanych kierunkach. MoĪna jednak w tym przypadku wyznaczyü te kierunki, wiedząc, Īe w poáoĪeniu równowagi dwie siáy tworzą „dwójkĊ zerową”, a wiĊc muszą leĪeü na jednej prostej, muszą mieü te same wartoĞci i przeciwne zwroty. Siáa RB musi przechodziü przez punkt B, siáa RC przez punkt C i w związku z tym kierunkiem obu tych siá jest kierunek BC (rys. 1.2.4b).

Rys. .2.4b

19

Páaski Ğrodkowy ukáad siá







Znając kierunek siáy RC , nanosi siĊ go na lewą czĊĞü ramy i korzystając z twierdzenia o trzech siáach, znajduje siĊ punkt K przeciĊcia siĊ kierunków siá RC i P , a nastĊpnie wyznacza siĊ kierunek reakcji R A, prowadząc prostą przez punkty A i K. WartoĞci liczbowe szukanych reakcji wyznaczono metodą graficzną i analityczną. Metoda graficzna polega na zbudowaniu zamkniĊtego wieloboku siá. BudowĊ wieloboku siá rozpoczyna siĊ od siáy P (znamy kierunek i wartoĞü), a nastĊpnie przez jej koniec prowadzi siĊ kierunek np. siáy R A. Wielobok siá zamkniĊto, prowadząc przez początek siáy P kierunek siáy RC (rys. 1.2.4c).




[N]

Rys. .2.4c

Wyznaczone siáy przyáoĪono do lewej czĊĞci ramy. Rozkáad siá dziaáających na prawą czĊĞü pokazano na rysunku 1.2.4d. Mając obliczoną siáĊ RC , znamy równieĪ wartoĞü siáy RB, wiedząc, Īe obie siáy tworzą „dwójkĊ zerową”. W celu analitycznego wyznaczenia wartoĞci szukanych siá wykorzystano rozkáad siá przedstawiony na rysunku 1.2.4e. Ukáad siá R A , P i RB jest ukáadem páaskim Ğrodkowym. Siáy wzajemnego oddziaáywania w punkcie C tworzą, jak wiadomo, „dwójkĊ zerową” i nie bĊdą uwzglĊdniane w warunku równowagi. W przyjĊtym ukáadzie odniesienia otrzymuje siĊ nastĊpujące równania równowagi: n

∑ Pix = 0 → R A cos α − RB cos β = 0

(1)

i =1 n

∑ Piy = 0 → R A sin α − P + RB sin β = 0 i =1

(2)

20

STATYKA

Z równaĔ tych wyznaczyü moĪna wartoĞü siá R A i RB , jeĪeli znane bĊdą kąty α i β. Dodatkowe równania uáoĪyü moĪna z zaleĪnoĞci geometrycznych (rys. 1.2.4e). Z ∆CC1B wynika tg β =

h l

(3)

Porównując wysokoĞü KK1 w ∆AKK1 i ∆KK1B, otrzymuje siĊ 2l − a h ⋅ a l

(4)










tg α =

Rys. .2.4d

Rys. .2.4e

Z równaĔ (1) – (4) po ich rozwiązaniu otrzymano wartoĞci szukanych reakcji w postaci ogólnej:

RA = P

RB = P

a 2l 2 + (2l − a )2 h 2 , 2hl a h2 + l 2 . 2hl

WartoĞci liczbowe wynoszą: RA = 0,9P = 4500 N, RB = 0,56P = 2800 N.

21

Przestrzenny Ğrodkowy ukáad siá

.3. Przestrzenny Ğrodkowy ukáad siá ZADANIE .3. Trzy niewaĪkie prĊty poáączone przegubem D zamocowane są do poziomej powierzchni przegubami A, B i C (rys. 1.3.1). Ukáad obciąĪony jest ciĊĪarem Q zamocowanym na linie przerzuconej przez krąĪek K. PrĊt 1 nachylony jest do poziomu pod kątem α, prĊty 2 i 3 pod kątami β, natomiast páaszczyzna BCD pod kątem γ. Obliczyü wartoĞci siá reakcji R A , RB , RC , jeĪeli α = 30o, β = 60o, γ = 45o, Q = 1000 N.










Rozwiązanie NiewaĪkie prĊty zamocowane przegubowo pracują jak ciĊgna i w związku z tym przenoszą jedynie siáy dziaáające wzdáuĪ osi prĊtów. Uwalniając ukáad od wiĊzów znamy kierunki wszystkich siá reakcji przegubów A, B i C (rys. 1.3.1a). Siáa Q ′ przyáoĪona w punkcie D równa jest co do wartoĞci sile ciĊĪkoĞci Q ciaáa Q ze wzglĊdu na to, Īe lina zmienia jedynie kierunek dziaáania siáy, a nie jej wartoĞü. Siáy RA, RB , RC przyáoĪone w punkcie D są siáami reakcji, tzn. oddziaáywania przegubów na punkt D.

Rys. .3.

Rys. .3.a

22

STATYKA

Po drugiej stronie myĞlowych przekrojów moĪna przyáoĪyü, na podstawie III prawa Newtona, siáy oddziaáywania punktu D na podpory. Ukáad tak przyáoĪonych siá tworzy odpowiednio na kierunkach prĊtów „dwójki zerowe”. Do rozpatrzenia równowagi punktu D bierze siĊ pod uwagĊ jedynie siáy dziaáające na ten punkt po odrzuceniu wiĊzów, tzn. R A , RB , RC Q ′, tworzące przestrzenny Ğrodkowy ukáad siá. Korzystając z analitycznego warunku równowagi, dla takiego ukáadu napisano równania równowagi w przyjĊtym ukáadzie odniesienia: n

∑ Pix = 0 → − RC cos β + RB cos β = 0, i =1 n

∑ Piy = 0 → Q′ − R A cos α + RB sin β cos γ + RC sin β cos γ = 0, i =1 n

∑ Piz = 0 → RB sin β sin γ + RC sin β sin γ − R A sin α = 0,



i =1

gdzie Q' = Q.





Rzuty siá RB i RC na osie y i z otrzymuje siĊ, rzutując te siáy najpierw na kierunku OD, a nastĊpnie otrzymane skáadowe na tym kierunku rzutuje siĊ na odpowiednie osie; np. rzut siáy RB na oĞ y otrzymuje siĊ w sposób pokazany na rysunku 1.3.1b.




β

Rys. .3.b

Rozwiązując ukáad równaĔ równowagi otrzymano:

RA = Q

sin γ , sin (α + γ)

RB = RC =

1 sin α Q . 2 sin β sin (α + γ)

Dla danych liczbowych RA = 0,74Q = 740 N, RB = RC = 0,3Q = 300 N.

23

Przestrzenny Ğrodkowy ukáad siá

ZADANIE .3.2





CiĊĪar Q podwieszony jest na dwóch linach AK i A'K zamocowanych do pionowych masztów AB i A'B' (rys. 1.3.2). Maszty utrzymywane są w poáoĪeniu pionowym prĊtami AC, AD, A'C' i A'D'. Obliczyü wartoĞci siá w linach AK i A'K oraz w prĊtach AC, AD, AB, A'C', A'D' i A'B' w poáoĪeniu równowagi ukáadu, przyjmując, Īe Q =10 kN, α = 60o, β = 45o, γ = 30o, δ = 45o, oraz zakáadając, Īe wszystkie prĊty zamocowane są do podáoĪa za pomocą przegubów nieprzesuwnych, jak równieĪ, Īe prĊty w punktach A i A' poáączone są przegubowo.



Rys. .3.2




Rozwiązanie PrĊty AC, AB, AD, A'B', A'C' i A'D' podobnie jak w przykáadzie 1.3.1 przenoszą jedynie siáy dziaáające wzdáuĪ osi tych prĊtów. Odrzucając wiĊzy, tj. podpory B, C, D, B', C', D', i przykáadając w ich miejsce odpowiednie siáy reakcji, otrzymuje siĊ ukáad siá jak na rysunku 1.3.2a. W miejsce ciĊĪaru Q przyáoĪono siáĊ ciĊĪkoĞci Q dziaáającą wzdáuĪ liny, na której zawieszony jest ten ciĊĪar. Mając do dyspozycji trzy równania równowagi dla ukáadu Ğrodkowego przestrzennego, nie moĪna wyliczyü szeĞciu niewiadomych S1, ..., S6.

Rys. .3.2a

24

STATYKA





Wydzielając jednak z caáego ukáadu záoĪonego (rys. 1.3.2a) trzy ukáady proste I, II, III z wĊzáami w punktach A, K, A', otrzymuje siĊ równania równowagi w iloĞci odpowiadającej liczbie niewiadomych siá. Rozkáad siá dla poszczególnych podukáadów przedstawiono na rysunku 1.3.2b.

Rys. .3.2b






Ukáady I i III są ukáadami Ğrodkowymi przestrzennymi, natomiast ukáad II jest ukáadem Ğrodkowym páaskim. Opisując ukáady I i III trzema równaniami równowagi oraz ukáad II dwoma równaniami równowagi, otrzymuje siĊ osiem równaĔ do wyznaczenia oĞmiu niewiadomych. W przyjĊtym jak na rysunku 1.3.2b ukáadzie odniesienia równania mają poniĪszą postaü. Ukáad I

n

∑ Pix

= 0 → − S1 cos β + S 2 cos β = 0,

∑ Piy

= 0 → − S1 sin β cos α − S 2 sin β cos α + S 7 cos γ = 0,

∑ Piz

= 0 → − S1 sin β cos α − S 2 sin β sin α + S 3 − S 7 sin γ = 0.

i =1 n i =1 n i =1

Ukáad II n

∑ Pix = 0 → − S 7 cos γ + S 8 cos δ = 0, i =1 n

∑ Piy i =1

= 0 → S 7 sin γ + S 8 sin δ − Q = 0.

25

Przestrzenny Ğrodkowy ukáad siá

Ukáad III n

∑ Pix i =1 n

∑ Piy i =1 n

∑ Piz i =1

= 0 → S 5 cos β − S 6 cos β = 0,

= → S 5 sin β cos α + S 6 sin β cos α − S 8 cos δ = 0,

= → − S 5 sin β sin α − S 6 sin β sin α + S 4 − S 8 sin δ = 0.

cos γ , 2 sin β sin (α + γ)



S1 = S 2 = Q



Rozwiązując powyĪszy ukáad równaĔ, otrzymuje siĊ:

cos γ (sin δ + cos δ tg α) , sin ( γ + δ)




S4 = Q



 sin α cos γ  1  , + S 3 = Q  sin ( ) 1 ctg tg α + γ + γ δ  

S5 = S6 = Q

cos γ cos δ , 2 cos α sin β sin ( γ + δ)

S7 = Q

1 , sin γ + cos γ tg δ

S8 = Q

cos γ , sin ( γ + δ)

a po podstawieniu danych liczbowych wartoĞci szukanych siá: S1 = S2 = 6,1 kN, S3 = 11,1 kN, S4 = 17,4 kN, S5 = S6 = S8 = 9 kN, S7 = 7,33 kN. Uwaga. Rzuty siá S1, S 2 , S5 , S6 na osi y i z przyjĊtego ukáadu odniesienia wyznaczyü moĪna kierując siĊ wskazówkami z zadania 1.3.1.

26

STATYKA

ZADANIE .3.3










Na bryáĊ K dziaáa ukáad siá P1 , P2 , P3 , P4 przecinających siĊ w punkcie A (rys. 1.3.3.). Zastąpiü ten ukáad jedną siáą równowaĪną zadanemu ukáadowi. Dane: OA = h = 2a, P1 = P2 = P3 = P4 = P.

Rys. .3.3

Rozwiązanie Ukáad siá dziaáających na bryáĊ K jest ukáadem Ğrodkowym przestrzennym o kierunkach przecinających siĊ w punkcie A. Zastąpienie ukáadu siá jedną siáą równowaĪną mu sprowadza siĊ do wyznaczenia wypadkowej tego ukáadu, przy czym wypadkowa ta

27

Przestrzenny Ğrodkowy ukáad siá

musi przechodziü przez punkt A. Ze wzglĊdu na to, Īe siáa wypadkowa jest równa geometrycznej sumie wszystkich siá ukáadu, jej rzut na daną oĞ jest równy sumie rzutów na tĊ oĞ wszystkich siá tego ukáadu. Otrzymuje siĊ wiĊc: n

W x = ∑ Pix = − P1 cos α + P3 cos α, i =1 n

W y = ∑ Piy = − P4 cos α + P2 cos α, i =1 n

W z = ∑ Piz = P1 sin α + P2 sin α + P3 sin α + P4 sin α .



i =1

Wx = 0, Wy = 0, Wz = 4P sin α



oraz



UwzglĊdniając dane, obliczono

W = W x2 + W y2 + Wz2 = 4 P sin α.




W tym przypadku wartoĞü wypadkowej równa jest wartoĞci Wz, co moĪna byáo stwierdziü po obliczeniu rzutów wypadkowej. Na podstawie obliczonych rzutów moĪna równieĪ stwierdziü, Īe kierunek wypadkowej pokrywa siĊ z kierunkiem osi z i zwrot jej jest zgodny ze zwrotem osi z. Kierunek wypadkowej moĪna równieĪ okreĞliü, obliczając kąty, jakie zawiera ona z kierunkami poszczególnych osi ukáadu odniesienia. Oznaczając odpowiednio przez αl, α2, α3 kąty zawarte pomiĊdzy kierunkiem wypadkowej z osiami x, y, z, otrzymuje siĊ:

cos α1 =

cos α 2 =

cos α 3 =

Wx π = 0 → α1 = , 2 W Wy W

= 0 → α2 =

π , 2

Wz = 1 → α 3 = 0. W

28

STATYKA

Jak widaü, wypadkowa leĪy na kierunku osi z i ma zgodny z nią zwrot. Tak wiĊc zamiast siá P1 , P2 , P3 , P4 moĪna przyáoĪyü do bryáy K jedną siáĊ W jak na rysunku 1.3.3a. WartoĞü siáy wypadkowej obliczyü moĪna po wyznaczeniu kąta α. Z ∆AOB1 (rys. 1.3.3) wynika:

AO = AB1

h a 2  h2 +   2   

2

4h

i W=

a 2   h2 +   2   

2

P.










sin α =

Rys. .3.3a

UwzglĊdniając dane, otrzymano W =

8 P 2. 3

Uwaga. Proponuje siĊ wykonaü obliczenia dla danych P1 = 2P, P2 = P3 = P4 = P.

29

Páaski dowolny ukáad siá

.4. Páaski dowolny ukáad siá ZADANIE .4. Pozioma belka jednorodna AB o ciĊĪarze Q (rys. 1.4.1.) zamocowana jest w punkcie A przegubowo (przegub nieprzesuwny), a w punkcie C za pomocą przegubu przesuwnego pod kątem α do poziomu. Belka obciąĪona jest w punkcie B siáą P o wartoĞci P = 3 Q, tworzącą z kierunkiem pionowym kąt β. Wyznaczyü wartoĞü reakcji podpór w poáoĪeniu równowagi, jeĪeli:

3 1 AB i CB = AB, α = 60 o, β = 30 o. 4 4



AC =








Rozwiązanie Na belkĊ dziaáają siáy czynne P i Q oraz siáy reakcji R A w punkcie A i RC w punkcie C. Ze wzglĊdu na to, Īe przegub A jest przegubem nieprzesuwnym, nieznana jest prosta dziaáania reakcji R A, natomiast w punkcie C prosta dziaáania reakcji RC jest prostopadáa do kierunku moĪliwego przesuniĊcia.

Rys. .4.

ReakcjĊ RA wyznaczyü moĪna, obliczając dwie jej skáadowe wzajemnie prostopadáe zgodnie z przyjĊtym ukáadem odniesienia. BelkĊ AB po uwolnieniu od wiĊzów przedstawiono na rysunku 1.4.1a.

30

STATYKA

Rys. .4.a



Siáy czynne i reakcje dziaáające na belkĊ tworzą ukáad páaski dowolny siá, dla którego analityczny warunek równowagi daje trzy równania równowagi: n



∑ Pix = 0 → − R Ax + RC sin α + P sin β = 0,

i =1 n

∑ Piy = 0 → R Ay − Q + RC cos α − P cos β = 0,



i =1 n

1

∑ M i (A ) = 0 → − 2 AB ⋅ Q + RC cos α − AB ⋅ P cos β = 0. i =1




Biegun, wzglĊdem którego obliczana jest algebraiczna suma momentów wszystkich siá, przyjąü moĪna dowolnie, lecz ze wzglĊdów obliczeniowych wygodnie jest obraü go w punkcie przeciĊcia siĊ najwiĊkszej liczby nieznanych siá, tzn. w tym przypadku w punkcie A lub C. Rozwiązując ukáad równaĔ równowagi, otrzymuje siĊ

R Ax =

19 1 3Q, R Ay = − Q, 6 6

RC =

16 Q. 3

Znak „–” przy RAy oznacza, Īe báĊdnie zaáoĪono zwrot siáy R Ay i Īe w rzeczywistoĞci dziaáa ona zwrócona przeciwnie do zwrotu osi y przyjĊtego ukáadu odniesienia. Caá2 2 , a kierunek + R Ay kowitą wartoĞü reakcji R A obliczyü moĪna z zaleĪnoĞci R A = R Ax R Ax . okreĞlając kąt, jaki tworzy ona z osią x – z zaleĪnoĞci cos ( R A , x ) = RA

ZADANIE .4.2 Kratownica ABC spoczywa na dwóch podporach: przegubie nieprzesuwnym A i przegubie przesuwnym B (rys. 1.4.2). CiĊĪar kratownicy wynosi Q = 100 000 N. Strona AC

31

Páaski dowolny ukáad siá

kratownicy naraĪona jest na równomiernie rozáoĪone i prostopadáe do AC obciąĪenie wynikające z parcia wiatru. Wypadkowa tego obciąĪenia ma wartoĞü P = 8000 N. Obliczyü wartoĞü reakcji podpór w poáoĪeniu równowagi, jeĪeli AC = CB = a = 6 m, α = 30o.

Rys. .4.2





Rozwiązanie Po odrzuceniu wiĊzów (przeguby A i B) na kratownicĊ dziaáają siáy: P , Q , R Ax , R Ay i RB (rys. 1.4.2a). Dla tego ukáadu siá warunek analityczny równowagi daje trzy równania równowagi: n

i =1 n



∑ Pix = 0 → − R Ax + P sin α = 0,

∑ Piy = 0 → − R Ay − P cos α − Q + RB = 0, i =1 n

1




∑ M i (A ) = 0 → − P ⋅ 2 a − Qa cos α + RB ⋅ 2a cos α = 0. i =1

Rozwiązując ukáad równaĔ, otrzymuje siĊ: RAx = 4000 N, RAy = 54 617 N, RB = 52 311 N i ostatecznie RA = 54 763 N.

C

α

Rys. .4.2a

32

STATYKA

Uwaga. Do obliczania wartoĞci siá w prĊtach kratownicy wystarcza rozwaĪyü równowagĊ kaĪdego wĊzáa (przegubu áączącego prĊty) kratownicy, stosując dla poszczególnych wĊzáów warunki równowagi ukáadu Ğrodkowego páaskiego siá. Przedtem naleĪy jednak wyznaczyü siáy reakcji podpór A i B. ZADANIE .4.3










RĊczny podnoĞnik stacjonarny skáada siĊ z dwóch belek, AB i CD, poáączonych przegubem C. Obie belki zamocowane są w przegubach nieprzesuwnych, odpowiednio A i D (rys. 1.4.3). W punkcie B uáoĪyskowany jest krąĪek linowy, przez który przerzucona jest lina obciąĪona ciĊĪarem Q. Drugi koniec liny nawiniĊty jest na zablokowany bĊben K. Obliczyü wartoĞü reakcji podpór A i D w poáoĪeniu równowagi, mając dáugoĞü a i kąt α. Tarcie na krąĪku linowym oraz wymiary tego krąĪka i bĊbna K pominąü.

Rys. .4.3

Rys. .4.3a

Rozwiązanie Jako model obliczeniowy przyjąü moĪna zastĊpczy schemat podnoĞnika z przyáoĪonymi siáami reakcji po odrzuceniu podpór A i D (rys. 1.4.3a). Ukáad siá dziaáających na podnoĞnik zawiera cztery niewiadome (RAx , RAy , RDx , RDy), których nie wyznaczy siĊ, dysponując trzema równaniami równowagi dla ukáadu páaskiego dowolnego siá.

33

Páaski dowolny ukáad siá










Celem wyznaczenia szukanych niewiadomych rozpatrzono równowagĊ belki AB i belki CD osobno, przy czym rozdzielając ukáad na dwa podukáady I i II, przyáoĪono siáy wzajemnego oddziaáywania w miejscu, w którym obie belki są poáączone (punkt C, speániający rolĊ przegubu nieprzesuwnego), oraz oddziaáywania liny w punkcie K na belkĊ CD i w punkcie B na belkĊ AB (rys. 1.4.3b).

Rys. .4.3b

34

STATYKA

Utworzenie dwóch podukáadów I i II zwiĊkszyáo liczbĊ niewiadomych do szeĞciu ( R Ax , R Ay , RDx , RDy , RCx , RCy ), ale moĪna obecnie uáoĪyü po trzy równania równowagi, odpowiednio dla belki AB (podukáad I) i CD (podukáad II), co daje szeĞü równaĔ do wyznaczenia szeĞciu niewiadomych. Podukáad I n

∑ Pix = 0 → R Ax + RCx − Q cos α = 0, i =1 n

∑ Piy = 0 → − R Ay + RCy − Q sin α − Q = 0, i =1 n

∑ M i (B ) = 0 → R Ax ⋅ 2a − RCx ⋅ a = 0.



i =1

Podukáad II



n

∑ Pix = 0 → − RCx + Q cos α − RDx = 0, i =1



n

∑ Piy = 0 → − RCy + Q sin α + RDy = 0, i =1 n

∑ M i (K ) = 0 → RCx ⋅ 2a − RDx ⋅ 2a = 0.




i =1

Po rozwiązaniu powyĪszego ukáadu równaĔ otrzymuje siĊ:

R Ax =

1 Q cos α, 2

R Ay = Q (1 + sin α ),

RDx =

1 Q cos α, 2

RDy = Q (2 + sin α )

2 2 oraz R A = R Ax + R Ay ,

2 2 RD = RDx + RDy .

ZADANIE .4.4 Na bryáĊ o bokach a dziaáają siáy P1 , P2 , P3 i P4 o wartoĞciach równych P i kierunkach pokrywających siĊ z odpowiednimi bokami bryáy (rys. 1.4.4). Jakim prostszym ukáadem siá moĪna zastąpiü zadany ukáad siá.

35

Páaski dowolny ukáad siá

P1 = P2 = P3 = P4 = P

Rys. .4.4

Rys. .4.4a

n

∑ Pix = P3 + P4 = 2P,




Wgx =







Rozwiązanie Poszukiwanie ukáadu zastĊpującego zadany ukáad siá polega na przeprowadzeniu redukcji ukáadu zadanego, w wyniku czego otrzymuje siĊ równowaĪny zadanemu ukáad siá, lecz w znacznie prostszej postaci. Redukcja ukáadu siá polega na wyznaczeniu wektora gáównego Wg i wektora momentu gáównego M g w przyjĊtym ukáadzie odniesienia, w wyniku czego stwierdziü moĪna, do jakiego przypadku redukcji sprowadzony zostaá zadany ukáad siá. Obierając ukáad odniesienia jak na rysunku 1.4.4a, obliczono wspóárzĊdne wektora gáównego Wg oraz wartoĞü momentu gáównego M g , przyjmując biegun redukcji w punkcie 0:

i =1 n

Wgy =

∑ Piy = P1 + P2 = 2P, i =1

Wg = Wgx2 + Wgy2 = 2 P 2 , cos (Wg , x) =

Wgx Wg

=

2 π → α = <) (Wg , x) = , 2 4

n

Mg =

∑ M i(0) = P2 ⋅ a − P3 ⋅ a = 0. i =1

Otrzymano Wg = 2P 2 i Mg = 0, a wiĊc wystąpiá przypadek, gdy ukáad siá moĪna zastąpiü siáą wypadkową W = Wg, której prosta dziaáania przechodzi przez biegun redukcji. Tak wiĊc, zadany ukáad siá P1 , P2 , P3, P4 zastąpiü moĪna siáą wypadkową o wartoĞci Wg = 2P 2 , której prosta dziaáania przechodzi przez punkt 0 i jest nachylona pod kątem 45o do osi x (rys. 1.4.4b).

36

STATYKA

Identyczny rezultat otrzymuje siĊ, obierając biegun redukcji w dowolnym innym punkcie, np. w punkcie A (rys. 1.4.4a). PoniewaĪ wektor Wg nie zaleĪy od obioru bieguna redukcji, ograniczono siĊ do wyznaczenia momentu gáównego wzglĊdem punktu A n

M g = ∑ M i ( A ) = − P1 ⋅ a − P3 ⋅ a = −2Pa. i =1



Wgy ( x − x0 ) − Wgx ( y − y0) = M g ,



Wynik obliczeĔ: Wg = 2P 2 i | M g | = 2 Pa , odpowiada przypadkowi redukcji, gdy ukáad siá zastąpiü moĪna siáą wypadkową o wartoĞci W = Wg, przesuniĊtą wzglĊdem |M g | , tak aby jej moment wzglĊdem bieguna redukcji bieguna redukcji o odlegáoĞü d = Wg równy byá momentowi gáównemu co do wartoĞci i co do znaku. Dla tego przypadku 2 , co odpowiada poáowie dáugoĞci przekątnej kwadratu (rys. 1.4.4c). d= 2 Prostą dziaáania wypadkowej moĪna równieĪ wyznaczyü, korzystając z równania tej prostej w postaci

gdzie: x0, y0 – wspóárzĊdne przyjĊtego bieguna redukcji.

2 P ⋅ x − 2 Py = 0,



W przypadku przyjĊcia bieguna redukcji w punkcie 0 otrzymuje siĊ

a w przypadku przyjĊcia bieguna redukcji w punkcie A




2 P(x − a ) − 2 Py = −2 Pa ,

co daje dla obu poáoĪeĔ bieguna redukcji to samo równanie prostej dziaáania wypadkowej y = x i co pokrywa siĊ z wyznaczonym kierunkiem prostej dziaáania wypadkowej poprzednimi sposobami (rys. 1.4.4b i 1.4.4c).

Rys. .4.4b

Rys. .4.4c

37

Páaski ukáad siá równolegáych

.5. Páaski ukáad siá równolegáych ZADANIE .5. Jednorodny prĊt ABC zakrzywiony pod kątem prostym w punkcie B zawieszony jest na linie pionowej zamocowanej do powierzchni nieruchomej w punkcie D. Znając: γ – ciĊĪar jednostki dáugoĞci prĊta, AB = 2b, BC = 2a (a > b), wyznaczyü kąt α w poáoĪeniu równowagi (rys. 1.5.1).










Rozwiązanie Po uwolnieniu od wiĊzów (lina AD) otrzymuje siĊ ukáad obciąĪony jak na rysunku 1.5.1a, gdzie: Q1 = 2bγ, Q2 = 2aγ – wartoĞci siá ciĊĪkoĞci odcinków prĊta AB i BC, – S – siáa w linie AD.

Rys. .5.

C

Rys. .5.a

Siáy czynne i reakcje tworzą w tym przypadku ukáad siá równolegáych, dla którego w przyjĊtym ukáadzie odniesienia równania równowagi mają postaü n

n

i =1

i =1

∑ Pi (y ) = 0, ∑ Mi (A) = 0. Ze wzglĊdu na to, Īe wyznaczyü naleĪy tylko kąt α, wystarczy wykorzystaü jedynie drugie z równaĔ równowagi, otrzymując n

∑ M i (A) = 0 → Q1 ⋅ b sin α − Q2 ⋅ h = 0. i =1

38

STATYKA

Podstawiając Q1= 2bγ, Q2 = 2aγ, h = a cos α – 2b sin α, otrzymuje siĊ

(b 2 + 2ab) sin α − a 2 cos α = 0, skąd

α = arc tg

a2 b 2 + 2ab

.

ZADANIE .5.2



Belka AB obciąĪona jest siáami P1 = 600 N, P2 = 40 N oraz dwiema parami siá dziaáających w páaszczyĨnie siá P1 i P2 o momentach M1 = 400 Nm i M2 = 300 Nm (rys. 1.5.2). Pomijając ciĊĪar belki, wyznaczyü w poáoĪeniu równowagi reakcje podpór A i C, wiedząc, Īe a = 2 m, b = 1 m, c = 0,5 m. Rozwiązanie








Siáy zewnĊtrzne dziaáające na belkĊ AB tworzą ukáad siá równolegáych. Reakcja RC podpory C (przegub przesuwny) leĪy na kierunku prostopadáym do kierunku moĪliwego ruchu i jest równolegáa do prostych dziaáania siá P1 i P2 . Podpora A jest przegubem nieprzesuwnym, jednakĪe w tym przypadku znany jest kierunek dziaáania reakcji R A, poniewaĪ wszystkie pozostaáe siáy (czynne i reakcja RC) są do siebie równolegáe, a wiĊc i reakcja R A musi byü do nich równolegáa (rys. 1.5.2a).

Rys. .5.2

Rys. .5.2a

39

Páaski ukáad siá równolegáych

W przyjĊtym ukáadzie odniesienia, korzystając z analitycznego warunku równowagi dla ukáadu páaskiego siá równolegáych, otrzymuje siĊ nastĊpujące równania równowagi: n

∑ Piy = 0 → R A − P1 + RC − P2 = 0, i =1 n

∑ M i (A ) = 0 → − M 1 − P1 ⋅ b + RC ⋅ a − P2 (a + c ) + M 2 = 0. i =1

Rozwiązując powyĪszy ukáad równaĔ, po uwzglĊdnieniu danych liczbowych, otrzymano RA = 240 N, RC = 400 N. ZADANIE .5.3










Most skáada siĊ z kratownicy gáównej AB i dwóch kratownic bocznych AC i BD (rys. 1.5.3). CiĊĪar jednostki dáugoĞci dla czĊĞci AB wynosi ql = 15 000 N/m, a dla czĊĞci AC i BD q2 = 10 000 N/m. Obliczyü reakcje podpór C, E, F, D w poáoĪeniu równowagi dla przypadku, gdy przĊsáo FD obciąĪone jest pojazdami wywoáującymi obciąĪenie p = 30 000 N/m. Wymiary mostu wynoszą: AC = BD = a = 20 m, AE = FB = = b = 15 m, EF = l = 50 m.

Rys. .5.3

Rozwiązanie ZastĊpczy schemat obliczeniowy mostu z uwzglĊdnieniem obciąĪeĔ ciągáych poszczególnych jego czĊĞci z przyáoĪonymi reakcjami podpór C, E, F, D pokazano na rysunku 1.5.3a.

Rys. .5.3a

ObciąĪenie ciągáe q1, q2 i p oraz siáy RC , RE , RF i RD tworzą ukáad siá równolegáych, dla którego moĪna napisaü dwa równania równowagi, które nie wystarczają do ob-

40

STATYKA

liczenia czterech niewiadomych siá reakcji podpór. JednakĪe most skáada siĊ z trzech czĊĞci CA, AB i BD poáączonych przegubami w punktach A i B, moĪna wiĊc rozpatrzyü równowagĊ kaĪdej z tych czĊĞci niezaleĪnie, przykáadając w miejscach áączenia (punkty A i B) odpowiednie siáy wzajemnego oddziaáywania. Otrzymuje siĊ w ten sposób trzy ukáady I, II, III z przyáoĪonymi w odpowiednich punktach szeĞcioma nieznanymi reakcjami RC , R A , RE , RF , RB , RD (rys. 1.5.3b). Dla kaĪdego z ukáadów moĪna uáoĪyü po dwa równania równowagi, otrzymując ukáad szeĞciu równaĔ z szeĞcioma niewiadomymi. Równania równowagi mają poniĪszą postaü. Ukáad I n

∑ Piy = 0 → RC + R A − q2 ⋅ a = 0, i =1 n

1

∑ M i (C ) = 0 → R A ⋅ a − q2 ⋅ a ⋅ 2 = 0.



i =1

Ukáad II i =1 n

− RB − q1 (b + l ) − (q1 + p )b = 0,



n

∑ Piy = 0 → − R A + RE + RF i =1

Ukáad III n



∑ M i (A ) = 0 → RE ⋅ b + RF (b + l ) − RB (2b + l ) − q1 (b + l )

b+l − 2

b  − (q1 + p )b  b + l +  = 0. 2 




∑ Piy = 0 → RB + RD − (q2 + p )⋅ a = 0, i =1 n

1

∑ M i (B ) = 0 → RD ⋅ a − (q2 + p )⋅ a ⋅ 2 a = 0. i =1

Z powyĪszego ukáadu równaĔ, po jego rozwiązaniu, otrzymuje siĊ: RC = 100 000 N, RE = 542 500 N, RF = 1 607 500 N, RD = 400 000 N.

Rys. .5.3b

41

Przestrzenny dowolny ukáad siá

.6. Przestrzenny dowolny ukáad siá










ZADANIE .6. Waáek zamocowany w áoĪyskach A i B (rys 1.6.1) obciąĪono siáami P [N] i F [N] dziaáającymi w páaszczyznach prostopadáych do osi waáu. Wyznaczyü wartoĞci reakcji áoĪysk A i B oraz wartoĞü siáy F w poáoĪeniu równowagi, jeĪeli znamy: l [m] – dáugoĞü dĨwigni waáu, a [m] – rozstaw pomiĊdzy dĨwigniami i áoĪyskami, α = 30o, β = 60o.

Rys. .6.

Rys. .6.a

42

STATYKA

Rozwiązanie Kierunki reakcji R A i RB leĪą w tym przypadku w páaszczyznach prostopadáych do osi, przy czym nieznane są ich proste dziaáania. Reakcje obliczyü moĪna, wyznaczając ich skáadowe wzajemnie prostopadáe zgodnie z przyjĊtym ukáadem odniesienia. Schemat obliczeniowy waáu z przyáoĪonymi reakcjami podpór (áoĪysk A i B) pokazano na rysunku 1.6.1a. Z analitycznego warunku równowagi dla ukáadu dowolnego przestrzennego siá otrzymuje siĊ nastĊpujące równania równowagi:

  i =1   n  ∑ Piy = 0 → 0  i =1   n  ∑ Piz = 0 → R Az − P sin β − F sin β + R Bz = 0  i =1   I n  ∑ M ix = 0 → −a ⋅ P sin β − 3a ⋅ F sin β + 4a ⋅ R Bz = 0  i =1   n  M l P l P l F 0 sin cos cos sin sin 0 = → − ⋅ β α − ⋅ β α − ⋅ β = ∑ iy  i =1   n  ∑ M iz = 0 → a ⋅ P cos β − 3a ⋅ F cos β − 4a ⋅ R Bx = 0  i =1 n

= 0 → R Ax − P cos β + F cos β + R Bx = 0










∑ Pix

PowyĪsze równania, a w szczególnoĞci równanie momentów siá wzglĊdem osi x, y, z, ukáada siĊ áatwiej w oparciu o rysunki pomocnicze 1.6.1b, c, d, przedstawiające waá od strony strzaáek poszczególnych osi ukáadu odniesienia.

Rys. l.6.b

43

Przestrzenny dowolny ukáad siá

Algebraiczną sumĊ momentów siá wzglĊdem osi y moĪna policzyü dwoma sposobami: jako sumĊ momentów skáadowych siá P i F , otrzymując równanie jak w ukáadzie I, lub jako sumĊ momentów siá, uwzglĊdniając ramiona d1 i d2 siá P i F (rys. 1.6.1.c). Otrzymuje siĊ wówczas równanie n

∑ M iy = 0 → P ⋅ d1 − F ⋅ d 2 = 0, i =1







gdzie: d1 = l sin (β – α), d2 = l sin β, równowaĪne odpowiedniemu równaniu w ukáadzie I.




Rys. .6.c

Rys. .6.d

44

STATYKA

Rozwiązując ukáad równaĔ I, otrzymuje siĊ:

1 F = P 3 [ N], 3 1  1  R Ax = P  3 − 3  [ N], 8  3  1 1   R Az = P 3  3 + 3  [ N], 8 3   1 RBx = P 1 − 3 [ N], 8 1 RBz = P 3 3 + 3 [ N] 8

)

)

oraz:

(

)

1 1 P 28 + 3 3 [ N], 4 3 1 RB = P 4 + 3 [ N]. 4 RA =



(



(




ZADANIE .6.2



Ujemna wartoĞü reakcji RBx nie zmienia wartoĞci reakcji RB , Ğwiadczy jedynie o przeciwnym zwrocie tej skáadowej w stosunku do przyjĊtego na rysunku 1.6.1a ukáadu odniesienia.

Jednorodna páyta o ciĊĪarze G zamocowana jest w áoĪysku kulistym – punkt A, áoĪysku przesuwnym – punkt B i utrzymana w poáoĪeniu poziomym liną CD (rys. 1.6.2). Prosta dziaáania siáy F zaczepionej w punkcie E jest równolegáa do osi y. Obliczyü reakcje áoĪysk oraz siáĊ w linie w poáoĪeniu równowagi, jeĪeli F = 9G [N], α = 45o. Wymiary jak na rysunku. Rozwiązanie Uwalniając páytĊ od wiĊzów przyáoĪono w punkcie A trzy skáadowe reakcji caákowitej, tj. R Ax , R Ay i R Az w punkcie B dwie skáadowe RBx i RBz oraz w miejsce liny CD w punkcie C siáĊ S o prostej dziaáania pokrywającej siĊ z kierunkiem liny. PáytĊ z przyáoĪonymi siáami czynnymi i reakcjami przedstawiono na rysunku 1.6.2a. Do obliczenia niewiadomych siá reakcji wykorzystano analityczny warunek równowagi ukáadu dowolnego przestrzennego. Rzuty siáy S na osi x, y, z otrzymano, rzutując je najpierw na páaszczyznĊ xy (skáadowa S1) i na kierunek pionowy (równolegáy do osi z), a nastĊpnie rzutując skáadową poziomą S1 na kierunek równolegáy do osi x i y – rysunek 1.6.2b (s. 46). W przyjĊtym ukáadzie odniesienia moment siáy S wzglĊdem osi z jest równy zeru, poniewaĪ prosta dziaáania tej siáy przecina oĞ z w punkcie D (rys. 1.6.2a).

45





Przestrzenny dowolny ukáad siá






Rys. .6.2

Rys. .6.2a

46





STATYKA



Rys. .6.2b

Równania równowagi siá mają nastĊpującą postaü:

  i =1    n  ∑ Piy = 0 → − R Ay + F − S cos α cos β = 0  i =1   n  ∑ Piz = 0 → R Az − R Bz + S sin α − G = 0  i =1  I n  1 9 ∑ M ix = 0 → −G ⋅ a + 2Sa sin α + 4 Fa − 4 R Bz a = 0   i =1   n a  0 sin 0 M G Sa = → − α = ∑ iy  2 i =1   n  9 ∑ M iz = 0 → Fa − 4 R Bx a = 0  i =1  n

= 0 → − R Ax + R Bx − S cos α sin β = 0




∑ Pix

47

Przestrzenny dowolny ukáad siá

Nieznany kąt β w równaniach I obliczyü moĪna z ∆ ACM (rys. 1.6.2a), przy czym ze wzglĊdów obliczeniowych wygodnie jest wyznaczyü funkcje sinβ i cosβ. Mamy wiĊc:

1 AM a  5  = = AC a 2 + 4a 2 5    II  2a 2 AM cos β = 5  = = AC  a 2 + 4a 2 5

sin β =

Rozwiązując ukáad równaĔ I z uwzglĊdnieniem związków II, otrzymuje siĊ:

(

)

(

)

1 1 1 40 − 5 G [N], R Ay = 45 − 5 G [N], R Az = G [N], 10 5 2 1 2 2

[N].



R Bx = 4G [N], R Bz = G [N], S =



R Ax =



Caákowite wartoĞci reakcji áoĪysk A i B oraz ich kierunki okreĞlono ze znanych związków:




2 2 2 , cos ( x, R A ) = R A = R Ax + R Ay + R Az

cos ( y , R A ) =

2 2 , RB = RBx + RBz

R Ax , RA R Ay RA

,

cos ( z , R A ) =

R Az , RA

cos ( x, RB ) =

RBx . RB

ZADANIE .6.3 Graniastosáup obciąĪono siáami jak na rysunku 1.6.3, przy czym: P1 = 40 N, P2 = P5 = 10 N, P3 = 15 N, P4 = 5 N, a = 2b = 20 cm, α = 30o. Jakim prostym ukáadem siá moĪna zastąpiü zadany ukáad siá?

48



Rys. .6.3



STATYKA






Rozwiązanie Poszukiwanie prostego ukáadu siá zastĊpującego ukáad zadany polega na przeprowadzeniu redukcji zadanego ukáadu siá w przyjĊtym ukáadzie odniesienia. Poszukuje siĊ ukáadu záoĪonego z jednej siáy i jednej pary siá, a nastĊpnie, w wyniku obliczeĔ, otrzymuje siĊ ukáad siá równowaĪny zadanemu i odpowiadający jednemu ze znanych przypadków redukcji. Obierając ukáad odniesienia jak na rysunku 1.6.3, obliczono wspóárzĊdne wektora gáównego Wg i momentu gáównego M g , przyjmując biegun redukcji w punkcie 0:

  i =1    5  = ∑ Piy = P1 cos α = 20 3 N  I i =1    5 = ∑ Piz = P4 + P3 − P1 sin α = 0  i =1  5

Wg x = ∑ Pix = P2 − P5 = 0

Wg y

Wg z

WartoĞü wektora gáównego Wg = Wgx2 + Wgy2 + Wgz2 = 20 3 N.

49

Przestrzenny ukáad siá równolegáych

5  M g x = ∑ M ix = − P1 ⋅ b ⋅ cos α = −200 3 N ⋅ cm  i =1    5  M g y = ∑ M iy = P2 ⋅ b − P4 ⋅ a = 0  II i =1    5  M g z = ∑ M iz = 0.  i =1 



2 2 2 WartoĞü momentu gáównego M g = M gx + M gy + M gz = 200 3 N.

M gx ⋅ Wgx + M gy ⋅ Wgy + M gz ⋅ Wgz M g ⋅ Wg

= 0,

skąd δ =



cos δ =



Kąt pomiĊdzy wektorami Wg i M g obliczono z zaleĪnoĞci

π . 2




Wzajemną prostopadáoĞü wektorów Wg i M g moĪna byáo w tym przypadku stwierdziü, analizując ich wspóárzĊdne obliczone z równaĔ (I) i (II). W wyniku redukcji otrzymano ukáad siá záoĪony z siáy równej Wg i pary siá o momencie równym M g , odpowiadający przypadkowi, gdy Wg ≠ 0, M g ≠ 0, δ = π (rys. 2 1.6.3a).

Rys. .6.3a

Rys. .6.3b

50

STATYKA

Dla takiego przypadku redukcji ukáad zadany siá moĪna zastąpiü siáą wypadkową W równą co do wartoĞci sile Wg i przesuniĊtą wzglĊdem przyjĊtego bieguna redukcji o odlegáoĞü d =

Mg

. Obliczając d =

200 3

= 10 cm , otrzymano ostatecznie ukáad równo20 3 waĪny zadanemu, záoĪony z jednej siáy W (| W | = | Wg | ) zaczepionej w punkcie E (rys. 1.6.3b) i równolegáej do osi y. Prostą dziaáania siáy W moĪna okreĞliü w inny sposób niĪ podany powyĪej, a mianowicie wykorzystując równania prostej centralnej w postaci Wg

Wgx

M gy + Wgx ( z 0 − z ) − Wgz ( x0 − x) Wgy

M gz + Wgy ( x0 − x) − Wgx ( y0 − y ) Wgz

=

,



=

=



M gx + Wgz ( y0 − y ) − Wgy ( z0 − z )



gdzie: x0, y0, z0 są wspóárzĊdnymi bieguna redukcji w przyjĊtym ukáadzie odniesienia.




Podstawiając do równania prostej centralnej obliczone wspóárzĊdne wektorów W g i Mg oraz x0 = y0 = z0 = 0 (biegun redukcji przyjĊto w punkcie 0), otrzymano równania prostej dziaáania siáy W w postaci: x = 0, z = 10 cm, co odpowiada wynikowi redukcji przedstawionemu na rysunku 1.6.3b.

.7. Przestrzenny ukáad siá równolegáych ZADANIE .7.

Obliczyü siáy nacisku kóá jezdnych dĨwigu na szyny w przypadku podnoszenia ciĊĪaru Q = 30 kN w páaszczyĨnie pionowej równolegáej do osi szyn. CiĊĪar dĨwigu wraz z przeciwciĊĪarem P wynosi G = 100 kN i jest przyáoĪony w punkcie S (rys. 1.7.1). DĨwig wraz z podnoszonym ciĊĪarem znajduje siĊ w poáoĪeniu równowagi. AD = = DB = CM = 1 m, CD = 1,5 m, l = 4 m, a = 0,5 m. Rozwiązanie Ze wzglĊdu na rodzaj wiĊzów dziaáających na dĨwig reakcje w punktach A, B i C leĪą na prostych prostopadáych w tych punktach do wiĊzów – szyn jezdnych. Ukáad siá z przyáoĪonymi siáami reakcji oraz siáami czynnymi pokazano na rysunku 1.7.1a.

51





Przestrzenny ukáad siá równolegáych

Rys. .7.a



Rys. .7.

Siáy dziaáające na dĨwig tworzą ukáad przestrzenny o prostych równolegáych, dla których z warunku analitycznego równowagi otrzymuje siĊ trzy równania: n

= 0 → R A + R B + RC − G − Q = 0,




∑ Piz i =1 n

∑ = M ix i =1 n

∑ M iy i =1

= 0 → G ⋅ a + R B ⋅ DB − R A ⋅ AD − Q ⋅ l = 0,

= 0 → G ⋅ MD − RC ⋅ CD + Q ⋅ MD = 0.

Podstawiając wartoĞci liczbowe i rozwiązując powyĪszy ukáad równaĔ, otrzymano wartoĞci siá reakcji:

RA = 8

1 kN, 3

RB = 78

1 1 kN, RC = 43 kN. 3 3

Siáy nacisku kóá jezdnych na szyny są równe co do wartoĞci obliczonym wartoĞciom reakcji w punkach A, B i C i mają w stosunku do nich przeciwne zwroty.

52

STATYKA

ZADANIE .7.2





Obliczyü siáy dziaáające w prĊtach podpierających páytĊ w ksztaácie póákola o ciĊĪarze Q. Siáa ciĊĪkoĞci Q przyáoĪona jest w osi symetrii w punkcie S w odlegáoĞci 4r a = . PrĊty stojące na gáadkim podáoĪu zamocowane są prostopadle do páyty, przy 3π czym poáoĪenie prĊta B okreĞla kąt α (rys. 1.7.2).






Rys. .7.2

Rys. .7.2a

Rozwiązanie Siáy reakcji w punktach A, B, C gáadkiego podáoĪa dziaáają wzdáuĪ osi prĊtów i równe są siáom wystĊpującym w prĊtach. Po przyáoĪeniu do prĊtów siá reakcji oraz siá czynnych otrzymuje siĊ przestrzenny ukáad siá równolegáych (rys. 1.7.2a), dla których uáoĪyü moĪna trzy równania równowagi:

53

Przestrzenny ukáad siá równolegáych n

∑ Piz = 0 → R A + RB + RC − Q = 0, i =1

n

∑ M ix = 0 → RB r sin α − Q ⋅ a = 0,

i =1 n

∑ = M iy = 0 → R A ⋅ r + RC ⋅ r + RB ⋅ r cos α = 0.

i =1

Rozwiązując powyĪszy ukáad równaĔ, otrzymuje siĊ wartoĞci siá dziaáających w poszczególnych prĊtach

1 1 − cos α 1 1 1 + cos α Q − 2Q , R B = 4Q − 2Q , RC = Q − 2Q . 2 3π sin α 2 3π sin α 3π sin α



RA =

ZADANIE .7.3








W którym miejscu ramy ABCD o ciĊĪarze G = 500 N naleĪy ustawiü wciągarkĊ obciąĪoną ciĊĪarem Q = 1500 N, aby prĊty utrzymujące ramĊ w poáoĪeniu poziomym równowagi byáy rozciągane i obciąĪone siáami o jednakowych wartoĞciach. W punkcie E ramy podwieszony jest dodatkowo ciĊĪar 2G = 1000 N (rys. 1.7.3). Obliczyü ponadto wartoĞci siá dziaáających w prĊtach.

Rys. .7.3

54

STATYKA







Rozwiązanie WciągarkĊ z jej ukáadem jezdnym i ramą traktuje siĊ jako jedną caáoĞü (bryáĊ) z wiĊzami typu ciĊgien w postaci prĊtów AA1, BB1, CC1. Uwalniając ten ukáad od wiĊzów, przyáoĪono do ramy w punktach A, B i C siáy reakcji o prostych dziaáaniach zgodnych z osiami prĊtów (rys. 1.7.3a). Ukáad siá czynnych i reakcji jest przestrzennym ukáadem siá równolegáych, dla którego moĪna uáoĪyü trzy równania równowagi. Do wyznaczenia jest piĊü niewiadomych: wartoĞü trzech reakcji RA, RB , RC oraz poáoĪenie punktu podwieszenia siáy Q okreĞlone dwiema wspóárzĊdnymi x i y.

Rys. .7.3a




Dodatkowe dwa równania, konieczne do obliczenia piĊciu niewiadomych, otrzymuje siĊ, wykorzystując warunek równoĞci siá w prĊtach. Odpowiednie równania mają postaü: n

∑ Piz = 0 → R A + RB + RC − 2G − G − Q = 0, i =1 n

∑ M ix = 0 → −G ⋅ a − Q ⋅ y + RC ⋅ 2a = 0, i =1 n

∑ = M iy = 0 → 2G ⋅ a + G ⋅ a + Q ⋅ x − R A ⋅ 2a = 0, i =1

RA = RB, RA = RC. Z powyĪszego ukáadu równaĔ otrzymuje siĊ 1 R A = RB = RC = 1000 N, x = a, y = a. 3 Proponuje siĊ w ramach samodzielnego rozwiązania wyznaczenie innego poáoĪenia wciągarki, np. przy zaáoĪeniu, Īe prĊt BB1 jest Ğciskany, prĊty AA1 i CC1 rozciągane, wartoĞci siá w prĊtach są jednakowe.

55

Tarcie

.8. Tarcie ZADANIE .8.







PomiĊdzy dwiema páytami AO i BO poáączonymi przegubowo umieszczony jest jednorodny walec o ciĊĪarze Q i promieniu r (rys. 1.8.1). W punktach A i B przyáoĪone są poziome siáy o jednakowych wartoĞciach P i zwrotach przeciwnych. Wspóáczynnik tarcia walca o páyty wynosi µ. Obliczyü wartoĞü siá P w poáoĪeniu równowagi ukáadu, jeĪeli odlegáoĞü AB = a i kąt AOB = 2α.




2

Rys. .8.

Rozwiązanie

JeĪeli ukáad nie bĊdzie w równowadze, to istnieje moĪliwoĞü przemieszczenia siĊ walca w dwóch kierunkach. Przy za maáych wartoĞciach siá P walec moĪe siĊ zsunąü w kierunku przegubu O, natomiast przy za duĪych wartoĞciach tych siá moĪe on zostaü wypchniĊty w kierunku do góry. W związku z tym równowaga walca moĪliwa jest przy siáach, których wartoĞci zmieniają siĊ od pewnej wartoĞci minimalnej Pmin do pewnej wartoĞci maksymalnej Pmax. Wyznaczenie szukanych wartoĞci siá P sprowadza siĊ wiĊc do obliczenia wartoĞci granicznych Pmin i Pmax, co jest równoznaczne z wyznaczeniem obszaru zmiennoĞci wartoĞci siá P odpowiadającemu poáoĪeniu równowagi ukáadu. Ze wzglĊdu na to, Īe rozpatrywany ukáad bryá jest ukáadem záoĪonym, rozdzieliü moĪna go na poszczególne czĊĞci (bryáy) i rozwaĪyü równowagĊ kaĪdej z nich z osobna.

56

STATYKA

Obliczenia przeprowadzono dla dwóch przypadków granicznych równowagi: ) w punktach A i B dziaáają siáy o wartoĞciach Pmin, 2) w punktach A i B dziaáają siáy o wartoĞciach Pmax. Ad )










Na rysunku 1.8.1a pokazano ukáad bryá po ich rozdzieleniu z przyáoĪonymi siáami czynnymi, reakcjami i siáami wzajemnego oddziaáywania pomiĊdzy bryáami.

Rys. .8.a

Ze wzglĊdu na symetriĊ ukáadu (siáy tarcia T = T' oraz siáy normalne N = N') wystarczy rozpatrzyü równowagĊ bryá I i II. Ukáad siá dziaáających na bryáĊ I jest ukáadem dowolnym páaskim, dla którego moĪna uáoĪyü trzy równania równowagi. W danym przypadku nie interesuje nas reakcja w przegubie 0 i dlatego wykorzystano z równaĔ równowagi dla tej bryáy jedynie równanie momentów, przyjmując biegun w punkcie 0. Z równaĔ równowagi dla bryáy II wykorzystano tylko równanie rzutów siá na oĞ y. W związku z powyĪszym otrzymano równania: n

∑ M i 0 = 0 → − Pmin ⋅ d1 + Nd 2 = 0

(dla bryáy I),

i =1 n

∑ Piy = 0 → −Q + 2T cos α + 2 N sin α = 0 i =1

(dla bryáy II).

57

Tarcie

Trzecie równanie otrzymaü moĪna z zaleĪnoĞci pomiĊdzy siáą tarcia T i reakcją normalną N, tj. T = µN. OdlegáoĞci d1 i d2 (ramiona siá Pmin i N wzglĊdem punktu 0) obliczono w oparciu o rysunek 1.8.1

d1 =

1 a ctg α, 2

d 2 = r ctg α. Rozwiązując powyĪszy ukáad równaĔ otrzymano



Q r ⋅ . sin α + µ cos α a



Pmin = Ad 2)






Ukáad siá przyáoĪonych do bryá w tym przypadku pokazano na rysunku 1.8.1b.

Rys. .8.b

58

STATYKA

Rozumując analogicznie jak w przypadku poprzednim, otrzymuje siĊ: n

∑ M i 0 = 0 → − Pmax ⋅ d1 + N1 ⋅ d 2 = 0

(dla bryáy I),

i =1 n

∑ Piy = 0 → −Q − 2T1 cos α + 2 N1 sin α = 0

(dla bryáy II),

i =1

T = µN1 , d1 =

1 a ctg α, 2

d 2 = r ctg α.

Q r ⋅ . sin α − µ cos α a



Pmax =



Rozwiązując ten ukáad równaĔ, wyznaczono:



Obliczone graniczne wartoĞci siá P wyznaczają zakres zmiennoĞci wartoĞci tych siá, przy których ukáad bryá pozostaje w równowadze, tj.




Q r Q r ⋅ ≤P≤ ⋅ . sin α + µ cos α a sin α − µ cos α a ZADANIE .8.2

Obliczyü minimalną ĞrednicĊ Dmin walców walcarki, przy której moĪliwe jest jeszcze uchwycenie walcowanego materiaáu, jeĪeli wspóáczynnik tarcia miĊdzy walcami a materiaáem walcowanym wynosi µ, a walcowany prĊt posiada przekrój prostokątny o początkowej wysokoĞci h0 i wysokoĞci po walcowaniu h (rys. 1.8.2). Rozwiązanie Siáy wzajemnego oddziaáywania pomiĊdzy walcami a materiaáem walcowanym pokazano na rysunku 1.8.2a, gdzie N są siáami (normalnymi) docisku, a T siáami tarcia. Walcowany prĊt bĊdzie wciągany pomiĊdzy walce, jeĪeli suma rzutów siá dziaáających na prĊt, na kierunku walcowania (kierunek osi x), bĊdzie wiĊksza od zera lub w przypadku granicznym równa zeru, tzn. n

∑ Pix ≥ 0 → 2T cos α − 2 N sin α ≥ 0 i =1

(1)

59

Tarcie

Z równania tego, po podstawieniu T = µN, otrzymuje siĊ µ ≥ tg α, wzglĊdnie ρ ≥ α, gdzie ρ = arc tg µ jest kątem tarcia. PoniewaĪ α > 0, z nierównoĞci (1) wynika tzw. warunek chwytu walców

ρ≥α>0

(2)

Minimalną ĞrednicĊ Dmin obliczyü moĪna z zaleĪnoĞci geometrycznych

1 1 D − (h0 − h) ∆h 2 cos α = 2 =1− , 1 D D 2

D≥

1 + µ2 1 + µ2 − 1

∆h

1 + µ2 1 + µ2 − 1

( h0 − h)



Dmin ≥



i ostatecznie minimalną ĞrednicĊ walców



gdzie ∆h = h0 – h jest tzw. gniotem bezwzglĊdnym. UwzglĊdniając zaleĪnoĞü (1) otrzymuje siĊ (3)

(4)




Mając zadaną ĞrednicĊ walców D, wspóáczynnik tarcia µ oraz Īądany wymiar h prĊta po walcowaniu, z nierównoĞci (3) obliczyü moĪna maksymalną gruboĞü h0 prĊta, który przy zadanych parametrach moĪe byü uchwycony przez walce.

Rys. .8.2

Rys. .8.2a

60

STATYKA

ZADANIE .8.3





Wyznaczyü wartoĞü siáy P potrzebnej do zahamowania obciąĪonego momentem M koáa o promieniu r dwustronnym hamulcem przedstawionym na rysunku 1.8.3, jeĪeli: r = 0,5 m, µ = 0,3, M = 360 N ⋅ m.






Rys. .8.3

Rys. .8.3a

61

Tarcie

dla belki O1A n



∑ M i (O1 ) = 0 → N1 ⋅ a − 2S1a cos α = 0

n



i =1

dla belki O2B

∑ M i (O2 ) = 0 → N 2 ⋅ a + 2 RBx a = 0 i =1




dla belki CBD



Rozwiązanie Ukáad hamulcowy przedstawiony na rysunku 1.8.3 jest ukáadem záoĪonym. Rozpatrzono stan równowagi tego ukáadu, badając równowagĊ jego czĊĞci skáadowych. Poszczególne elementy (bryáy) wraz z przyáoĪonymi do nich siáami wzajemnego oddziaáywania i obciąĪeniem siáami czynnymi pokazano na rysunku 1.8.3a, przy czym áączniki AC i DE traktuje siĊ jako ciĊgna. Ponadto reakcje R2 i R3 nie są siáami oddziaáywania pomiĊdzy dĨwigniami O2B i O2F, lecz oddziaáywaniem zamocowania tych dĨwigni do podáoĪa. Ze wzglĊdu na to, Īe nie interesują nas wartoĞci reakcji R1, R2 , R3 , R i RB z równaĔ równowagi wykorzystaü moĪna jedynie równania momentów siá dziaáających na poszczególne bryáy, odpowiednio wzglĊdem punktów O1, O2, O i B, oraz równanie rzutów siá na oĞ x dla belki CBD. Otrzymujemy:

n

∑ M i ( B ) = 0 → S1 ⋅ b cos α − S 2 a = 0

(1)

(2)

(3)

i =1 n

∑ Pix = 0 → S1 cos α + RBx = 0

(4)

i =1

dla belki O2F n

∑ M i (O2 ) = 0 → S 2 ⋅ a − 3P1b = 0

(5)

i =1

dla koáa n

∑ M i (O ) = 0 → − M + T2 ⋅ r + T1 ⋅ r = 0 i =1

(6)

62

STATYKA

W równaniach (1) – (6) wystĊpuje dziewiĊü niewiadomych, tj. N1, T1, N2, T2, S1, S2, RBx, P, α. Brakujące równania otrzymano, pisząc związki pomiĊdzy siáami tarcia a siáami normalnymi oraz z zaleĪnoĞci geometrycznych w oparciu o rysunek 1.8.3: (7)

T1 = µN1 , T2 = µN 2

cos α =

a

(8)

2

a + b2

M . 12µr Otrzymany wynik Ğwiadczy o tym, Īe przy tak narzuconych wymiarach a i b wartoĞü siáy P zaleĪy jedynie od wartoĞci momentu M, wspóáczynnika tarcia µ i promienia r, nie zaleĪy natomiast od wymiarów a i b. Podstawiając dane liczbowe do wzoru (10), otrzymuje siĊ ostatecznie P = 200 N.



Rozwiązując ukáad równaĔ (1) – (8), wyznaczono P =



ZADANIE .8.4



Obliczyü wartoĞü siáy P potrzebnej do zahamowania bĊbna hamulcem taĞmowym (rys. 1.8.4), jeĪeli znamy: M = 300 Nm, r = 0,5 m, µ = 0,2, l1 = 5l2, l2 = l3.




O1

O

Rys. .8.4

Rozwiązanie RozwaĪono w poáoĪeniu równowagi dwa podukáady, tzn. bĊben z taĞmą hamulcową i belkĊ OAB. Oba podukáady z przyáoĪonymi siáami biernymi i czynnymi pokazane są na rysunku 1.8.4a. Podobnie jak w zadaniu poprzednim uáoĪono odpowiednie równania równowagi momentów wzglĊdem punktów O1 i O, otrzymując: dla bĊbna n

∑ M i (O1 ) = 0 → M − S1 ⋅ r + S 2 ⋅ r = 0 i =1

(1)

63

ĝrodki ciĊĪkoĞci

dla belki OAB n

∑ M i (O) = 0 → S 2 ⋅ l3 + S1 ⋅ l 2 − P(l1 + l2 ) = 0

(2)

Rys. .8.4a



i =1



W równaniach powyĪszych wystĊpują trzy niewiadome, tj. S1, S2, P, do wyznaczenia których wykorzystano dodatkowo wzór Eulera na tarcie ciĊgien (3)



S1 = S 2 e µα




gdzie µ jest wspóáczynnikiem tarcia pomiĊdzy taĞmą a bĊbnem, a α jest kątem opasania 3 bĊbna. W tym przypadku α = π. Rozwiązując ukáad równaĔ (1) – (3), otrzymuje siĊ 2 µα l e + l3 M , P= ⋅ µα2 r (e − 1) (l1 + l2 ) a po uwzglĊdnieniu danych liczbowych P = 200 N.

.9. ĝrodki ciĊĪkoĞci ZADANIE .9.

Wyznaczyü Ğrodek ciĊĪkoĞci kratownicy páaskiej zbudowanej z jednorodnych prĊtów o jednakowych i staáych przekrojach poprzecznych (rys. 1.9.1).

Rys. .9.

64

STATYKA



Rys. .9.a



Rozwiązanie PrĊty kratownicy oznaczono przez l, 2, 3, ..., 13 oraz przyjĊto ukáad odniesienia jak na rysunku 1.9.1a, gdzie przez xi, yi oznaczono wspóárzĊdne Ğrodka ciĊĪkoĞci Si i-tego prĊta kratownicy (i = 1, 2, 3, ..., 13).

13

xS =

∑ li ⋅ xi

i =1 13

∑ li

13

yS =

∑

li i =1 13

⋅ yi

∑ l1

(1)

i =1




i =1



WspóárzĊdne Ğrodka ciĊĪkoĞci wyznaczono ze wzorów:

gdzie li jest dáugoĞcią i-tego prĊta kratownicy. DáugoĞü poszczególnych prĊtów oraz ich Ğrodki ciĊĪkoĞci w przyjĊtym ukáadzie odniesienia wynoszą:

l1 = l3 = l5 = l7 = l , l8 = l9 = l10 = l11 = l12 = l13 = 2l , l 2 = l 4 = l6 = l 2 + 4l 2 = l 5 , x1 = 0, x2 = x8 = x11 = l ,

x5 = 4l ,

x3 = 2l ,

x6 = x10 = x13 = 5l ,

x4 = x9 = x12 = 3l ,

x7 = 6l ,

65

ĝrodki ciĊĪkoĞci

1 y1 = y 2 = y3 = y 4 = y5 = y 6 = y7 = l , 2 y8 = y9 = y10 = l , y11 = y12 = y13 = 0. Podstawiając powyĪsze wartoĞci do wzorów (1) otrzymuje siĊ:

xS =

l 2 5 + 2l 2 + 3l 2 5 + 4l 2 + 5l 2 5 + 6l 2 + 2l 2 + 6l 2 10l 2 + 2l 2 + 6l 2 10l 2 = 3l , l + l 5 + l + l 5 + l + l 5 + l + 2l + 2l + 2l + 2l + 2l + 2l



1 2 1 2 1 1 1 1 1 l + l 5 + l 2 + l 2 5 + l 2 + l 2 5 + l 2 + 2l 2 2l 2 + 2l 2 1 2 2 2 2 2 2 2 = l. yS = 2 l + l 5 + l + l 5 + l + l 5 + l + 2l + 2l + 2l + 2l + 2l + 2l 1 l moĪna byáo w tym przypad2 ku przewidzieü, uwaĪnie analizując konstrukcjĊ kratownicy, tj. rozáoĪenie jej prĊtów.



PoáoĪenie Ğrodka ciĊĪkoĞci o wspóárzĊdnych xS = 3l , y S =



ZADANIE .9.2




Obliczyü wspóárzĊdne Ğrodka ciĊĪkoĞci pola przekroju záoĪonego z dwóch jednakowych kątowników (rys. 1.9.2) o wymiarach 40 × 40 × 4 mm.

Rys. .9.2

Rozwiązanie Ze wzglĊdu na symetriĊ przekroju przyjĊto ukáad odniesienia jak na rysunku 1.9.2a i w związku z tym wspóárzĊdna xs Ğrodka ciĊĪkoĞci wynosi: xs = 0. WspóárzĊdną y obliczono ze wzoru n

yS =

∑ Ai ⋅ yi

i =1

n

∑ Ai i =1

gdzie Ai jest i-tym polem figury o znanej wspóárzĊdnej yi jego Ğrodka ciĊĪkoĞci.

(3)

66

STATYKA

W związku z tym dokonaü naleĪy podziaáu przekroju na poszczególne powierzchnie o regularnych ksztaátach i znanych polach oraz wspóárzĊdnych Ğrodków ciĊĪkoĞci. PrzyjĊto trzy skáadowe powierzchnie caáego przekroju (rys. 1.9.2a), dla których: A1 = A3 = 36 × 4 = 144 mm2, A2 = 40 × 8 = 320 mm2, y1 = y3 = 2 mm, y2 = 20 mm.





S

Rys. .9.2a

ys =



Korzystając ze wzoru (1), obliczono

144 ⋅ 2 + 320 ⋅ 20 + 144 ⋅ 2 = 11,4 mm. 144 + 320 + 144




ĝrodek ciĊĪkoĞci przekroju leĪy w punkcie S o wspóárzĊdnych: xs = 0, ys = 11,4 mm.

ZADANIE .9.3

Obliczyü wspóárzĊdne Ğrodka ciĊĪkoĞci figury páaskiej pokazanej na rysunku 1.9.3. W figurze wyciĊte są dwa otwory: koáowy o promieniu 5 cm i kwadratowy o boku 10 cm. Rozwiązanie Zadanie moĪna rozwiązaü, stosując metodĊ podziaáu caáego pola na pola elementarne, podobnie jak w zadaniu 1.9.2. WyciĊte otwory uwzglĊdnia siĊ, odejmując iloczyny ich pól i Ğrodków ciĊĪkoĞci oraz powierzchnie otworów we wzorach na wspóárzĊdne Ğrodka ciĊĪkoĞci. PrzyjĊto podziaá na pola elementarne oraz ukáad odniesienia jak na rysunku 1.9.3a. Powierzchnie pól elementarnych oraz wspóárzĊdne ich Ğrodków ciĊĪkoĞci wynoszą odpowiednio: A1 = 200 ⋅ 600 = 12 ⋅ 104 mm2, A2 = 200 ⋅ 300 = 6 ⋅ 104 mm2,

67

ĝrodki ciĊĪkoĞci

π ⋅ 10 4 = 0,785 ⋅ 10 4 mm 2 , 4 A4 = 100 ⋅ 100 =104 mm2, A3 =

x1 = 300 mm,

y1 = 100 mm,

x2 = 300 mm,

y2 = 200 + 150 = 350 mm,

x3 = 300 mm,

y3 = 500 – 100 = 400 mm, y4 = 100 mm.







x4 = 600 – 100 = 500 mm,




Rys. .9.3

Rys. .9.3a

68

STATYKA

WspóárzĊdne Ğrodka ciĊĪkoĞci obliczono ze wzorów: 4

xS =

∑ Ai ⋅ xi

i =1 4

∑ Ai

4

,

yS =

∑ Ai ⋅ yi

i =1

i =1

(1)

4

∑ Ai

i =1

Podstawiając odpowiednie wartoĞci do wzorów (1), otrzymano:

xs = ys =

(12 ⋅ 300 + 6 ⋅ 300 − 0,785 ⋅ 300 − 1 ⋅ 500) ⋅ 10 4 (12 + 6 − 0,785 − 1) ⋅10 4 (12 ⋅ 100 + 6 ⋅ 350 − 0,785 ⋅ 400 − 1 ⋅ 100) ⋅ 10 4 (12 + 6 − 0,785 − 1) ⋅10 4

= 287,7 mm , = 178 mm.



PoáoĪenie Ğrodka ciĊĪkoĞci pokazane jest na rysunku 1.9.3a



ZADANIE .9.4






Wyznaczyü wspóárzĊdne Ğrodka ciĊĪkoĞci jednorodnego prĊta AB wygiĊtego w ksztaácie áuku o promieniu R i kącie Ğrodkowym 2α. (rys. 1.9.4).

Rys. .9.4

Rozwiązanie W odróĪnieniu od poprzednich zadaĔ w tym przypadku nie moĪna zastosowaü metody podziaáu na elementarne odcinki (jak w zadaniu 1.9.1) i wykorzystaü wzory sumacyjne na wspóárzĊdne Ğrodka ciĊĪkoĞci. Wykorzystano wzory caákowe dotyczące linii páaskich w postaci: xs =

∫ xdl

AB

∫ dl

AB

,

ys =

∫ ydl

AB

∫ dl

,

AB

gdzie dl jest dáugoĞcią elementarnego áuku wydzielonego z áuku AB. Ze wzglĊdu na to, Īe áuk AB jest w ksztaácie wycinka okrĊgu, wygodnie jest uzaleĪniü wspóárzĊdne x i y oraz dl od kąta ϕ. W przyjĊtym ukáadzie odniesienia jak na rysunku 1.9.4a, ze wzglĊdu na symetriĊ wzglĊdem osi y, xs = 0.

69

ĝrodki ciĊĪkoĞci

UwzglĊdniając oznaczenia jak na rysunku 1.9.4a, otrzymuje siĊ: x = R sin ϕ, y = R cos ϕ,





dl = Rd ϕ.

Otrzymuje siĊ zatem:




xs = 0,

Rys. .9.4b



Rys. .9.4a

α

ys

∫ R cos ϕ Rd ϕ

−α

α

∫ Rd ϕ

=

R 2 sin ϕ |α− α Rϕ |α−α

=

r sin α . α

−α

Wzór na wspóárzĊdną ys moĪna wykorzystaü do wyznaczenia poáoĪenia Ğrodka ciĊĪkoĞci wycinka koáowego o promieniu R i kącie 2α (rys. 1.9.4b). Wydzielając elementarny wycinek o kącie d ϕ, moĪna traktowaü go jak trójkąt, w któ2 rym Ğrodek ciĊĪkoĞci leĪy w odlegáoĞci R od Ğrodka koáa (punkt 0). ĝrodki ciĊĪkoĞci 3 wszystkich skáadowych elementarnych wycinków bĊdą wiĊc leĪeü na áuku o promieniu 2 R . WspóárzĊdne Ğrodka ciĊĪkoĞci wycinka koáowego wynoszą 3 xs = 0,

ys =

2 R sin α . 3 α

70

STATYKA

ZADANIE .9.5





Obliczyü Ğrodek ciĊĪkoĞci jednorodnej figury páaskiej ograniczonej hiperbolą 1 xy = a 2 i prostymi x = a, y = a (rys. 1.9.5). 4

Rys. .9.5a



Rys. .9.5

Rozwiązanie Do wyznaczenia Ğrodka ciĊĪkoĞci wykorzystano wzory caákowe dla figur páaskich: A

,

ys =

∫∫ ydxdy A




xs =

∫∫ xdxdy ∫∫ dxdy A

∫∫ dxdy

.

A

Figura posiada oĞ symetrii – oĞ 0l (rys. 1.9.5a), a wiĊc xs = yx, wystarczy wiĊc obliczyü tylko jedną wspóárzĊdną, np. xs. Obliczając caáki:

∫∫ xdxdy = A

∫∫ dxdy = A

a nastĊpnie xs =

a

a

∫

xdx

a 4

a

∫

dx

∫

a2 4x

a

dy =

a

∫

a 4

a2 4x

a

a 4

∫

dy =

∫

a 4

2   ax − a  dx = 9 a 3 ,  4  32 

2  2   a − a  dx = a (3 − ln 4),  4 x  4 

9a , otrzymuje siĊ xs = yx = 0,697a. 8(3 − ln 4)

71

2. Kinematyka



2.1. Uwagi metodyczne dotyczące rozwiązywania zadaĔ z kinematyki








Kinematyka jest dziaáem mechaniki, który zajmuje siĊ badaniem ruchu ciaá bez uwzglĊdnienia przyczyn wywoáujących ruch. Ruch jest pojĊciem wzglĊdnym i dlatego badając go, naleĪy zawsze okreĞliü ukáad odniesienia wzglĊdem którego ruch jest rozpatrywany. WyróĪnia siĊ dwa zasadnicze ukáady odniesienia: wzglĊdny (ruchomy) i bezwzglĊdny, traktowany w danym przypadku jako nieruchomy. JeĪeli wybrany ukáad odniesienia przyjmuje siĊ umownie za nieruchomy, to ruch wzglĊdem takiego ukáadu nazywa siĊ ruchem bezwzglĊdnym. W przeciwnym przypadku ruch nazywa siĊ wzglĊdnym. Podstawowym celem kinematyki jest opisanie ruchu bryá, tzn. takie podanie opisu, aby moĪna byáo na tej podstawie okreĞliü tor, prĊdkoĞü i przyspieszenie dowolnego punktu bryá. W kinematyce wykorzystuje siĊ dwie grupy metod: metody analityczne i metody graficzne, przy czym metody graficzne stosowane są do wyznaczania parametrów ruchu w okreĞlonych, chwilowych poáoĪeniach ukáadów materialnych. Bryáa traktowana jest jako zbiór punktów materialnych i w związku z tym badanie ruchu bryá poprzedzone jest badaniem ruchu punktu. KinematykĊ, ze wzglĊdów dydaktycznych, dzielimy na kinematykĊ punktu i kinematykĊ bryáy. Do opisania ruchu punktu wykorzystuje siĊ w przyjĊtym ukáadzie odniesienia okreĞlone wspóárzĊdne, podając je w zaleĪnoĞci od czasu. Otrzymuje siĊ w ten sposób kinematyczne równania ruchu punktu bĊdące podstawą do wyznaczenia trajektorii, prĊdkoĞci i przyspieszenia punktu. W przypadkach szczególnych, tj. w ruchu jednostajnym i jednostajnie zmiennym, moĪna korzystaü ze znanych wzorów na przemieszczenie i prĊdkoĞü punktu. W innych przypadkach wykorzystuje siĊ w tym celu rachunek róĪniczkowy i caákowy. Opis ruchu bryá zaleĪy od rodzaju ruchu bryá. W zaleĪnoĞci od narzuconych wiĊzów wyróĪnia siĊ ruchy proste, np. ruch postĊpowy, i ruchy záoĪone, np. ruch páaski. KaĪdy z ruchów bryá opisuje siĊ odpowiednimi dla danego przypadku kinematycznymi równaniami ruchu odpowiadającymi liczbie stopni swobody bryáy. Kinematyczne równania ruchu bryáy pozwalają na wyznaczenie w przyjĊtym ukáadzie odniesienia równaĔ ruchu dowolnego punktu bryáy, a zatem toru, prĊdkoĞci i przyspieszenia tego punktu.

72

KINEMATYKA

Celem wyznaczenia parametrów kinematycznych dowolnego punktu bryáy moĪna wiĊc przyjąü nastĊpujący tok postĊpowania: – rozpoznaü ruch bryáy, – przyjąü ukáad odniesienia, – wykorzystaü kinematyczne równania ruchu bryáy do zapisania równaĔ ruchu wybranego punktu, – wyznaczyü szukane parametry ruchu.



2.2. Kinematyka punktu



W przypadku zastosowania metod graficznych wykorzystuje siĊ przede wszystkim wektorowe równania prĊdkoĞci i przyspieszeĔ wáaĞciwe dla danego rodzaju ruchu bryáy, a nastĊpnie wyznacza siĊ parametry kinematyczne w chwilowym poáoĪeniu bryáy. Analiza ruchu pod wpáywem dziaáania siá omówiona jest w czĊĞci dotyczącej dynamiki ruchu.

ZADANIE 2.2.1



2.2.1. Wyznaczanie równaĔ ruchu, prĊdkoĞci, przyspieszeĔ oraz toru




Ruch punktu K opisany jest wektorem wodzącym r = (1 − t )i + (t − 1) j ; i , j – wersory páaskiego kartezjaĔskiego ukáadu odniesienia, r w [m], t w [s]. Wyznaczyü równanie toru, prĊdkoĞü i przyspieszenie oraz prawo ruchu po torze. Rozwiązanie PrĊdkoĞü punktu jest równa

v=

dr = − i + j. dt

WspóárzĊdne wektora prĊdkoĞci wynoszą: vx = –1 m/s, vy = 1 m/s, a wartoĞü prĊdkoĞci v = v x2 + v 2y = 2 m/s. Przyspieszenie punktu jest równe

a=

dv d 2 r = = 0. dt dt 2

Dla wyznaczenia równania toru wykorzystaü moĪna wspóárzĊdne wektora r , tj. x = 1 – t [m], y = t – 1 [m] (równania skoĔczone ruchu). Rugując z powyĪszych równaĔ parametr t (czas), otrzymuje siĊ: y = –x, czyli równanie prostej w ukáadzie Oxy, przy czym torem jest póáprosta dla t ≥ 0 (rys. 2.2.1).

73

Kinematyka punktu

Rys. 2.2.1



A0



Prawo ruchu po torze otrzymaü moĪna wykorzystując zaleĪnoĞü ds = dx 2 + dy 2 , gdzie dx = x (t ) dt i dy = y (t ) dt ,

ds = ± 2 dt



czyli dx = –dt, dy = dt, a nastĊpnie rozwiązując równanie

wraz z warunkami początkowymi ruchu, tj. dla t = t0 = 0, x = x0 = 1 m, y = y0 = –1 m




skąd s = s0 = x02 + y 02 = 2 m. Dokonując odpowiednich obliczeĔ, otrzymano prawo ruchu po torze y = –x w postaci s = 2 (1 − t ) [m]. ZADANIE 2.2.2

Z podanych równaĔ ruchu punktu wyprowadziü równanie toru oraz wyznaczyü prĊdkoĞü i przyspieszenie w funkcji czasu: a) x = 2t + 1, y = t2 – 2t + 3, b) x = 2t2 – 4t, y = 0,5t2 – t, gdzie x, y, w [m], t w [s]. Rozwiązanie Ad a) Rugując z obu równaĔ parametr t (czas), otrzymuje siĊ równanie paraboli 1 2 y = ( x − 6 x + 17), przy czym torem punktu jest gaáąĨ paraboli, dla t ≥ 0, tj. dla x ≥ 1, 4 a poáoĪenie początkowe A0 punktu dla t = t0 = 0 okreĞlone jest wspóárzĊdnymi x = = x0 = 1 m, y = y0 = 3 m (rys. 2.2.2).

74

KINEMATYKA

3 2

A0 A1 – extremum 3

2



Rys. 2.2.2

WspóárzĊdne prĊdkoĞci v są równe: v x = x = 2 m/s, v y = y = 2t + 2 m/s, a wspóárzĊd-



ne przyspieszenia a: ax = 0, ay = 2 m/s2. Obliczając v = v x2 + v 2y i a = a x2 + a 2y , otrzy-



mano zaleĪnoĞü prĊdkoĞci i przyspieszenia od czasu w postaci: v = 2 t 2 − 2t + 2 m/s, a = 2 m/s2 (const).




Ad b) 1 Rugując z obu równaĔ parametr czasu t, otrzymuje siĊ równanie prostej y = x. 4 1 Punkt porusza siĊ po póáprostej dla x ≥ –2 i y ≥ − , co wynika z analizy równaĔ: 2 2t2 – 4t – x = 0 i 0,5t2 – t – y = 0 dla czasów rzeczywistych.

Obliczając wspóárzĊdne prĊdkoĞci v x = x = 4(t − 1) m/s, vy = t – 1 m/s, otrzymuje siĊ wartoĞü v = 5 | (t − 1) | m/s, a nastĊpnie obliczając a x = x = 4 m/s2 i a y = y = 1 m/s2, wartoĞü przyspieszenia a = 17 m/s2. ZADANIE 2.2.3 Dane są trzy równania skoĔczone ruchu punktu: 1  a) x = 2 cos  t 2 , π  2 b) x = 2t ,

c) x = t ,

1  y = 2 sin  t 2  , π 

y = 1,5t 2 ,

y = 0,5t 2 , x, y w [m], t w [s].

1 Obliczyü prĊdkoĞü, przyspieszenie i promieĔ krzywizny toru dla t1 = π [s]. Wy2 znaczyü takĪe równanie toru i prawo ruchu po torze.

75

Kinematyka punktu

Rozwiązanie Ad a) 4 Obliczając v x = x = − t sin π wyznaczono z zaleĪnoĞci v (t ) = v x2 + v 2y =

4 1 2  t , v y = y = t cos π π  

1 2  t  , wartoĞü prĊdkoĞci π 

4 t skąd v(t1 ) = 2 m/s. π

Obliczając

a x = x = −

a y = y = wyznaczono

 1 2 2 2  1 2  sin  π t  + π t cos  π t  ,     

 1 2 2 2 cos  t  − t sin π  π 

 1 2   t  ,  π 

π 2 + 4t 4

i a(t1 ) =








2



2 4 + π 2 m/s 2 . π π 2 2 PromieĔ krzywizny toru wyznacza siĊ z zaleĪnoĞci an = vρ , skąd ρ = va . Pon dv 4 2 2 2 2 2 niewaĪ a = a τ + a n , stąd a n = a − a τ , gdzie aτ = = m/s . Podstawiając dt π obliczone wartoĞci prĊdkoĞci, przyspieszenia caákowitego i stycznego, otrzymuje siĊ ρ(t) = ρ (t1) = 2 m. Równanie toru otrzymano z równaĔ skoĔczonych ruchu rugując z nich parametr t. Torem jest okrąg (rys. 2.2.3a) o równaniu x2 + y2 = 4, którego promieĔ krzywizny w kaĪdym punkcie równy jest promieniowi okrĊgu i wynosi 2 m, co jest zgodne z obliczonym promieniem krzywizny ρ(t). Prawo ruchu po torze wyznacza siĊ 4 2 z zaleĪnoĞci s = ∫ vdt + C , a zatem s = ∫ tdt + C = t 2 + C (punkt O1 pokrywa siĊ π π z poáoĪeniem początkowym). a(t ) =

4

4 π

4 π

Rys. 2.2.3a

Przyjmując warunki początkowe: t = 0, s = 0, obliczono staáą caákowania C = 0, 2 i prawo ruchu po torze ma ostatecznie postaü s = t 2 m. π

76

KINEMATYKA

Z przeprowadzonych obliczeĔ wynika, Īe punkt porusza siĊ po okrĊgu ruchem jednostajnie przyspieszonym. Ad b) Dokonując obliczeĔ analogicznie jak w przypadku (a), otrzymano:

v x = x = 4t , v y = y = 3t , v (t ) = 5t , v (t1 ) =

5 π m/s 2 , 2

a x = x = 4, a y = y = 3, a(t ) = a (t1 ) = 5 m/s 2 , ρ=

v2 v2 = , an a 2 − aτ2

dv (t ) = 5 m/s 2 i a τ = a = a (t ), z czego wynika, Īe promieĔ krzywizny ρ = ∞ dt i punkt porusza siĊ po torze prostoliniowym. Rugując z równaĔ skoĔczonych ruchu 3 parametr t, otrzymuje siĊ równanie prostej y = x. Torem jest póáprosta odpo4 wiednio dla t ≥ 0, tzn. dla x ≥ 0 i y ≥ 0 (rys. 2.2.3b). Przyjmując warunki początkowe 5 ruchu: t = 0, s = 0, otrzymano prawo ruchu po torze w postaci s = t 2 , tak wiĊc w tym 2 przypadku punkt porusza siĊ ruchem jednostajnie przyspieszonym prostoliniowym.










gdzie a τ =

y=

0,

75

x

Rys. 2.2.3b

Ad c) PostĊpując identycznie jak w przypadkach (a) i (b), otrzymano:

v x = x = 1, v y = y = t , v(t ) = 1 + t 2 ,

v(t1 ) =

a x = x = 0, a y = y = 1, a(t ) = a(t1 ) = 1 m/s 2 , ρ=

v2 v2 = , an a 2 − aτ2

1 4 + π2 2

77

Kinematyka punktu

gdzie aτ =

π dv (t ) t , aτ (t1 ) = m/s 2 , = 2 2 dt 1+ t 4+π

1 ρ(t ) = (1 + t 2 ) 1 + t 2 , ρ(t1 ) = ( 4 + π 2 ) 4 + π 2 m. 8



Rys. 2.2.3c



y=

0,5 x

2

Torem jest czĊĞü paraboli y = 0,5x2, (równanie paraboli otrzymuje siĊ z równaĔ skoĔczonych ruchu po wyrugowaniu parametru t) dla t ≥ 0, tzn. dla x ≥ 0 i y ≥ 0 (rys. 2.2.3c).






Przyjmując warunki początkowe ruchu: t = 0, s = 0, z zaleĪnoĞci s = ∫ vdt + C , otrzymano prawo ruchu po torze w postaci 1   s =  t 1 + t 2 + ln t + 1 + t 2  . 2  Ruch punktu w tym przypadku jest ruchem krzywoliniowym niejednostajnie zmiennym. ZADANIE 2.2.4

Na rysunku 2.2.4 przedstawiono schemat mechanizmu korbowego o zadanych dáu1 goĞciach OA = R = 1 m, AC = CB = AB = 0,5 m. Mając dane równanie ruchu korby 2 OA, ϕ = 2t rad, obliczyü prĊdkoĞü i przyspieszenie punktu C áącznika oraz punktu B suπ waka w chwili t1 = s. 8

Rys. 2.2.4

78

KINEMATYKA

Rozwiązanie Równania skoĔczone ruchu punktu C otrzymano, obliczając wspóárzĊdne xc i yc (trójkąt OAB jest trójkątem równoramiennym w kaĪdym poáoĪeniu mechanizmu):

xC = OA cos ϕ + AC cos ϕ =

3 R cos ( 2t ), 2

yC = OA sin ϕ − AC sin ϕ =

1 R sin ( 2t ). 2

WspóárzĊdne prĊdkoĞci oraz wartoĞü prĊdkoĞci punktu C wynoszą: v x = xC = −3 R sin ( 2t ),



v y = y C = R cos ( 2t ), vc = xC2 + y C2 = R 8 sin 2 ( 2t ) + 1, vC (t1 ) = 5 m/s.

a x = xC = −6 R cos ( 2t ),



a y = yC = −2 R sin (2t ),



WspóárzĊdne przyspieszenia oraz wartoĞü przyspieszenia punktu C wynoszą




aC = xC2 + yC2 = 2 R 8 cos 2 ( 2t ) + 1, aC (t1 ) = 2 5 m/s.

Rys. 2.2.4a

Torem punktu C jest elipsa (rys. 2.2.4a) opisana równaniem

x2 3   R 2 

2

+

y2 1   R 2 

2

= 1,

79

Kinematyka punktu

otrzymanym z równaĔ skoĔczonych ruchu po wyrugowaniu parametru t. PoáoĪenie początkowe punktu C na torze odpowiada chwili t0 = 0 i jest okreĞlone wspóárzĊdnymi xC (0) =

3 R, 2

yC (0) = 0,

xC (t1 ) =

zaĞ

3 2 R. 4

PromieĔ krzywizny toru w chwili t0 = 0 jest równy ρ 0 =

1 R i jest mniejszy od póáosi 6

v2 3 R. Otrzymamy go ze wzoru ρ = . 2 a 2 − v 2 Obliczając prĊdkoĞü i przyspieszenie punktu B, otrzymuje siĊ: x B = 2 R cos 2t , x B (t1 ) =

1 2 R, 4



elipsy równej



v B = v Bx = −4 R sin 2t , a B = a Bx = −8R cos 2t , v B (t1 ) = −2 2 m/s, a B (t1 ) = −4 2 m/s 2 .




ZADANIE 2.2.5



Znaki ujemne oznaczają, Īe w chwili t1 zwroty prĊdkoĞci i przyspieszenia są przeciwne do zwrotu osi x (w rzeczywistoĞci są to wspóárzĊdne tych wektorów na osi x).

Korba OA páaskiego mechanizmu (rys 2.2.5) porusza siĊ zgodnie z równaniem ϕ = kt rad, k = const > 0 w rad/s, t w [s]. Wyznaczyü prĊdkoĞü i przyspieszenie punktu C oraz równanie jego toru, jeĪeli OA = OB = R, AC = l, l > 2R.

Rys. 2.2.5

80

KINEMATYKA

Rys. 2.2.5a

tj.:

ϕ , 2

ϕ yC = OA sin ϕ − AC cos , 2



1  xC = R cos ( kt ) + l sin  kt  , 2 



xC = OA cos ϕ + AC sin



Rozwiązanie Przyjmując ukáad odniesienia jak na rysunku 2.2.5a, obliczono wspóárzĊdne punktu C, a nastĊpnie po ich zróĪniczkowaniu prĊdkoĞü i przyspieszenie.




1  y C = R sin ( kt ) − l cos  kt  , 2 

1  1  v x = x C = k  l cos  kt  − R sin ( kt )  , 2  2 

 1  1  v y = y C = k  R cos (kt ) + l sin  kt  , 2  2  

v = v x2 + v 2y = k

1 2 1  l + R 2 − Rl sin  kt  , 4 2 

1  1  a x = xC = −k 2  l sin  kt  + R cos (kt )  , 2  4  1   1  a y = yC = k 2  l cos   − R sin (kt )  ,  2kt  4  a y = xC2 + yC2 = k 2

1 2 1 1  l + R 2 − Rl sin  kt  . 16 2 2 

81

Kinematyka punktu

1  1 Korzystając z zaleĪnoĞci cos 2  kt  = [1 + cos ( kt ) ] i cos 2 (kt ) + sin 2 ( kt ) = 1, po 2  2 wyrugowaniu parametru t z równaĔ skoĔczonych ruchu punktu C, otrzymuje siĊ równanie toru tego punktu

[y

2

]

2

+ (x − R )2 − (l 2 − 4R 2 ) ( x − R) 2 − l 2 ( y 2 + 4R 2 ) − 4lR y ( x − R) 2 + y 2 − l 2 = 0. ZADANIE 2.2.6










Dany jest schemat kinematyczny napĊdu jarzmowego suportu strugarki (rys. 2.2.6), do którego w punkcie N mocowany jest nóĪ strugarki. Suport wykonuje ruch poziomy, natomiast jarzmo BC ruch wahadáowy na skutek obrotowego ruchu korby OA poáączonej suwliwie z jarzmem A. Obliczyü prĊdkoĞü i przyspieszenie noĪa, jeĪeli OC = l, OA = r, BC = R i prĊdkoĞü kątowa korby ω0 = const.

Rys. 2.2.6

Rys. 2.2.6a

Rozwiązanie PrĊdkoĞü i przyspieszenie noĪa strugarki wyznaczyü moĪna, ukáadając równanie skoĔczone ruchu punktu N. Korzystając z pomocniczego schematu obliczeniowego (rys. 2.2.6a), wyznaczono x = xB = BC sin ϕ1.

82

KINEMATYKA

FunkcjĊ sinϕ1 wyznaczono, korzystając z zaleĪnoĞci trygonometrycznych w trójkątach ODA, CDA i COA. Z ∆ODA i ∆CDA otrzymuje siĊ DA = r sinϕ = AC sinϕ1, skąd r sin ϕ1 = sin ϕ. AC Z ∆COA otrzymuje siĊ CA = r 2 + l 2 + 2rl cos ϕ. Po podstawieniu BC = R, ϕ = ω0t (korba porusza siĊ ruchem jednostajnym) otrzymuje siĊ

sin ϕ1 =

r sin ω0t 2

r + l 2 + 2rl cos 0 t

oraz skoĔczone równanie ruchu punktu N

Rr sin ω0 t r 2 + l 2 + 2rl cos ω0t

.



x=

PrĊdkoĞü i przyspieszenie punktu N równe są odpowiednio:

v = x = Rrω0

[(r

a = x = Rrω20

[rl (r

+ l 2 ) cos ω0t + 2rl

]r

2

+ l 2 + 2rl cos ω0 t



2

( r 2 + l 2 + 2rl cos ω0 t ) 2

+ l 2 ) cos ω0t + 6r 2 l 2 − ( r 2 + l 2 ) 2



2

]

( r 2 + l 2 + 2rl cos ω0 t ) 3

,

r 2 + l + 2rl cos ω0 t

.




Otrzymane związki moĪna poddaü dalszej analizie, wyznaczając np. ekstremalne wartoĞci prĊdkoĞci i przyspieszenia noĪa strugarki i odpowiadające im poáoĪenia poszczególnych elementów mechanizmu. ZADANIE 2.2.7

Dany jest promieĔ r = 1 m prowadnicy i prawo ruchu punktu K (tulejki – rys. 2.2.7) π w postaci s(t ) = 2 sin t [m]. Wyznaczyü prĊdkoĞü i przyspieszenie liniowe tulejki K 4 w chwili, gdy osiągnie ona najwyĪsze poáoĪenie na prowadnicy.

Rys. 2.2.7

83

Kinematyka punktu

Rozwiązanie Ruch punktu K w tym przypadku zadany jest wspóárzĊdną naturalną s = s(t). PrĊdkoĞü oblicza siĊ z zaleĪnoĞci

v=

ds π π = cos t. dt 2 4

Skáadowe przyspieszenia caákowitego oblicza siĊ z zaleĪnoĞci: przyspieszenie styczne aτ =

dv π2 π =− sin t , dt 8 4

przyspieszenie normalne

v 2 v 2 π2 π cos 2 t. = = r 4 4 ρ



an =

π π⋅r . t1 = 4 2



2 sin



π W najwyĪszym poáoĪeniu punktu K odpowiadającemu kątowi α(t1 ) = w chwi2 π⋅r li t1 dáugoĞü áuku s (t1 ) = . 2 Czas t1 obliczono z równania s(t)




Podstawiając r = 1 m, obliczono t1 = 1,14 s. Podstawiając czas t1 najwyĪszego poáoĪenia punktu K, otrzymano:

v(t1 ) = 0,981 m/s, aτ (t1 ) = −0,961 m/s 2 , an (t1 ) = 0,962 m/s 2 , a(t1 ) = aτ2 (t1 ) + an2 (t1 ) = 1,35 m/s 2 .

Zadanie to rozwiązaü moĪna takĪe, wykorzystując fakt, Īe punkt K porusza siĊ po okrĊgu, i w związku z tym naleĪy zastosowaü odpowiednie w tym przypadku wzory:

v = ω ⋅ r , aτ = ε ⋅ r , an = ω2 r , a = r ε 2 + ω4 ,  , α = gdzie: ω = α , ε = α

s (t ) r .

ZADANIE 2.2.8 Wyznaczyü równanie ruchu punktu po trajektorii oraz wartoĞü wspóárzĊdnej natuπ 4π ralnej s, drogĊ s* po czasie tk = 5 s, jeĪeli prĊdkoĞü v = sin t [m/s] i w chwili 5 15 początkowej t = 0, s = 0. 0

84

KINEMATYKA

Rozwiązanie Ruch punktu po trajektorii opisuje wspóárzĊdna naturalna s(t), którą wyznacza siĊ z równania

ds = v, tzn. s = ∫ vdt + C . dt Rozwiązując powyĪsze równanie z uwzglĊdnieniem warunków początkowych, otrzymuje siĊ 3 4π  t  [ m]. 1 − cos 4 15 










s=

Rys. 2.2.8

Przebieg zmian w funkcji czasu wspóárzĊdnej s(t) i prĊdkoĞci v(t) przedstawia rysunek 2.2.8. PoáoĪenie punktu w chwili tk = 5 s okreĞla wspóárzĊdna s ( t k ) = K k K k′ =

3 4π  t k  = 1,125 m. 1 − cos 4 15 

DrogĊ przebytą w tym czasie przez punkt wylicza siĊ z zaleĪnoĞci

sk* =

tk

∫

0

t1

tk

0

t1

v dt = ∫ vdt − ∫ vdt

i jest ona równa liczbowo polu zakreskowanemu na wykresie prĊdkoĞci.

85

Kinematyka punktu

Obliczając

sk* = otrzymano

t 4π π  k ∫ sin 15 tdt − 5 0 

tk

∫

sin

t1

 4π tdt  ,  15 

sk* = 1,875 m. DrogĊ sk* moĪna równieĪ obliczyü z zaleĪnoĞci

sk* = K 0 K1 + K1 K1′ = 2 K 0 K1 − s (t k ) = 1,875 m. ZADANIE 2.2.9










Punkt A porusza siĊ wedáug prawa ruchu s = t2 [cm] po okrĊgu o równaniu x2 + y2 = 4. Początkowe poáoĪenie punktu na torze okreĞlają wspóárzĊdne x0 = 2 cm, y0 = 0 i ruch rozpoczyna siĊ w stronĊ dodatniej osi y (rys. 2.2.9).

Rys. 2.2.9

Wyznaczyü poáoĪenie punktu A na torze w chwili, gdy wartoĞü przyspieszenia aA = 3,71 cm/s2. Rozwiązanie PoáoĪenie punktu A na torze w Īądanej chwili t* wyznaczyü moĪna, okreĞlając wspóárzĊdne punktu x(t*), y(t*) w momencie, w którym jego przyspieszenie jest równe aA. Z prawa ruchu s(t) obliczyü moĪna prĊdkoĞü v = s = 2t i przyspieszenie styczne v 2 4t 2 aτ = s = v = 2, a nastĊpnie przyspieszenie normalne an = = = 2t 2 . R 2 Znając wartoĞü przyspieszenia caákowitego aA w chwili t*, czas t* wyznaczyü moĪna z zaleĪnoĞci a A = a τ2 + a n2 = 4 + 4(t*) 4 .

86

KINEMATYKA

Podstawiając aA = 3,71 cm/s2, otrzymano t* = 1,25 s. WspóárzĊdne punktu A w chwili t* wyliczyü moĪna, korzystając z równania toru x2 + y2 = 4 i z zaleĪnoĞci ds = dx 2 + dy 2 . RóĪniczkując równanie toru, otrzymuje siĊ xdx xdx + ydy = 0, a nastĊpnie, podstawiając y = 4 − x 2 , wyznacza siĊ dy = − 4 − x2 2dx oraz ds = . 4 − x2 Caákując powyĪsze równanie przy warunkach początkowych t0 = 0, x0 = 2, s0 = 0, otrzymano x   s = 2  arc sin − π . 2  

ZADANIE 2.2.10







Podstawiając s = s(t*) = (t*)2, z powyĪszego równania obliczono wspóárzĊdną x(t*) = 1,41 cm, a nastĊpnie z równania toru wspóárzĊdną y(t*) = 1,41 cm. PoáoĪenie punktu A w chwili t* moĪna równieĪ wyznaczyü, gdyĪ znany jest tor ruchu, wystarczy wiĊc okreĞliü poáoĪenie punktu na torze wzglĊdem poáoĪenia początkowego. Obliczając jak poprzednio czas t* = 1,25 s poáoĪenie punktu okreĞlono, obliczając s(t*) = (t*)2 = 1,5625 cm.




Ciągnik B (rys. 2.2.10) holuje wózek A za pomocą linki AB o dáugoĞci l. PoáoĪenie początkowe ciągnika B wyznacza odcinek l0. RóĪnica poziomów jazdy ciągnika i wózka wynosi h. Wiedząc, Īe wartoĞü prĊdkoĞci ciągnika jest staáa (v1 = const), wyznaczyü wartoĞü prĊdkoĞci i przyspieszenia wózka A po przebyciu przez ciągnik drogi s1 = 3l0.

Rys. 2.2.10

Rozwiązanie PoáoĪenie ciągnika (punkt B1) i wózka (punkt A1) po przebyciu drogi s pokazano na rysunku 2.2.10a, przy czym – zakáadając, Īe linka AB jest nierozciągliwa – zachodzi AB = A1B1 = l. Droga ciągnika (punkt B) w ruchu jednostajnym (v1 = const) wyraĪa siĊ wzorem BB1 = v1t.

87

Kinematyka bryáy

Rys. 2.2.10a

Korzystając z rysunku 2.2.10a, otrzymano:

s = AH − A1H ,



AH = AB − HB = l − h 2 + l02 .



A1 H = A1 B1 − HB1 = l − h 2 + (l0 + BB1 ) 2 ,

(l0 + v1t)v1 , h 2 + (l0 + v1t)2

v12 h 2




v = s =



Podstawiając BB1 = v1t, otrzymano s = h 2 + (l0 + v1t )2 − h 2 + l02 . Obliczając odpowiednio pochodne, otrzymuje siĊ prĊdkoĞü i przyspieszenie wózka A:

a = v = s =

[h

2

+ (l0 + v1t )2

]

h 2 + (l0 + v1t)2

.

Czas tC przebycia drogi 3l0 wyznaczamy z równania BB1 = v1t, podstawiając 3l BB1 = 3l0, skąd tC 0 . Po podstawieniu i przeksztaáceniach otrzymano: v1

v(t C ) = a(tC ) =

4v1l0 h 2 + 16l02

(h

,

v12 h 2 2

+ 16l02

)

h 2 + 16l02

.

Jednostajny prostoliniowy ruch ciągnika B powoduje zmienny ruch wózka A. Spowodowany jest on w tym przypadku zmienną w czasie strukturą geometrii wiĊzów wynikającą ze zmiany kąta nachylenia liny na odcinku HB.

88

KINEMATYKA

2.3. Kinematyka bryáy 2.3.1. Ruch postĊpowy i obrotowy ZADANIE 2.3.1





Dla przekáadni jak na rysunku 2.3.1 dane są: kąty kóá stoĪkowych α = 60o, β = 30o, liczba zĊbów przekáadni walcowej z1 = 30, z2 = 90.

Rys. 2.3.1



Obliczyü liczbĊ obrotów na minutĊ n waáu odbierającego, jeĪeli wartoĞü prĊdkoĞci kątowej waáu napĊdzanego wynosi ω1 = 600 s–1.




Rozwiązanie Przekáadnia záoĪona jest z dwóch zespoáów: zespoáu przekáadni stoĪkowej i zespoáu przekáadni walcowej, przy czym maáe koáo stoĪkowe i maáe koáo walcowe obracają siĊ ze wspólną prĊdkoĞcią kątową ω2. Promienie podziaáowe kóá stoĪkowych obliczone α β w zaleĪnoĞci od dáugoĞci tworzącej OA wynoszą r1 = OA sin , r2 = OA sin . 2 2 Oznaczając prĊdkoĞü kątową waáu odbierającego przez ω3, napisaü moĪna dla obu zespoáów zaleĪnoĞci: α sin r1 2, v A = ω1r1 = ω2 r2 , skąd ω2 = ω1 = ω1 β r2 sin 2 ω2 z 2 z1 = i ω3 = ω2 . ω3 z1 z2 PrĊdkoĞü kątowa waáu odbierającego wynosi wiĊc α z1 sin 2. ω3 = ω1 β z 2 sin 2

89

Kinematyka bryáy

πn , otrzymuje siĊ liczbĊ obrotów na minutĊ waáu odbieUwzglĊdniając, Īe ω3 = 30 rającego n=

30ω1 z1 sin πz 2 sin

β 2

α 2,

a po podstawieniu danych n = 3690 obr/min. ZADANIE 2.3.2







Dana jest przekáadnia cierna, w której waá I moĪe przemieszczaü siĊ w kierunku osiowym (rys. 2.3.2).

Rys. 2.3.2




Promienie kóá przekáadni wynoszą r = 0,5 cm, R = 15 cm. Wiedząc, Īe waá I wykonuje n1 = 600 obr/min i przemieszcza siĊ po osi wedáug równania d = (10 – 0,5t) [cm], obliczyü wartoĞü przyspieszenia kątowego waáu II εII w zaleĪnoĞci od przemieszczenia d oraz wartoĞü przyspieszenia punktu B w chwili gdy d = r. Rozwiązanie PrzeáoĪenie przekáadni w danej chwili obliczyü moĪna w zaleĪnoĞci

i=

r ωII , = d ωI

stąd ω II = ωI

r , d

przy czym

ω1 =

πn1 = const , d = d (t ). 30

90

KINEMATYKA

πn r WartoĞü przyspieszenia kątowego εII wynosi ε II = 1 2 . Po podstawieniu da60 d nych wynosi ona ε II =

5π

. d2 WartoĞü przyspieszenia punktu B oblicza siĊ z zaleĪnoĞci: 2 a B = a B2 τ + a Bn ,

gdzie: a Bτ = ε II ⋅ R, a Bn = ω2II ⋅ R i

+ ω4II

2

4

 5π   πn r  = R  2  + 1  .  r   30d 



aB = R

ε 2II

Dla d = r otrzymuje siĊ 4



2

 5π   πn  aB = R  2  +  1   r   30 

ZADANIE 2.3.3



i po podstawieniu danych liczbowych aB = 592,2 m/s2.




Na rysunku 2.3.3 pokazano schemat wyciągarki linowej. Mając dane promienie kóá przekáadni zĊbatej r = 0,1 m, R = 0,8 m oraz kóá przekáadni pasowej r1 = 0,5 m, r2 =1,2 m, a takĪe promieĔ bĊbna linowego ρ = 0,6 m, wyznaczyü równanie ruchu ϕ(t) wirnika silnika w czasie rozruchu ukáadu, jeĪeli wózek wyciągarki po przejechaniu 5 m ruchem jednostajnie przyspieszonym osiąga prĊdkoĞü 1,5 m/s.

Rys. 2.3.3

91

Kinematyka bryáy

Rozwiązanie Ze wzglĊdu na to, Īe ruch jest jednostajnie przyspieszony, równanie ruchu wirnika wyraĪa siĊ wzorem ϕ = ϕ 0 + ω0 t +

ε1t 2 , 2

ε1t 2 . 2 WartoĞü przyspieszenia ε1 wyznaczyü moĪna, obliczając przyspieszenie liniowe a wózka i korzystając ze wzorów na przeáoĪenie przekáadni. Równanie ruchu i prĊdkoĞü wózka przedstawiają zaleĪnoĞci (s0 = 0, v0 = 0):

przy czym w tym przypadku ϕ0 = 0, ω0 = 0 i ϕ =

s=

1 2 at , v = at , 2

v2 . 2s Korzystając z zaleĪnoĞci kinematycznych, przy pominiĊciu rozciągliwoĞci liny i pasa, otrzymuje siĊ:

– dla bĊbna linowego v = ω3 ⋅ ρ,





stąd po wyrugowaniu parametru t (czasu), otrzymuje siĊ a =



– dla przekáadni pasowej ω3r2 = ω2r1, – dla przekáadni zĊbatej ω2R = ω1r.




Z powyĪszych równaĔ wyznaczono wartoĞü prĊdkoĞci kątowej wirnika w zaleĪnoĞci od prĊdkoĞci wózka

ω1 =

Rr2 v, rr1ρ

Rr2 a. rr1ρ Podstawiając obliczoną wczeĞniej wartoĞü przyspieszenia a, otrzymano ogólny związek na ε1 w zaleĪnoĞci od prĊdkoĞci i przemieszczenia wózka

1 = a nastĊpnie przyspieszenia kątowego ε1 = ω

ε1 =

Rr2 v 2 , 2rr1ρs

a nastĊpnie równanie ruchu wirnika silnika

ϕ=

Rr2 v 2 2 t 4rr1ρs

i ostatecznie po podstawieniu danych liczbowych, ϕ = 3,6 t2.

92

KINEMATYKA

ZADANIE 2.3.4





PrĊdkoĞü kątowa silnika zespoáu napĊdowego, jak na rysunku 2.3.4, zmienia siĊ wedáug równania ωs = kt2. Mając dane promienie r, R, r1, R1, ρ, obliczyü prĊdkoĞü i przyspieszenie wózka, w chwili gdy przebywa on drogĊ l od poáoĪenia początkowego, oraz przyspieszenie liny áączącej bĊbny A i B.

Rys. 2.3.4



Rozwiązanie ZaleĪnoĞü prĊdkoĞci v wózka od czasu uzyska siĊ, uzaleĪniając tĊ prĊdkoĞü od prĊdkoĞci kątowej ωs. W tym celu wykorzystaü naleĪy związki kinematyczne dla poszczególnych zespoáów urządzenia przy zaáoĪeniu nierozciągliwoĞci pasa i lin:




– dla przekáadni pasowej ωsr = ωAR, – dla bĊbnów A i B ωAρ = ωBR1, – dla bĊbna B i wózka C v = ωBr1.

ρr r Z powyĪszych związków otrzymano v = 1 ωs , a w zaleĪnoĞci od czasu R1 R ρr rk v = 1 t 2. R1 R dv Przyspieszenie wózka wyznacza siĊ, obliczając pochodną dt dv ρr1rk a= =2 t. dt R1 R Czas przebycia drogi l wyznaczyü moĪna z równania ruchu wózka, otrzymanego po scaákowaniu prĊdkoĞci v. Przyjmując, Īe w chwili początkowej t0 = 0, początkowe przemieszczenie s0 = 0, otrzymuje siĊ

s=

ρr1rk 3 t 3R1 R

93

Kinematyka bryáy

oraz czas przebycia drogi s = l t1 = 3

3 R1Rl . ρr1rk

PrĊdkoĞü i przyspieszenie wózka w chwili t1, a wiĊc po przebyciu drogi l, wynosi: v=

ρr1rk 2 2ρr1rk 3R Rl t1 , a = t1 , t1 = 3 1 . R1 R R1 R ρr1rk

Przyspieszenie liny áączącej bĊbny A i B jest równe przyspieszeniu stycznemu na obwodzie bĊbna A lub B. MoĪna wiĊc stwierdziü, Īe

dω A d  r  r dω s kr =2 t, =  ωs  = dt dt  R  R dt R

i ostatecznie przyspieszenie liny jest równe a Aτ = 2

ZADANIE 2.3.5



2.3.2. Ruch páaski

krρ t. R



gdzie ε A =



a Aτ = ε A ⋅ ρ,




Czworobok przegubowy (rys. 2.3.5) napĊdzany jest ramieniem O1A z prĊdkoĞcią kątową ω0 = 1 s–1. Przyspieszenie kątowe ramienia OlA, w poáoĪeniu jak na rysunku 2.3.5, jest równe zero. Poszczególne wymiary mechanizmu wynoszą: OlA = R = 1 m, 2 AB = 2 m, AC = BC = AB. 3 Obliczyü prĊdkoĞü i przyspieszenie liniowe punktu C i B oraz prĊdkoĞü i przyspieszenie kątowe korby O2B.

Rys. 2.3.5

94

KINEMATYKA

Rozwiązanie PrĊty O1A i O2B páaskiego mechanizmu, jakim jest czworobok przegubowy, poruszają siĊ ruchem obrotowym wokóá osi obrotu prostopadáych odpowiednio w punktach O1 i O2 do páaszczyzny ruchu mechanizmu. Znane są zatem kierunki wektorów prĊdkoĞci i przyspieszeĔ punktów A i B, gdyĪ tory ich są okrĊgami o promieniach odpowiednio O1A i O2B. Zwroty prĊdkoĞci wynikają z kierunku ruchu prĊta O1A z prĊdkoĞcią kątową ω0. WartoĞü prĊdkoĞci punktu A wyznaczyü moĪna z zaleĪnoĞci vA = ω0 ⋅ O1A = ω0 ⋅ R = 1 m/s.





WartoĞü przyspieszenia punktu A wyznacza siĊ, obliczając jego skáadowe: aAτ = 0 (przyspieszenie kątowe ε0 prĊta O1A jest równe zero w rozpatrywanym poáoĪeniu mechanizmu), a An = ω20 ⋅ O1 A = ω20 ⋅ R = 1 m/s. PrĊdkoĞü i przyspieszenie punktu C i B obliczyü moĪna, analizując ruch bryáy ABC jako sztywnej kratownicy. Bryáa ta porusza siĊ ruchem páaskim. PrĊdkoĞü i przyspieszenie punktu C i B wyznaczono, traktując ruch páaski dwojako:



1) jako ruch záoĪony z postĊpowego ruchu unoszenia i obrotowego ruchu wzglĊdnego, 2) jako chwilowy ruch obrotowy. Obliczenie prĊdkoĞci v C i v B Ad 1)




Przyjmując biegun w punkcie A i korzystając z rozkáadu prĊdkoĞci w ruchu páaskim, moĪna napisaü:

vC = v A + vCA , v B = v A + v BA ,

gdzie: vC i vB są bezwzglĊdnymi prĊdkoĞciami punktów C i B, v A prĊdkoĞcią w postĊpowym ruchu unoszenia (prĊdkoĞü bieguna A), vCA i vBA prĊdkoĞciami w obrotowym ruchu wzglĊdnym (wzglĊdem bieguna A). Ruch unoszenia jest ruchem postĊpowym i w związku z tym prĊdkoĞü unoszenia vu = v A = v B′ = vC′ (rys. 2.3.5a) i kierunek jej jest prostopadáy do prĊta O1A. Ruch wzglĊdny jest ruchem obrotowym i kierunek prĊdkoĞci v BA i v BA jest prostopadáy odpowiednio do prĊta AC i AB. Rozkáad prĊdkoĞci poglądowo przedstawiono na rysunku 2.3.5a i 2.3.5b. W równaniach wektorowych prĊdkoĞci vC i v B znane są kierunki prĊdkoĞci v A , v CA , v B , v BA oraz wartoĞü prĊdkoĞci v A. Obliczając v BA = vA sin 30 o = 0,5 m/s, a nastĊpnie obliczając prĊdkoĞü kątową w ruchu wzglĊdnym (ruch wzglĊdny jest ruchem obrotowym i dlatego moĪna skovA rzystaü z takiej zaleĪnoĞci) z zaleĪnoĞci v BA = ωH ⋅ AB , otrzymano ω H = B = 0,25 s −1 AB 1 oraz vCA = ωH ⋅ AC = m/s. 3

95

Kinematyka bryáy










Rys. 2.3.5a

Rys. 2.3.5b

WartoĞü prĊdkoĞci bezwzglĊdnej punktu C obliczyü moĪna, korzystając np. z twierdzenia Carnota:

vC = (vC ′ ) 2 + (vCA ) 2 + 2vC′ vCA cos (vC′ , vCA ) = = (v A ) 2 + (vCA ) 2 + 2v A , vCA cos (vC ′ , vCA ) ,

gdzie <) (vC ′ , vCA ) = γ = β + 30 o (rys. 2.3.5b), przy czym cos γ = cos β cos 30o – sin β sin 30o, cos β =

DC 7 AD 3 = = , β = 48,6 o , gdzie DC = , sin β = AC 4 AC 4

AC 2 − AD 2 .

Obliczając cos γ = 0,1975, otrzymano ostatecznie vC = 1,11 m/s.

96

KINEMATYKA

Kierunek wektora vC okreĞliü moĪna, obliczając np. kąt miĊdzy wektorami vC i vCA wedáug zaleĪnoĞci

(

)

sin vCA , vC =

vA sin γ. vC

WartoĞü prĊdkoĞci punktu B wynosi v B = v A cos 30 o =

3 m/s. 2

Ad 2)



Wyznaczając w zadanym poáoĪeniu mechanizmu chwilowy Ğrodek prĊdkoĞci (Ğrodek obrotu chwilowego), prĊdkoĞci vC i vCA obliczyü moĪna jak w ruchu obrotowym, traktując ruch páaski jako chwilowy ruch obrotowy, tzn.:



vB = ωH ⋅ BH, vC = ωH ⋅ CH,






gdzie ωH jest wartoĞcią chwilowej prĊdkoĞci kątowej wokóá chwilowego Ğrodka prĊdkoĞci H (rys. 2.3.5c).

Rys. 2.3.5c

Chwilowy Ğrodek prĊdkoĞci H wyznaczono jako punkt przeciĊcia siĊ prostych prostopadáych do wektorów v A i v B , a kierunek prĊdkoĞci vC rysując wektor vC prostopadle do CH. Obliczając prĊdkoĞü kątową ωH z zaleĪnoĞci vA = ωH ⋅ AH , otrzymano:

vB = v A

BH AH

i vC = v A

CH . AH

97

Kinematyka bryáy

WartoĞü prĊdkoĞci v A jest znana i wynosi vA = ω0 ⋅ O1A = 1 m/s, natomiast (rys. 2.3.5c)

3 BH = sin 60 o = , 2 AH AH =

AB cos 60o

= 2 AB,

CH = ( AH ) 2 + ( AC ) 2 − 2( AH )( AC ) cos (150o − β) =

Obliczenie prĊdkoĞci kątowej prĊta O2B

3 m/s , vC = 1,11 m/s. 2



Po podstawieniu danych otrzymano v B =

2 AB 10 − 6 cos (150o − β) . 3





v PrĊdkoĞü kątową ω02 prĊta O2B obliczyü moĪna z zaleĪnoĞci ω02 = B , ponieO2 B waĪ punkt B porusza siĊ po okrĊgu o promieniu O2B. o Obliczając O2B = O1A sin 60 oraz podstawiając obliczoną wartoĞü v B , otrzymano ω02 = 1 s–1. Wyznaczona prĊdkoĞü ω02 odpowiada zadanemu chwilowemu poáoĪeniu mechanizmu. W poáoĪeniach innych wartoĞü prĊdkoĞci kątowej ω02 moĪe byü inna od obliczonej. Obliczenie przyspieszenia aC i a B




Ad 1)

Przyjmując biegun w punkcie A i korzystając z rozkáadu przyspieszeĔ w ruchu páaskim moĪna napisaü:

aC = a A + aCA , a B = a A + a BA ( a A wyznaczono – str. 94),

gdzie aC i a B są bezwzglĊdnymi przyspieszeniami punktów C i B, a A = a An przyspieszeniem w postĊpowym ruchu unoszenia (przyspieszenie bieguna A), aCA i a BA , przyspieszeniami w obrotowym ruchu wzglĊdnym (wzglĊdem bieguna A). Ze wzglĊdu na obrotowy ruch wzglĊdny mogą wystąpiü dwie skáadowe przyspieszeĔ aCA i a BA , tj.: A A aCA = aCAτ + aCn , a BA = a BAτ + aBn .

Punkt B mechanizmu porusza siĊ w ruchu bezwzglĊdnym po okrĊgu o promieniu O2B i w związku z tym naleĪy uwzglĊdniü dwie skáadowe jego przyspieszenia bezwzglĊdnego, tzn. aB = a Bτ + a Bn wzglĊdem punktu O2.

98

KINEMATYKA

Ostatecznie moĪna wiĊc napisaü: A aC = a An + aCAτ + aCn , A a Bτ + a Bn = a An = a BAτ + a Bn .

W równaniach powyĪszych znamy kierunki wszystkich przyspieszeĔ z wyjątkiem przyspieszenia aC , tj. 1,5 A a An || O1 A, aCAτ ⊥ AC , aCn || AC , a Bτ ⊥O2 B,



A a Bn || O2 B, aBAτ ⊥ AB, a Bn || AB.








Rozkáad przyspieszeĔ w sposób poglądowy pokazano na rysunku 2.3.5d.

Rys. 2.3.5d

Oprócz wartoĞci przyspieszenia a An znane są równieĪ wartoĞci przyspieszeĔ: A aCn = ω2H ⋅ AC = (0,25) 2 ⋅

4 1 ms − 2 , = 3 12

A a Bn = ω2H ⋅ AB = (0,25) 2 ⋅ 2 =

1 ms − 2 , 8

2 a Bn = ω202 ⋅ O2 B = ω02 ⋅ O1 A sin 60o = 0,5 3 ms − 2 .

99

Kinematyka bryáy

Rzutując równania wektorowe przyspieszeĔ na osie przyjĊtego ukáadu odniesienia (rys. 2.3.5d) otrzymano: A aCx = −a An cos 60o − aCAτ cos β − aCn sin β, A aCy = − a An sin 60o − aCAτ sin β + aCn cos β, A − a Bτ = −a An cos 60o − a Bn ,

− a Bn = −a An sin 60o − a BAτ ,



gdzie niewiadomymi są: aCx , aCy , aCAτ , a BAτ , a Bτ , z których aBAτ , aCAτ uzaleĪniü moĪna od jednej niewiadomej, tj. przyspieszenia kątowego εH (wzglĊdem bieguna A) wedáug wzorów:



aCAτ = ε H ⋅ AC , a BAτ = ε H ⋅ AB.

sin β =

3 4

i



Kąt β wyznaczono podczas obliczeĔ prĊdkoĞci, a mianowicie: cos β =

7 , β = 48,6 o. 4




Rozwiązując powyĪszy ukáad równaĔ, otrzymano:

aCx = 0,56 ms −2 , aCy = − 0,92 ms −2 , ε H = 0, aCAτ = a BAτ = 0, a Bτ = 0,625 ms − 2 .

WartoĞci bezwzglĊdne przyspieszeĔ punktu C i B obliczyü moĪna np. z zaleĪnoĞci: 2 a B = a B2 τ + a Bn ,

2 2 + a Bn aC = aCx

lub

A2 A + 2a A aCn aC = a 2A + aCn cos δ .

Wynoszą one: a B = 1,07 ms −2 , aC = 0,99 ms −2 . Kierunki przyspieszeĔ moĪna okreĞliü, obliczając odpowiednie kąty, np. dla przyspieszenia a C (rys. 2.3.5e):

aA sin <) (a A , aC ) = aCn sin (180o − δ), C

δ = 150o − β = 101,4 o.

100

KINEMATYKA

Rys. 2.3.5e

tg α =

εH ω2H

,







Ad 2) Obliczenia przyspieszeĔ przy tym sposobie traktowania ruchu páaskiego dokonuje siĊ, wyznaczając poáoĪenie chwilowego Ğrodka przyspieszeĔ P wzglĊdem punktu o znanym przyspieszeniu (w tym przypadku punktu A). Znając w zadanym poáoĪeniu mechanizmu wartoĞü chwilowej prĊdkoĞci kątowej ωH i chwilowego przyspieszenia kątowego εH, poáoĪenie chwilowego Ğrodka przyspieszeĔ P wzglĊdem punktu A okreĞla siĊ, podając kąt α odchylenia od przyspieszenia a A kierunku, na którym leĪy chwilowy Ğrodek przyspieszeĔ P i odlegáoĞü AP od punktu A na tym kierunku, przy czym kąt okreĞla siĊ zgodnie z przyspieszeniem kątowym. Kąt α oraz odlegáoĞü AP oblicza siĊ z zaleĪnoĞci:

AP =

aA

ε 2H

+ ω4H

.




Podstawiając εH = 0, ωH = 0,25 s–1, aA = aAn = 1 ms–2, otrzymano α = 0, AP = 16 m, tzn. Īe chwilowy Ğrodek przyspieszeĔ leĪy na kierunku przyspieszenia a A w odlegáoĞci 16 m od punktu A. WzglĊdem chwilowego Ğrodka przyspieszeĔ wystĊpują jedynie skáadowe normalne przyspieszeĔ (εH = 0, ωH ≠ 0) i przyspieszenia punktów B i C leĪą wiĊc odpowiednio na kierunkach BP i CP. Rozkáad przyspieszeĔ wzglĊdem punktu P poglądowo pokazano na rysunku 2.3.5f.

Rys. 2.3.5f

101

Kinematyka bryáy

WartoĞü przyspieszeĔ punktu B i C obliczyü moĪna z zaleĪnoĞci:

aB = a Bn = ω2H ⋅ BP, aC = aCn = ω2H ⋅ CP , gdzie:

BP =

(AP )2 + (AB )2 − 2(AP )(AB ) cos120o ,

CP =

(AP)2 + (AB )2 − 2(AP )(AB ) cos χ ,

χ = β + 30 o.

Po podstawieniu danych liczbowych otrzymano: aC = 0,99 ms–2 , aB = 1,07 ms–2. Obliczenia przyspieszenia kątowego prĊta O2B



Przyspieszenie kątowe ε02 prĊta O2B obliczyü moĪna z zaleĪnoĞci a ε 02 = Bτ , O2 B



ZADANIE 2.3.6



poniewaĪ punkt B porusza siĊ po okrĊgu o promieniu O2B. Obliczając O2B = O1A sin 60o oraz podstawiając dane liczbowe, otrzymano ε02 = = 0,72 s–2.




Koáo o promieniu r = 1 m toczy siĊ pomiĊdzy dwiema ruchomymi belkami poruszającymi siĊ z prĊdkoĞciami v1 = 0,5t m/s i v2 = 1 m/s (rys. 2.3.6). Koáo toczy siĊ bez poĞlizgu wzglĊdem belek. W chwili początkowej dla to t0 = 0, v1 = 0, v2 = 1 m/s. Wyznaczyü prĊdkoĞü punktu O, prĊdkoĞü kątową koáa w chwili t1 = 1 s i t2 = 2 s oraz równania centroid.

Rys. 2.3.6

Rozwiązanie Koáo porusza siĊ ruchem páaskim, przy czym ze wzglĊdu na to, Īe belki poruszają siĊ ruchem postĊpowym oraz nie ma poĞlizgu pomiĊdzy koáem i belkami, znane są chwilowe prĊdkoĞci punktów styku A i B, tzn. vA = v1, vB = v2. Wygodnie jest w tym przypadku (poszukuje siĊ wartoĞci chwilowych v0, ω, ε) traktowaü ruch páaski jako chwilowy ruch obrotowy i rozwiązaü zadanie, wyznaczając chwilowy Ğrodek

102

KINEMATYKA

prĊdkoĞci. Korzystając ze znanych metod, wyznaczono poáoĪenie chwilowego Ğrodka prĊdkoĞci H, przyjmując, Īe v2 > v1, tzn. dla chwili 0 < t < t2 (rys. 2.3.6a). Ze wzglĊdu na to, Īe v1 zaleĪy od czasu, chwilowy Ğrodek prĊdkoĞci zmienia swoje poáoĪenie i np. dla t = 0 znajduje siĊ w punkcie A, a dla t > t2 leĪy na prostej AB poniĪej punktu B. Ukáadając równania: v1 = ω ⋅ AH ,

v2 = ω (2r + AH ), v0 = ω ( r + AH ), i rozwiązując powyĪszy ukáad, otrzymano:

AH =

2v1r , v2 − v1

v1 + v2 , 2 v −v ω= 2 1 , 2r v1 = 0,5t [m/s]. Z powyĪszych zaleĪnoĞci wynika, Īe dla t = 0, tzn. dla v1 = 0, AH = 0, i chwilowy Ğrodek prĊdkoĞci leĪy w punkcie A. Dla v1 = v2, AH = ∞, ω = 0 i chwilowy Ğrodek prĊdkoĞci znajduje siĊ w nieskoĔczonoĞci, tzn. ruch koáa moĪna traktowaü jak chwilowy ruch postĊpowy przy obliczeniu prĊdkoĞci (w tym poáoĪeniu prĊdkoĞci wszystkich punktów koáa są takie same, ale nie dotyczy to przyspieszenia!). Dla v1 > v2 chwilowy Ğrodek prĊdkoĞci zmienia swoje poáoĪenie i leĪy poniĪej punktu B na prostej AB. Podstawiając t1 = 1 s i t2 = 2 s otrzymano:










v0 =

v0 (t1) = 0,75 m/s, ω1 = 0,25 s–1, v0 (t2) = 1 m/s, ω2 = 0.

Równanie centroidy nieruchomej wyznaczono w przyjĊtym nieruchomym ukáadzie odniesienia O1xy (rys. 2.3.6b).

Rys. 2.3.6a

Rys. 2.3.6b

103

Kinematyka bryáy

Wyznaczając wspóárzĊdne punktu H, w zaleĪnoĞci od t otrzymuje siĊ równania parametryczne (parametrem jest czas t), które moĪna interpretowaü jako skoĔczone równania „ruchu” punktu H. Rugując parametr t otrzymuje siĊ z tych równaĔ równanie centroidy nieruchomej. W rzeczywistoĞci punkt H naleĪy do páaszczyzny sztywno związanej z bryáą poruszającą siĊ ruchem páaskim i ma prĊdkoĞü równą zeru w danej chwili. W kaĪdej nastĊpnej chwili chwilowym Ğrodkiem prĊdkoĞci staje siĊ inny punkt tej páaszczyzny o prĊdkoĞci chwilowej równej zeru, który ma inne poáoĪenie niĪ punkt poprzedni. W ten sposób obserwuje siĊ pozornie „ruch” punktu H. Obliczając wspóárzĊdne punktu H w zaleĪnoĞci od czasu, otrzymano: t

0

0

t

1 v1 + v2 dt = 2 2

y H = 2r + AH = 2r +

2v1r 2t . = v2 − v1 1 − 0,5t

1 2 1 ∫ (0,5t + 1)dt = 8 t + 2 t ,

0



t

x H = x0 = ∫ v0 dt = ∫

ξ=

x 0 sin ϕ − y 0 cos ϕ x cos ϕ − y 0 sin ϕ , η= 0 , ϕ ϕ 0,5 t + 1 1 − 0,5 t , y = 0, ϕ = ω = . 2 2




gdzie: x0 = v0 = otrzymano gdzie





Rugując z powyĪszych równaĔ czas t, otrzymano równanie centroidy nieruchomej (rys. 2.3.6c). Dla wyznaczenia równania centroidy ruchomej wprowadzono ruchomy ukáad odniesienia sztywnie związany z koáem (rys. 2.3.6b). Wykorzystując równania centroidy w ukáadzie ruchomym w postaci:

ξ 2 + η 2 = ρ 2 (t ),

ρ(t ) =

1 + 0,5t . 1 − 0,5t

Równanie centroidy ruchomej jest równaniem spirali pokazanej na rysunku 2.3.6d. Centroida ruchoma toczy siĊ bez poĞlizgu po centroidzie nieruchomej, a wiĊc: – dla chwili 0 < t < t2 = 2 s gaáąĨ krzywej górnej z rysunku 2.3.6d toczy siĊ po górnej gaáĊzi z rysunku 2.3.6c, – dla chwili t > t2 = 2 s gaáąĨ dolna z rysunku 2.3.6d toczy siĊ po gaáĊzi dolnej z rysunku 2.3.6c, – chwila t2 = 2 s rozgranicza zmianĊ kierunku obrotów koáa (prĊdkoĞci kątowej ω) i tym samym zmianĊ kierunku toczenia siĊ centroidy ruchomej po nieruchomej.

104



KINEMATYKA

Rys. 2.3.6d



Rys. 2.3.6c

ZADANIE 2.3.7






CiĊĪar I (rys. 2.3.7) zawieszony w punkcie A tarczy II o promieniach r1 i R1 opada z prĊdkoĞcią v i przyspieszeniem a . Ruch szpuli IV o promieniach r2 i R2 powodowany jest odwijającą siĊ liną przerzuconą przez koáo kierujące III i nawiniĊtą na tarczĊ II oraz szpulĊ IV. Zakáadając, Īe lina jest nierozciągliwa i toczenie szpuli IV odbywa siĊ bez poĞlizgu, obliczyü prĊdkoĞü i przyspieszenie punktu O oraz prĊdkoĞü i przyspieszenie kątowe szpuli IV.

l

Rys. 2.3.7

105

Kinematyka bryáy

Rozwiązanie Ukáad materialny skáada siĊ z czterech bryá, z których bryáa I porusza siĊ ruchem postĊpowym, bryáa II i IV ruchem páaskim, bryáa III ruchem obrotowym. Wyznaczyü naleĪy okreĞlone parametry kinematyczne (v0 , a 0 , ω0 , ε 0 ) bryáy poruszającej siĊ ruchem páaskim. Zadanie rozwiązano dwoma sposobami: 1) traktując ruch páaski jako chwilowy ruch obrotowy, 2) traktując ruch páaski jako ruch záoĪony. Ad 1)










Z narzuconych na ukáad wiĊzów wynika, Īe v = v A , v B = v D , vC = 0, i w związku z tym chwilowy Ğrodek prĊdkoĞci tarczy II leĪy w punkcie C, a szpuli IV w punkcie E (rys. 2.3.7a i 2.3.7b).

Rys. 2.3.7a

Rys. 2.3.7b

Ukáadając równania dla tarczy II: vA = ωr1, vB = ω(r1 + R1), i szpuli IV: vD = ω0 (r2 + R2), v0 = ω0R2, oraz wykorzystując zaleĪnoĞü vB = vD , v A = v i rozwiązując powyĪszy ukáad równaĔ, otrzymano:

v0 = v

R2 ( r1 + R1) r + R1 , ω0 = v 1 . r1 (r2 + R2 ) r1 (r2 + R2 )

106

KINEMATYKA

Relacje te są sáuszne dla kaĪdej chwili czasu. Promienie nie zmieniają siĊ i tory punktu A i O są prostoliniowe, wiĊc zaleĪnoĞci powyĪsze formalnie moĪna zróĪniczkowaü, traktując v = v(t) i otrzymując:

a0 =

dv0 dω0 R ( r + R1) r + R1 , ε0 = . =a 2 1 =a 1 dt r1 (r2 + R2 ) dt r1 ( r2 + R2 )

Ad 2)

–






|VB| = |VD |



–



Ruch páaski traktuje siĊ w tym przypadku jako ruch záoĪony z postĊpowego ruchu unoszenia i obrotowego ruchu wzglĊdnego. PrĊdkoĞci oblicza siĊ, korzystając z rozkáadu prĊdkoĞci, jako sumĊ wektorową prĊdkoĞci unoszenia (prĊdkoĞci dowolnego bieguna) i prĊdkoĞci wzglĊdnej (wzglĊdem tego bieguna), a przyspieszenia jako sumĊ wektorową przyspieszenia unoszenia (przyspieszenia dowolnego bieguna) i przyspieszenia wzglĊdnego (wzglĊdem tego bieguna). Rozkáad prĊdkoĞci pokazano na rysunku 2.3.7c.

Rys. 2.3.7c

Obierając biegun dla tarczy II w punkcie A i dla szpuli IV w punkcie D, otrzymuje siĊ równania wektorowe:

v B = v A + v BA , vC = v A + vCA = 0,

v0 = v D + v0D , v E = v D + v ED = 0, a nastĊpnie skalarne:

v B = v A + v BA , v A − vCA = 0, v0 = v D + v0D , v D − v ED = 0, przy czym vB = vD, vA = v (v jest prĊdkoĞcią opadającej bryáy I).

107

Kinematyka bryáy

UwzglĊdniając, Īe

vCA = ω ⋅ CA = ω ⋅ r1, v BA = ω ⋅ BA = ω ⋅ R1 , v0D = ω ⋅ OD = ω0 ⋅ r2 , v ED = ω0 ⋅ ED = ω0 ( r2 + R2 ), z powyĪszego ukáadu równaĔ otrzymuje siĊ:

v0 = v

R2 (r1 + R1) r + R1 , ω0 = v 1 . r1 (r2 + R2 ) r1 (r2 + R2 )



Rozkáad przyspieszeĔ pokazano na rysunku 2.3.7d.








|a–I | = |a–II |

Rys. 2.3.7d

Obierając w tym przypadku bieguny w punktach A i O, otrzymuje siĊ równania wektorowe: A a B = a A + a BAτ + a Bn ,

0 aD = a 0 + a D0 τ + a Dn .

Podstawiając a A + a BAτ = aI , a0 + a D0 τ = aII i uwzglĊdniając aI = aII ( aI jest rzutem przyspieszenia a B na kierunek liny w punkcie B, a aII rzutem przyspieszenia a D na kierunek liny w punkcie D i odpowiednio są one przyspieszeniami punktów liny B i D, z czego wynika równoĞü ich wartoĞci przy zaáoĪeniu nierozciągliwoĞci liny), otrzymuje siĊ równanie skalarne 0 a A + a BAτ = a0 + aD τ.

108

KINEMATYKA

UwzglĊdniając, Īe aA = a (a jest przyspieszeniem opadającej bryáy I), a BAτ = ε ⋅ R1 , a0 a 0 ε = A , aD , otrzymuje siĊ: τ = ε 0 ⋅ r2 , ε 0 = r1 R2

a0 = a

R2 (r1 + R1) r + R1 , ε0 = a 1 . r1 ( r2 + R2 ) r1 ( r2 + R2 )

ZADANIE 2.3.8

60o






A1





W przekáadni planetarnej, jak na rysunku 2.3.8, prĊdkoĞü kątowa i przyspieszenie kątowe waáu napĊdowego wynoszą: ωI = 1 s–1, εI = 0,5 s–2. Koáo planetarne II osadzone jest w áoĪyskach na osi AA1 związanej sztywno z ramką OA. Znając promienie R = 1 m i r = 0,5 m, obliczyü prĊdkoĞü i przyspieszenie chwilowe punktu K oraz prĊdkoĞü i przyspieszenie kątowe ramki OA.

Rys. 2.3.8

Rozwiązanie W przekáadni planetarnej koáo I oraz ramka OA poruszają siĊ ruchami obrotowymi, a koáo II ruchem páaskim, przy czym zakáada siĊ, Īe koáo toczy siĊ bez poĞlizgu po nieruchomym kole związanym z korpusem przekáadni.

109

Kinematyka bryáy

Obliczenie prĊdkoĞci punktu K 1) Ruch páaski koáa II jako chwilowy ruch obrotowy Chwilowy Ğrodek prĊdkoĞci znajduje siĊ w punkcie H (rys. 2.3.8a). Znając poáoĪenie punktów K i H moĪna napisaü vK = ωII ⋅ KH,










gdzie ωII jest kątową prĊdkoĞcią koáa II.

Rys. 2.3.8a

PrĊdkoĞü ωII wyznaczyü moĪna, obliczając prĊdkoĞü liniową punktu styku kóá I i II. PrĊdkoĞü ta wzglĊdem Ğrodka koáa I wynosi vp' = ωI ⋅ R (jako punktu P' naleĪącego do koáa I), a wzglĊdem chwilowego Ğrodka prĊdkoĞci H vp = ωII ⋅ PH (jako punktu P naleĪącego do koáa II). R , UwzglĊdniając, Īe vp' = vp , otrzymuje siĊ ωII = ωI PH a zatem vK = ωI R

KH . PH

Trójkąt AHK jest równoboczny, wiĊc KH = r. 1 R 1 Podstawiając KH = r oraz PH = 2r, otrzymano ω II = ω I i v K = ω I R, a dla 2 r 2 danych liczbowych ωII = 1 s–1, vk = 0,5 m/s.

110

KINEMATYKA

2) Ruch páaski koáa II jako ruch záoĪony Przyjmując biegun w punkcie P (rys. 2.3.8b), moĪna napisaü równanie wektorowe:

v K = v P + v KP ,





gdzie vKP jest prĊdkoĞcią wzglĊdną w obrotowym ruchu wzglĊdnym wzglĊdem bieguna P.

Rys. 2.3.8b

v KP = ωII ⋅ PK .



PrĊdkoĞü vP wzglĊdem Ğrodka O koáa I wynosi vP = ω1 ⋅ R, a prĊdkoĞü




PrĊdkoĞü kątową ωII obliczyü moĪna, ukáadając równanie wektorowe

v H = v P + v HP = 0 (punkt H ma prĊdkoĞü równą zero),

i skalarne

v P − v HP = 0,

gdzie

v HP = ωII HP ,

skąd ω II =

P vp vH R = = ωI . 2r HP HP

Podstawiając PK = 2r cos 30o (co wynika z rys. 2.3.8b), otrzymano

v KP = ωI R cos 30o ,

111

Kinematyka bryáy

a nastĊpnie z zaleĪnoĞci v K = ( v P ) 2 + ( v KP ) 2 2v P v KP cos β (gdzie β = 150o) – wartoĞü prĊdkoĞci punktu K vK =

1 ω I R. 2

Dla danych liczbowych otrzymuje siĊ ωII = 1 s–1, vK = 0,5 m/s. Obliczenie prĊdkoĞci ω R i przyspieszenia kątowego εR ramki OA



Punkt A jest punktem wspólnym koáa II i ramki OA. PrĊdkoĞü punktu A wyznaczyü moĪna z jednej strony wzglĊdem punktu O, a z drugiej strony wzglĊdem punktu H:

v A = ωII ⋅ AH = ωII ⋅ r , gdzie

ω R = ωI

ωII = ωI



Z zaleĪnoĞci tych otrzymuje siĊ

R . 2r



vA = ωR ⋅ OA = ωR(R + r),

R . 2( R + r )

R = const dla kaĪdej chwili t, przyspieszenie εR obli2( R + r ) czyü moĪna jako pochodną ωR wzglĊdem czasu, tzn.




Ze wzglĊdu na to, Īe

R =ω I εR = ω

R R . = εI 2( R + r ) 2( R + r )

Obliczenie przyspieszenia punktu K W tym przypadku biegun przyjĊto w punkcie A i równanie wektorowe przyspieszeĔ ma postaü

a K = a A + a KA . Punkt A porusza siĊ po okrĊgu o promieniu OA = R + r, a wiĊc a A = a Aτ + a An , punkt K wzglĊdem A porusza siĊ po okrĊgu o promieniu KA = r, czyli A a KA = a KAτ + aKn

A i a K = a Aτ + a An + aKAτ + a Kn .

112

KINEMATYKA

Znając wyliczone uprzednio przyspieszenie kątowe εR i prĊdkoĞü kątową ωR, obliczono: 1 r2 . a Aτ = ε R ⋅ OA = ε I R, a An = ω2R ⋅ OA = ω2I 2 4( R + r ) R , obliczyü moĪna przyspieszenie kątowe Znając prĊdkoĞü kątową ωII = ωI 2r A 1 R2 R A  II = ε I , a nastĊpnie przyspieszenie aKτ = εII ⋅ AK = εI R, aKn εII = ω = ω2II ⋅ AK = ω2I . 2 4r 2r WartoĞü przyspieszenia a K wygodnie jest obliczyü, wyznaczając jego wspóárzĊdne w przyjĊtym ukáadzie odniesienia, korzystając z rozkáadu przyspieszeĔ w punkcie K (rys. 2.3.8c). Obliczając wspóárzĊdne:

aKy = −a KAτ + a Aτ cos 60o − a An cos 30o ,



A aKx = aKn + a Aτ cos 30o + a An cos 60o ,




60 o





2 2 a nastĊpnie a K = a Kx + a Ky , otrzymano dla danych liczbowych wartoĞü aK = 0,67 m/s2.

Rys. 2.3.8c

ZADANIE 2.3.9

W mechanizmie korbowo-wodzikowym, jak na rysunku 2.3.9, dane są: OA = AB = = R = 1 m, AC = CB, ω = 2 s–1 jest staáa. Obliczyü prĊdkoĞü i przyspieszenie punktu C π w chwili t1 = s. 8 Rozwiązanie W mechanizmie tym koáo napĊdowe speániające rolĊ korby porusza siĊ ruchem obrotowym, korbowód AB ruchem páaskim i suwak B ruchem postĊpowym. PrĊdkoĞü i przyspieszenie punktu C w ruchu páaskim korbowodu obliczono, traktując ruch páaski dwojako, jako: 1) ruch záoĪony z postĊpowego ruchu unoszenia i obrotowego ruchu wzglĊdnego, 2) ruch obrotowy chwilowy.

113

Kinematyka bryáy

Rys. 2.3.9

Rys. 2.3.9a



Ad 1)

vC = v A + vCA , v B = v A + v BA ,



Przyjmując biegun w punkcie moĪna napisaü równania wektorowe:






gdzie: vCA i v BA są prĊdkoĞciami w ruchu wzglĊdnym wzglĊdem bieguna A. Rozπ π káad prĊdkoĞci w chwili t1 = s pokazano na rysunku 2.3.9a, gdzie ϕ1 = ωt1 = . 4 8 A PrĊdkoĞü bieguna wyznaczono z zaleĪnoĞci vA = ω ⋅ OA = ω⋅R, a prĊdkoĞci vC i v BA z zaleĪnoĞci:

vCA vA vA . = B , v BA = AC AB tg 45o

Wektory v A i v BA są do siebie prostopadáe, wiĊc vC =

(v A )2 + (vCA )

2

A A Obliczając vC = v B

vC =

.

AC 1 AC = vA = v A , otrzymano o 2 AB AB tg 45

1 1 v A 5 = ωR 5 2 2

i dla danych liczbowych vC = 2,24 m/s.

114

KINEMATYKA

Znając prĊdkoĞü vCA , moĪna obliczyü prĊdkoĞü kątową ωAB korbowodu ω AB =

vCA v = A = ω. AC 2 AC

Celem obliczenia przyspieszenia punktu C uáoĪono wektorowe równania przyspieszeĔ:

aC = a A + aCA , a B = a A + a BA . UwzglĊdniając, Īe a A = a An (przyspieszenie kątowe wzglĊdem punktu 0 ε = 0 A A oraz Īe przyspieszenie a B leĪy stale na osi a Aτ = 0, aCA = aCAτ + aCn , aBA = a BAτ + aBn OB, otrzymuje siĊ:



A aC = a An + aCAτ + aCn , A a B = a An + a BAτ + a Bn .



Rzutując drugie z równaĔ na osie przyjĊtego ukáadu odniesienia (rys. 2.3.9b), otrzyπ mano dwa równania skalarne, odpowiadające poáoĪeniu mechanizmu w chwili t1 = s: 8



A − a B = − a An cos 45 o − a BAτ cos 45o − a Bn cos 45 o , A 0 = − a An sin 45 o − a BAτ sin 45o + a Bn sin 45o. 2

2

(v ) =

A 2 B

(v A)2

= ω2 R, otrzymano 2 o AB R tg 45 aA aBAτ = 0, tzn. Īe równieĪ przyspieszenie kątowe korbowodu wzglĊdem punktu A ε AB = Bτ = 0 AB oraz przyspieszenie styczne punktu C wzglĊdem punktu A aCAτ = ε AB ⋅ AC = 0.




Podstawiając aAn = ω ⋅ OA = ω R,

A aBn

Rys. 2.3.9b

=

115

Kinematyka bryáy A Tak wiĊc aC = a An + aCn . A = WartoĞü przyspieszenia a An jest znana, a aCn

(vCA ) 2 ( vA ) 2 1 2 = = ω R. AC 4 ⋅ AC 2

A Przyspieszenia a An i aCn są prostopadáe, wiĊc

A 2 aC = ( a An ) 2 + (aCn ) =

1 2 ω R 5 2

i dla danych liczbowych aC = 4,47 m/s2. Ad 2)







PrĊdkoĞü punktu C wyznaczono, znajdując chwilowy Ğrodek prĊdkoĞci H dla poáoπ Īenia mechanizmu w chwili t1 = s. Punkt H jest punktem przeciĊcia siĊ prostopadáych 8 do prĊdkoĞci v A i v B (rys. 2.3.9c), a prĊdkoĞü punktu C jest prostopadáa do odcinka CH. π PrĊdkoĞü ω = const, a w związku z tym ϕ = ω ⋅ t i w chwili t1 = kąt ϕ = ϕ1 = 45o. 8 PrĊdkoĞü punktu C obliczyü moĪna z zaleĪnoĞci vC = ωAB ⋅ CH, gdzie ωAB jest prĊdkoĞcią kątową chwilową korbowodu AB. Obliczono ją, wyznaczając prĊdkoĞü vA wzglĊdem punktu O i wzglĊdem punktu H, tzn. vA = ω ⋅ OA = ω ⋅ R i vA = ωAB ⋅ AH = = ωABAB tg 45o = ωAB ⋅ R.




Porównując tak wyznaczoną prĊdkoĞü vA otrzymano ωAB = ω. Obliczając 1 1 CH = AH 2 + AC 2 = R 5 , wyznaczono vC = ωR 5 , a dla danych liczbowych 2 2 vC = 2,24 m/s. Przyspieszenie punktu C obliczono, wyznaczając chwilowy Ğrodek przyspieszeĔ wzglĊdem punktu A o znanym przyspieszeniu. Przyspieszenie punktu A jest równe aA = aAn = ω2R, poniewaĪ przyspieszenie kątowe wzglĊdem punktu O jest równe zero. OdlegáoĞü chwilowego Ğrodka przyspieszeĔ D od punktu A obliczyü moĪna z zaleĪnoĞci

AD =

aA ε 2AB + ω4AB

,

a kąt odchylenia prostej, na której leĪy punkt D, od przyspieszenia a A ze wzoru

tg α =

ε AB ω2AB

.

116

KINEMATYKA

Rys. 2.3.9d



Rys. 2.3.9c

(a ) + (a ) D 2 Cτ

D 2 Cn

D = aCn ,




aC =





W rozpatrywanym przypadku nie ma innej moĪliwoĞci obliczenia prĊdkoĞci ωAB i przyspieszenia εAB niĪ w sposób podany w punkcie a). Znając εAB = 0, ωAB = ω, otrzymuje siĊ α = 0, AD = R. Chwilowy Ğrodek przyspieszeĔ leĪy wiĊc na kierunku OA w odlegáoĞci R od punktu A i pokrywa siĊ z punktem O (rys. 2.3.9d). Przyspieszenia punktu C wzglĊdem punktu D oblicza siĊ z zaleĪnoĞci:

D gdzie aCn = ω2AB ⋅ CD = ω 2AB ⋅

(a

D Cτ

)

= ε AB ⋅ CD = 0 ,

(OA)2 + (AC )2

=

1 2 ω R 5. 2

Dla danych liczbowych aC = 4,47 m/s2. Nadmieniü naleĪy, Īe prĊdkoĞü i przyspieszenie punktu C obliczyü moĪna, wykorzystując równania skoĔczone ruchu punktu C, co zostaáo zrobione w zadaniu 2.2.4.

2.3.3. Ruch kulisty ZADANIE 2.3.10 StoĪek o podstawie koáowej o promieniu r i wysokoĞci h przetacza siĊ po páaszczyĨnie Π bez poĞlizgu (rys. 2.3.10). PrĊdkoĞü punktu C jest staáa co do wartoĞci, linia CD jest równolegáa do páaszczyzny Π. Wyznaczyü prĊdkoĞü i przyspieszenie punktów B i D.

117

Kinematyka bryáy



Rys. 2.3.10



Rozwiązanie StoĪek porusza siĊ ruchem kulistym, przy czym punktem kulistym (nieruchomym) jest punkt O. Zadanie rozwiązano dwiema metodami:



1) traktując ruch kulisty jako ruch chwilowy obrotowy, 2) metodą analityczną. Ad 1)




Prosta OA jest linią stycznoĞci pobocznicy stoĪka z páaszczyzną Π i w czasie ruchu stoĪka chwilowe prĊdkoĞci punktów prostej OA są równe zeru. Prosta OA jest wiĊc osią chwilowego obrotu Ω (rys. 2.3.10a). Oznaczając prĊdkoĞü kątową chwilową przez ω moĪna napisaü, Īe: vB = ω ⋅ BB1, vD = ω ⋅ C1D. v Znając wartoĞü vC , wyznaczyü moĪna prĊdkoĞü kątową ω z zaleĪnoĞci ω = C . CC1 OC CC1 Korzystając z proporcji = wyznaczono OA CA

CC1 =

OC ⋅ CA h⋅r = , OA h2 + r 2

a nastĊpnie obliczono

BB1 = 2CC1 = 2

i

C1D =

h⋅r h2 + r 2

(CC1 )2 + (CD )2

=

(CC1 )2 + r 2

=r

2h 2 + r 2 h2 + r2

.

118



KINEMATYKA

vC = vC CC1

h2 + r 2 i obliczone wartoĞci BB1 i C1D, otrzymano: hr



Podstawiając ω =



Rys. 2.3.10a

2

r v B = 2vC , v D = vC 2 +   . h




Wyznaczając chwilową oĞ przyspieszeĔ E i przyspieszenie kątowe ε stoĪka, moĪna wyznaczyü przyspieszenia punktów B i D. Wektor prĊdkoĞci kątowej ω ma staáą wartoĞü i obraca siĊ z prĊdkoĞcią kątową ω1 w czasie przetaczania siĊ stoĪka po páaszczyĨnie Π (rys. 2.3.10a). MoĪna wiĊc zapisaü, Īe ε = ω1 x ω , a wiĊc wektor ε jest prostopadáy do ω1 i ω , tym samym oĞ E jest prostopadáa do osi Ω i z (pokrywa siĊ z osią x). WartoĞü prĊdkoĞci ω1 wyliczyü moĪna albo z rozkáadu wektora ω = ω1 + ω2 , albo obliczając wartoĞü prĊdkoĞci vC wzglĊdem osi z, tj. vC = ω1 ⋅ OC1 i ω1 =

vC = vC OC1

h2 + r 2

. h2 h2 + r 2 WartoĞü przyspieszenia ε wynosi ε = ω1ω sin 90 o = vC2 . rh 3 Skáadowe przyspieszenia punktu B wynoszą:

skáadowa obrotowa a0B = ε ⋅ OB = vC2

h2 + r 2 rh

skáadowa doosiowa adB = ω2 ⋅ BB1 = 2vC2

3

h2 + r 2 ,

h2 + r 2

. rh3 Rozkáad przyspieszeĔ w punkcie B pokazano na rysunku 2.3.10b.

119





Kinematyka bryáy



Rys. 2.3.10b

Oznaczając kąt stoĪka przez α, otrzymuje siĊ

(a ) + (a ) − 2a B 2 0

B 2 d

B B 0 ad

cos α .




aB =

Obliczając cos α =

a B = vC2

OB1 h 2 − r 2 i dokonując podstawieĔ, otrzymano = OB h 2 + r 2

(

)(

4h 2 r 2 h 2 + r 2 + h 2 + r 2 rh 3

). 3

Skáadowe przyspieszenia punktu D wynoszą:

a0D = ε ⋅ DD1 = vC2

h2 + r 2

adD = ω2 ⋅ C1 D = vC2

rh 2

(h

2

, DD1 = OC = h,

)(

+ r 2 2h 2 + r 2 rh

2

).

120

KINEMATYKA

Ze wzglĊdu na to, Īe istotną trudnoĞü sprawia wyznaczenie kąta pomiĊdzy tymi skáadowymi, wartoĞü przyspieszenia a D obliczyü moĪna, wyznaczając wspóárzĊdne:

aDx = adD cos β, α , 2

aDz = −adD sin β + a0D cos gdzie :

sin

cos β =

α , 2

CD h2 + r 2 = , sin β = 1 − cos 2 β , 2 2 C1D 2h + r

α BC r = = 2 2 OB h + r 2

h 2 + r 2 , cos

Ad 2)

h 2 + r 2 (3h 2 + 2r 2 ) h2r



2 2 2 + a Dy + aDz = vC2 a D = a Dx



Po podstawieniu danych otrzymano

α 2α . = 1 − sin 2 2



aDy = −a sin

.




W obliczeniach analitycznych prĊdkoĞci i przyspieszeĔ korzysta siĊ z gotowych równaĔ:

v x = ω y ⋅ z − ω z ⋅ y, v y = ωz ⋅ x − ωx ⋅ z,

v z = ω x ⋅ y − ω y ⋅ x,

a x = ε y ⋅ z − ε z ⋅ y + ω x (ω x ⋅ x + ω y ⋅ y + ω z ⋅ z ) − ω 2 ⋅ x , a y = ε z ⋅ x − ε x ⋅ z + ω y (ω x ⋅ x + ω y ⋅ y + ω z ⋅ z ) − ω 2 ⋅ y , a z = ε x ⋅ y − ε y ⋅ x + ω z (ω x ⋅ x + ω y ⋅ y + ω z ⋅ z ) − ω2 ⋅ z. Znając wspóárzĊdne rozpatrywanego punktu, wspóárzĊdne prĊdkoĞci i przyspieszenia kątowego oraz wartoĞü prĊdkoĞci kątowej, z powyĪszych równaĔ moĪna wyznaczyü wspóárzĊdne prĊdkoĞci i przyspieszenia liniowego w zaleĪnoĞci od czasu lub w zadanym poáoĪeniu.

121

Kinematyka bryáy

W rozpatrywanym przypadku, obliczeĔ dokonano dla punktu B. Dla rozpatrywanego poáoĪenia punktu B okreĞlono:

x B = 0,

yB =

h2 − r 2 2

h +r

h2 + r 2 ,

2

zB =

ω x = 0, ω y = ω, ω z = 0, ω = vC ε x = ε, ε y = 0, ε z = 0, ε = vC2

2rh 2

h +r

2

h2 + r 2 ,

h2 + r 2 , rh

h2 + r 2 , rh3

a nastĊpnie obliczono:

v Bx = ωz B , v By = 0, v Bz = 0, v B = 2vC ,

+

2 a By

+

2 a Bz

h

2

.

, a Bz = −v C2

h2 + r 2

h2 + r2 ,



aB =

2 a Bx

h2 + r 2

a By = −2v C

rh

3



a Bx = 0,

ZADANIE 2.3.11



PostĊpując analogicznie, obliczyü moĪna prĊdkoĞü i przyspieszenie punktu D.




W mechanizmie róĪnicowym napĊdzane są dwie tarcze z prĊdkoĞciami kątowymi ω1 = 3 s–1 i ω2 = 1 s–1 (rys. 2.3.11). Koáo satelitarne o poziomej osi obrotu przetacza siĊ na skutek róĪnicy prĊdkoĞci kątowych ω1 i ω2. Mając dane promienie r = 0,5 m, R = 1 m obliczyü prĊdkoĞü kątową satelity wzglĊdem osi wáasnej oraz prĊdkoĞü i przyspieszenie kątowe satelity.

Rys. 2.3.11

122

KINEMATYKA

Rozwiązanie Koáo satelitarne porusza siĊ ruchem kulistym, którego punkt kulisty znajduje siĊ w punkcie O. Pozostaáe punkty satelity pozostają podczas ruchu w tej samej odlegáoĞci od punktu O, a tarcze i oĞ satelity poruszają siĊ ruchami obrotowymi dookoáa osi pionowej. PoáoĪenie chwilowej osi obrotu satelity zaleĪy od wartoĞci prĊdkoĞci kątowych ω1 i ω2, przy czym leĪy ona w przestrzeni poza rzeczywistymi punktami satelity (rys. 2.3.11a). Znając ω1 i ω2 obliczyü moĪna prĊdkoĞci punktów A i B: vA = ω1 ⋅ R, vB = ω2 ⋅ R. Z drugiej strony, prĊdkoĞci te policzyü moĪna wzglĊdem chwilowej osi obrotu Ω: vA = ω ⋅ AA1, vB = ω ⋅ BB1, ω – prĊdkoĞü chwilowa satelity.

R v A − v B R ω1 − ω2 . ⋅ = ⋅ r v A + v B r ω1 + ω2



tg α =





v BB1 , przy czym AA1 = KK1 + r sin α, Z zaleĪnoĞci tych wynika proporcja B = v AA A 1 BB1 = KK1 – r sin α, KK1 = R cos α. PoáoĪenie chwilowej osi obrotu Ω (rys. 2.3.11b) okreĞla kąt obliczony z powyĪszych związków

ω2 ⋅ R vB i obliczając dla danych liczbowych tg α = l, = BB1 R cos α − r sin α α = 45o, otrzymano wartoĞü prĊdkoĞci kątowej chwilowej koáa satelitarnego ω = 2 2 s −1. Wektor ω rozkáada siĊ na ωr i ωu (rys. 2.3.11b).




Wyznaczając ω =

Rys. 2.3.11a

Rys. 2.3.11b

123

Kinematyka bryáy

PrĊdkoĞü kątową ωr satelity wzglĊdem osi wáasnej obliczyü moĪna ze wzoru ωr = ωsinα i po podstawieniu danych otrzymuje siĊ ωr = 2 s–1. WartoĞci prĊdkoĞci kątowych ω1 i ω2 są staáe, wiĊc i kąt α nie zmienia siĊ, tak wiĊc staáa jest teĪ wartoĞü prĊdkoĞci ω . Wobec tego przyspieszenie kątowe ε wynika tylko ze zmiany kierunku wektora ω i jest prostopadáe do ωu i ω zgodnie z równaniem ε = ωu × ω , wartoĞü ωu = ω cos α. WartoĞü przyspieszenia ε wynosi

( )2

ε = ωu ⋅ ω ⋅ sin α = ω 2 sin α cos α = 2 2

2 2 ⋅ = 4 s −2 . 2 2

ZADANIE 2.3.12





PrĊt AB obraca siĊ wokóá wáasnej osi ED z prĊdkoĞcią ωr = 2 s–1 i równoczeĞnie razem z ramką wzglĊdem osi pionowej KL z prĊdkoĞcią kątową ω0 = 1 s–1 (rys. 2.3.12). Mając dane α = 30o, l = l m, r = 0,2 m, CD = 0,5 m, obliczyü prĊdkoĞü i przyspieszenie punktów A i B. Rozwiązanie



PrĊt AB porusza siĊ ruchem kulistym, a punkt C porusza siĊ po okrĊgu wzglĊdem osi KL w wyniku ruchu obrotowego ramki. PrĊdkoĞü kątową chwilową oraz kierunek chwilowej osi obrotu Ω wyznaczyü moĪna, skáadając wektory ωr i ω0 (rys. 2.3.12a):




ω = ω0 + ωr ,

ω = ω20 + ω r2 + 2ω0 ω r cos (90 − α).

l

l

r r

Rys. 2.3.12

C

C

Rys. 2.3.12a

124

KINEMATYKA

PrĊdkoĞci punktów A i B wyznaczono wzglĊdem chwilowej osi obrotu z zaleĪnoĞci: v A = ω ⋅ d1 , v B = ω ⋅ d 2 .

OdlegáoĞci d1 i d2 obliczyü moĪna nastĊpująco (rys. 2.3.12a)

d1 = OA sin δ, d 2 = d1 + 2r cos γ, OA = OC 2 + AC 2 , OC = OD − CD =

l − CD, cos α

AC = r ,

ω0 ω 1 ω , sin γ = 0 cos α, cos γ = = ω2 − ω02 cos 2 α , sin γ sin (90 + α) ω ω δ = γ − η, sin δ = sin γ cos η − cos γ sin η, sin η =

1 AC , cos η = OA2 + AC 2 . OA OA



Po podstawieniu danych liczbowych otrzymano:



d1 = 2 cm, d2 = 40,36 cm, ω = 2,64 s–1, vA = 6,86 cm/s, vB = 106,55 cm/s.






WartoĞü prĊdkoĞci ω jest staáa i w związku z tym przyspieszenie kątowe ε = ω0 × ωr , a jego wartoĞü jest równa ε = ω0ωr sin (90 – α) = 1,73 s–2. Prosta przyspieszenia ε jest prostopadáa do wektorów ω0 i ωr i przechodzi przez punkt kulisty O (rys. 2.3.12b).

Rys. 2.3.12b

Przyspieszenia liniowe punktów A i B równe są sumom geometrycznym przyspieszeĔ doosiowych i obrotowych:

( kąt (a

) )= 180

a A = adA + aoA , kąt adA , aoA = 180 o − δ, aB = adB + aoB ,

B B d , ao

o

− ( γ + η).

125

Kinematyka bryáy

WartoĞci poszczególnych skáadowych wynoszą:

adA = ω2 ⋅ d1 = 7 ⋅ 2,6 = 18,2 cm/s 2 , aoA = ε ⋅ OA = 1,73 ⋅ 68,58 = 118,6 cm/s 2 , adB = ω2 ⋅ d 2 = 7 ⋅ 40,36 = 281,3 cm/s 2 , aoB = ε ⋅ OB = ε ⋅ OA = aoA = 118,6 cm/s 2 , WartoĞci przyspieszeĔ a A i a B równe są:

aA =

(a ) + (a ) − 2(a )(a ) cos δ ,

aB =

(a ) + (a ) − 2(a )(a ) cos (γ + η). B 2 0

A 2 d

B 2 d

A 0 B 0

A d

B d



A 2 0



Po podstawieniu danych liczbowych otrzymano: aA = 136,6 cm/s2, aB = 198,4 cm/s2.



ZADANIE 2.3.13




Walec kruszarki toczy siĊ po bieĪni bez poĞlizgu z prĊdkoĞcią kątową ω0 = 0,5 t wzglĊdem osi pionowej (ω0 [s–1], t [s]) (rys. 2.3.13). Dla danych OC = h = 1 m, r = 0,5 m obliczyü przyspieszenie najwyĪej poáoĪonego punktu A walca.

Rys. 2.3.13

Rozwiązanie Zadanie rozwiązano dwoma sposobami: 1) wykorzystując wektorowy rozkáad przyspieszeĔ, 2) metodą analityczną.

126

KINEMATYKA

Ad 1) Przyspieszenie punktu A walca oblicza siĊ jako sumĊ geometryczną przyspieszenia doosiowego i obrotowego a A = ad + ao ,

przy czym

ad = ω × v A = ω × ( ω × O A ), ao = ε × O A = ( ε1 + ε2 ) × O A = ao1 + ao2 ,



gdzie: ω – wektor chwilowej prĊdkoĞci kątowej wzglĊdem osi chwilowej Ω, ε – wektor chwilowego przyspieszenia kątowego wzglĊdem osi chwilowej E, skáadowe ε1 i ε 2 wynikają ze zmiany wartoĞci i kierunku prĊdkoĞci ω , co oznacza, Īe przyspieszenie obrotowe ao punktu A moĪna rozáoĪyü na dwie skáadowe ao1 i ao 2 . Pierwsza jest prostopadáa do osi Ω, a druga do wektora ε2 .



Wyznaczyü wiĊc naleĪy prĊdkoĞü ω i przyspieszenie ε oraz poáoĪenie osi chwilowych Ω i E. OĞ Ω chwilowego obrotu przechodzi przez punkt kulisty O i punkt B (rys. 2.3.13a). Z rozkáadu prĊdkoĞci

h2 + r 2 i jest funkcją czasu, poniewaĪ r






ω0 r = = sin α, a wiĊc ω = ω0 ω OB funkcją czasu jest prĊdkoĞü ω0. ω wynika, Īe

Rys. 2.3.13a

127

Ruch záoĪony punktu

Skáadowe przyspieszenia ε są równe: dω , ε2 = ω0 x ω dt a ich wartoĞci wynoszą: ε1 = τ0

ε1 =

dω 0 =ω dt

( τ0 wersor osi Ω), przy czym ε = ε1 + ε 2 ,

h2 + r 2 , ε 2 = ω0 ω sin (90 − α) = ω20 r

h2 + r 2 h cos α = ω02 . r r

Rozkáad przyspieszeĔ ε1 i ε 2 oraz poáoĪenie chwilowej osi E pokazano na rysunku 2.3.13a. Przyspieszenie ε 2 jest prostopadáe do wektorów ω0 i ω. WartoĞü przyspieszenia doosiowego wynosi:

h 2 h + r2 . r przyspieszenia obrotowego ao wynoszą:

WartoĞci skáadowych a01 i a02



ad = ω2 ⋅ AK = ω2 ⋅ AB cos α = ω2 ⋅ 2r cos α = 2ω02

a02 = ε 2 ⋅ OA ⋅ sin 90o = ω20



 0, a01 = ε1 ⋅ OA ⋅ sin (180 − 2α ) = ε1 ⋅ AK = 2 hω

h 2 h + r2 . r



Zatem przyspieszenie punktu A zapisaü moĪna jako sumĊ a A = a d + a01 + a02 .

WartoĞü przyspieszenia a A obliczyü moĪna, wyznaczając jego wspóárzĊdne:




a x = −a01 ,

a y = −(ad + a02 ) sin α,

a z = ( a02 − ad ) cos α, sin α =

r 2

h +r

2

, cos α =

h 2

h +r

2

.

Dla danych liczbowych otrzymano: a01 = 1 m/s2, sin α = 0,4472,

a02 = 0,56 t 2 m/s2,

ad = 1,12 t 2 m/s2,

cos α = 0,8944

oraz

a A = a x2 + a 2y + a z2 =

(− 1)2 + [(−1,68 ⋅ 0,4472) 2 + (−0,56 ⋅ 0,8944) 2 ] t 2

= 1 + 0,81 t 4 [ m/s 2 ].

=

128

KINEMATYKA

Ad 2) W tym przypadku korzysta siĊ bezpoĞrednio z wzorów okreĞlających wspóárzĊdne przyspieszenia, tzn.:

a x = ε y z − ε z y + ω x (ω x x + ω y y + ω z z ) − ω2 x, a y = ε z x − ε x z + ω y (ω x x + ω y y + ω z z ) − ω 2 y , a z = ε x y − ε y x + ω z (ω x x + ω y y + ω z z ) − ω2 z. Dla punktu A:

x = 0,

y = h, z = r ,

ε x = ε 2 , ε y = − ε1 cos α, ε z = ε1 sin α, oraz ω2 = ω2r + ω20 .



ω x = 0, ω y = − ωr , ω z = ω0

Dokonując obliczeĔ wartoĞci ε1, ε2, ωr, sinα i cosα jak w przypadku 1), otrzymaa A = 1 + 0,81 t 4 [m/s 2 ].



no ostatecznie, z zaleĪnoĞci a A = a x2 + a 2y + a z2 wartoĞü przyspieszenia punktu A

ZADANIE 2.4.1



2.4. Ruch záoĪony punktu

π sin t po obwodzie ruchomej tarczy o pro4 mieniu r = 1 m (rys. 2.4.1). Tarcza porusza siĊ na skutek oddziaáywania na nią przez przeguby A i B dwóch równolegáych korb napĊdowych O1A i O2B o dáugoĞciach R = 1 m. 1 Ruch kaĪdej korby okreĞla równanie ϕ = t rad. Obliczyü prĊdkoĞü i przyspieszenie π 3 bezwzglĊdne punktu K w chwili t1 = s. 2




Punkt K porusza siĊ wg równania α =

Rys. 2.4.1

129

Ruch záoĪony punktu

Rozwiązanie Korby O1A i O2B poruszają siĊ ruchem obrotowym odpowiednio wzglĊdem osi obrotów w punkcie O1 i O2, natomiast tarcza porusza siĊ ruchem postĊpowym (dowolny odcinek, np. odcinek OA, przemieszcza siĊ stale równolegle) krzywoliniowym. Ruch punktu K wzglĊdem tarczy jest ruchem wzglĊdnym, a ruch punktu K związanego sztywnie z tarczą („Ğladu” KT punktu K na tarczy) i poruszającego siĊ razem z tarczą jest ruchem unoszenia. Ruch wzglĊdny jest ruchem po okrĊgu, a ruch unoszenia jest ruchem postĊpowym. PrĊdkoĞü bezwzglĊdna punktu K jest sumą geometryczną prĊdkoĞci unoszenia i wzglĊdnej v K = vb = vu + vw .

π r cos t , 4

a w chwili π , v w (t1 ) = 0. 2



t1 =



v w = ω w r = α r =



Ruch wzglĊdny rozpatruje siĊ tylko jako ruch wzglĊdem tarczy, tzn. nie uwzglĊdnia siĊ chwilowo ruchu samej tarczy i w związku z tym prĊdkoĞü wzglĊdna równa jest




PrĊdkoĞü unoszenia rozpatruje siĊ jako prĊdkoĞü vKT Ğladu KT punktu K, tj. punktu sztywnie związanego z tarczą. Ruch unoszenia jest ruchem postĊpowym i w związku z tym vu = v KT = v A = v B (rys. 2.4.1a). WartoĞü prĊdkoĞci unoszenia obliczyü moĪna 1 wyznaczając wartoĞü prĊdkoĞci punktu A: vu = v A = ω01 R = ϕ R = R = 0,33 m/s. 3 PoniewaĪ vw = 0 w chwili t1, wiĊc vK = vb = vu = 0,33 m/s dla t = t1. Przyspieszenie punktu K wyznaczono na podstawie rozkáadu przyspieszeĔ w ruchu záoĪonym a K = ab = au + a w + a cor ,

gdzie acor = 2 ωu × vw jest przyspieszeniem Coriolisa. Ruch unoszenia jest ruchem postĊpowym i w związku z tym prĊdkoĞü kątowa unoszenia ωu = 0 i przyspieszenie Coriolisa acor = 0. Przyspieszenie unoszenia jest równe przyspieszeniu punktu KT, tj.

au = a

KT

τ n = a KT + a KT = auτ + aun ,

przy czym au = a A = a Aτ + a An .

130

KINEMATYKA

Rys. 2.4.1.a

Rys. 2.4.1b



Przyspieszenie wzglĊdne punktu K wzglĊdem punktu 0 równe jest



a w = a wτ + a wn .

Obliczając:



R = 0, auτ = a Aτ = ε 01 R = ϕ 2 aun = a An = ω01 R = ϕ 2 R =

1 R = 0,11 m/s 2 , 9




π  r = − r sin t , awτ = ε w r = α 4 awn = ω2w r = α 2 r =

otrzymuje siĊ w chwili t1 =

π2 r cos 2 t , 16 π s: 2

auτ = a Aτ = 0, aun = a An = 0,11 m/s 2 , π π awτ = − r = − m/s 2 , awn = 0 oraz β (t1 ) = 180 o − [α(t1 ) + ϕ(t1 )] = 105o. 4 4 Rozkáad przyspieszeĔ pokazano na rysunku 2.4.1b. WartoĞü przyspieszenia punktu K w chwili t1 wynosi: 2 + a w2 τ + 2aun ⋅ auτ cos β = 0,83 m/s 2 . a K = ab = aun

131

Ruch záoĪony punktu

ZADANIE 2.4.2

1 3 t [m], tarcza zaĞ o pro3 mieniu r = 1 m obraca siĊ ze staáą prĊdkoĞcią kątową ω0 = 1 s–1 wzglĊdem osi pionowej (rys. 2.4.2). Obliczyü prĊdkoĞü i przyspieszenie bezwzglĊdne vb i ab punktu K w chwili t1 = 2 s.

Rys. 2.4.2

Rys. 2.4.2a




Rozwiązanie







Punkt K porusza siĊ po tarczy zgodnie z równaniem s =

Ruch wzglĊdny punktu K jest ruchem po okrĊgu o promieniu r wzglĊdem Ğrodka tarczy. Ruch unoszenia jest ruchem punktu K sztywnie związanego z tarczą, tzn. jest ruchem obrotowym tarczy wzglĊdem pionowej osi obrotu. PrĊdkoĞü vb i przyspieszenie ab oblicza siĊ z równaĔ wektorowych:

vb = vu + vw , ab = au + aw + acor . WartoĞü prĊdkoĞci unoszenia i wzglĊdnej w danej chwili jest równa:

vu = ωu r = ω0 r , v w = s = t 2 . Oba wektory są styczne w punkcie K do obwodu tarczy, przy czym ich zwroty są przeciwne. W związku z tym wartoĞü prĊdkoĞci vb równa jest vb = vw – vu, a dla t = t1 vb = 3 m/s.

132

KINEMATYKA

Przyspieszenie unoszenia i wzglĊdne oblicza siĊ z zaleĪnoĞci: au = auτ + aun ,

a w = a wτ + a wn .

WartoĞci poszczególnych skáadowych wynoszą:

 0 r = 0, auτ = ε u r = ε 0 r = ω aun = ωu2 r = ω20 r , awτ = s = 2t , v w2 1 4 = t . r r

Przyspieszenie Coriolisa jest równe



acor = 2 ωu × v w = 2 ω0 × v w .



awn =

WartoĞü przyspieszenia acor wynosi



aC = 2ω0 v w sin 90 o = 2ω0 t 2 .

Rozkáad przyspieszeĔ w punkcie K pokazano na rysunku 2.4.2a. Oznaczając a1 = a wn + aun + acor , otrzymano:

(a wn + aun − acor )2 + a w2 τ ,




ab = a12 + a w2 τ =

a dla chwili t1 = 2 s, ab = 9,85 m/s2. ZADANIE 2.4.3

WzdáuĪ tworzącej stoĪka obracającego siĊ dookoáa osi pionowej przemieszcza siĊ tulejka K (rys. 2.4.3). Dla danych: ω = 2t s–1, s = 2t2 m, α = 30o obliczyü prĊdkoĞü i przyspieszenie bezwzglĊdne tulejki K w chwili t1 = 1 s. Rozwiązanie WzglĊdem ukáadu ruchomego, jakim jest stoĪek, ruch tulejki K jest ruchem wzglĊdnym. Jest to ruch prostoliniowy opisany równaniem s = 2t2. Ruch punktu K związanego „myĞlowo” w danej chwili sztywno ze stoĪkiem jest ruchem unoszenia. Ze wzglĊdu na ruch obrotowy stoĪka jest to ruch po okrĊgu o promieniu OK z prĊdkoĞcią kątową ω . PrĊdkoĞü bezwzglĊdną v b wyznacza siĊ z zaleĪnoĞci vb = vu + v w .

133

Ruch záoĪony punktu

A

Rys. 2.4.3



ω

WartoĞci skáadowych w ruchu unoszenia i wzglĊdnym są równe:



vu = ωu ⋅ OK = ω ⋅ AK ⋅ sin α = 2t 3 ,



v w = s = 4t.

Z rozkáadu prĊdkoĞci pokazanego na rysunku 2.4.3a wynika, Īe vb = vu2 + v w2 , a dla chwili t1 = 1 s wynosi vb ≅ 4,5 m/s. Przyspieszenie bezwzglĊdne oblicza siĊ z zaleĪnoĞci:




ab = au + a w + a cor .

Ze wzglĊdu na ruch obrotowy stoĪka przyspieszenie unoszenia wynosi: i

a u = a uτ + a un

a b = a uτ + a un + a w + acor ,

gdzie acor = 2 ωu × vw = 2 ω × vw . WartoĞci poszczególnych skáadowych są równe:

 u ⋅ OK = ω  ⋅ OK = ω  ⋅ AK ⋅ sin α = ω  ⋅ s ⋅ sin α = 2r 2 , auτ = εu ⋅ OK = ω aun = ωu2 ⋅ OK = ω2 ⋅ OK = ω2 ⋅ AK sin α = ω2 ⋅ s ⋅ sin α = 4t 3 . aw = s = 4, acor = 2ωu v w sin (180 − α ) = 2ωvw sin α = 8t 2 .

134

KINEMATYKA

Kierunek przyspieszenia Coriolisa acor wynika z zapisu wektorowego tego przyspieszenia, co pokazano na rysunku 2.4.3b, rozkáad przyspieszeĔ pokazano na rysunku 2.4.3c. Ze wzglĊdu na przestrzenny rozkáad przyspieszeĔ wygodnie jest wyznaczyü wspóárzĊdne przemieszczenia bezwzglĊdnego w przyjĊtym ukáadzie odniesienia, a nastĊp-





2 2 2 + aby + abz . nie obliczyü wartoĞü przyspieszenia bezwzglĊdnego ze wzoru ab = abx



ω

Rys. 2.4.3a

Rys. 2.4.3b




ω

−2 3

Rys. 2.4.3c

Rys. 2.4.3d

135

Ruch záoĪony punktu

Dokonując odpowiednich dziaáaĔ otrzymano: abx = a w sin α − aun , aby = auτ + a cor , abz = − a w cos α,

i dla t1 = 1 s ab ≅ 10,8 m/s2. Kierunek przyspieszenia ab pokazano poglądowo na rysunku 2.4.3d. ZADANIE 2.4.4








O2



Dany jest mechanizm pokazany na rysunku 2.4.4. Korba napĊdowa O1A porusza siĊ ze staáą co do wartoĞci prĊdkoĞcią kątową ω wzglĊdem osi obrotu prostopadáej w punkcie O1 do páaszczyzny rysunku. Mając dane r, R, k, l obliczyü prĊdkoĞü ω1 i przyspieszenie kątowe ε1 korby O2C w funkcji kąta α.

jarzmo

Rys. 2.4.4

Rys. 2.4.4a

Rozwiązanie Suwak A porusza siĊ wzglĊdem ruchomego jarzma wzdáuĪ pionowej prowadnicy ruchem wzglĊdnym; jest to ruch prostoliniowy. Ruch unoszenia suwaka A jest okreĞlony w danej chwili ruchem jarzma. Jest to ruch prostoliniowy o kierunku ruchu jarzma. Ruch bezwzglĊdny suwaka A wynika z ruchu korby O1A, której koĔcem jest suwak. Jest to ruch po okrĊgu o promieniu O1A = r z prĊdkoĞcią kątową ω. Korzystając z rozkáadu prĊdkoĞci w ruchu záoĪonym, obliczyü moĪna prĊdkoĞü unoszenia vu , znając wartoĞü prĊdkoĞci bezwzglĊdnej vb punktu A. vb = v A = vu + vw .

Rozkáad wektorów prĊdkoĞci pokazano na rysunku 2.4.4a.

136

KINEMATYKA

MoĪna wiĊc zapisaü: vb = v A = ω ⋅ O1 A = ωr , vu = v A sin α = ωr sin α.







PrĊdkoĞü unoszenia punktu A jest równoczeĞnie prĊdkoĞcią jarzma i w związku z tym prĊdkoĞcią bezwzglĊdną punktu B. PrĊdkoĞü unoszenia punktu B jest prĊdkoĞcią tego punktu sztywnie záączonego w danej chwili z korbą O2C i wynikającą z ruchu tej korby. Ruch unoszenia punktu B jest wiĊc ruchem po okrĊgu o promieniu O2B. PrĊdkoĞü wzglĊdna punktu B jest prĊdkoĞcią wzglĊdem korby O2C. Ruch wzglĊdny jest ruchem prostoliniowym wzdáuĪ korby O2C. Rozkáad prĊdkoĞci punktu B pokazano na rysunku 2.4.4b. PrĊdkoĞü kątową ω1 korby O2C obliczyü moĪna, znając prĊdkoĞü v′ unoszenia vu′ punktu B; ω1 = u . O2 B

Rys. 2.4.4b




PrĊdkoĞü bezwzglĊdna punktu B jest wiĊc równa vB = vu = ωrsinα, a prĊdkoĞü unoszenia punktu B vu′ = v B cos β. R Obliczając O2 B = R 2 + (r cos α + l − k )2 , cos β = , otrzymano O2 B rRω sin α . ω1 = 2 R + ( r cos α + l − k) 2 PoniewaĪ ω = const, wiĊc α = ωt i prĊdkoĞü ω1 wynosi ω1 =

rRω sin αt 2

R + (r cos α + l − k) 2

.

Przyspieszenie kątowe ε1 moĪna obliczyü jako pochodną ω1 wzglĊdem czasu

ε1 =

dω1 rRω2 = 2 dt R + (r cos α + l − k ) 2

  2r (r cos α + l − k ) sin 2 α  . cos α + 2 2 R + (r cos α + l − k )  

Przyspieszenie ε1 otrzymaü moĪna teĪ, korzystając z wektorowych równaĔ przyspieszeĔ punktu A i B.

137

Ruch záoĪony punktu

Rozpatrując ruch záoĪony tych punktów, otrzymuje siĊ równania: a A = auA + a wA , a B = auB + a wB + a cor ,

przy czym: a A = a Aτ + a An , auA = a B , n τ auB = auB + auB ,

acor = 2 ωu × vw = 2 ω1 × vw i w związku z tym

a Aτ + a An = a B + awA , τ n + auB + awB + acor . aB = auB










Rozkáad przyspieszeĔ pokazano na rysunku 2.4.4c i 2.4.4d.

Rys. 2.4.4c

Rys. 2.4.4d

Obliczając:

 ⋅ OA = 0, a Aτ = ω

a An = ω2 ⋅ OA = ω2 r , n = ω12 ⋅ O2 B, auB

acor = 2ω1v′w sin 90 o = 2ω1v B sin β = 2ω1v A sin α sin β = 2ω1ωr sin α sin β, oraz rzutując na osie x i y ukáadu odniesienia (rys. 2.4.4d) równania wektorowe przyspieszeĔ z uwzglĊdnieniem powyĪszych zaleĪnoĞci oraz obliczonych wczeĞniej wartoĞci ω1, O2B i kąta β, otrzymano τ auB =

rRω2 R 2 + ( r cos α + l − k ) 2

  2r ( r cos α + l − k ) sin 2 α . cos α + 2 2 R + ( r cos α + l − k )  

138

KINEMATYKA

aτ Przyspieszenie kątowe ε1 korby O2C wylicza siĊ z zaleĪnoĞci ε1 = uB i ostaO2 B tecznie otrzymuje siĊ ε1 =

  2r (r cos α + l − k ) sin 2 α . cos α + 2 2 R + (r cos α + l − k )  R + (r cos α + l − k )  rRω2

2

2

ZADANIE 2.4.5 W mechanizmie czworoboku przegubowego O1ABO2 (rys. 2.4.5) napĊdzana jest korba O1A = r ze staáą prĊdkoĞcią kątową ω = 1 s–1. WzdáuĪ prĊta AB porusza siĊ tulejka Kt zgodnie z prawem ruchu

1 (1 + t ) m. 2 W chwili t1 = 1 s korba O1A przyjmuje poáoĪenie poziome, a korba O2B pionowe.





AK t = s =






Kt

Rys. 2.4.5

Wyznaczyü w tym poáoĪeniu prĊdkoĞü i przyspieszenie bezwzglĊdne tulejki Kt, jeĪeli 1 AB = l = 2 m, O2 B = R = 3r = l. 2 Rozwiązanie Punkt Kt porusza siĊ ruchem záoĪonym. Ruch wzglĊdny jest ruchem wzglĊdem ukáadu ruchomego, tzn. ruchem wzglĊdem prĊta AB. Jest to ruch prostoliniowy zgodnie z równaniem s(t). Ruch unoszenia jest ruchem punktu K związanego sztywnie z prĊtem AB w danej chwili i poruszającego siĊ razem z nim. PrĊt AB porusza siĊ ruchem páaskim i ruch unoszenia tulejki Kt rozpatrywany jest jak ruch punktu bryáy w ruchu páaskim. PrĊdkoĞü bezwzglĊdna tulejki jest równa vb = vu + v w .

PrĊdkoĞü unoszenia wyznaczona moĪe byü z rozkáadu prĊdkoĞci w ruchu páaskim (ruch unoszenia jest ruchem páaskim) vu = v K = v A + v KA .

139

Ruch záoĪony punktu

O2



Rys. 2.4.5a



Rozkáad prĊdkoĞci w ruchu unoszenia w poáoĪeniu mechanizmu w chwili t1 = 1 s 1 (tulejka Kt jest wówczas w poáoĪeniu s = l ) pokazano na rysunku 2.4.5a. PrĊdkoĞü 2 bieguna A wynosi vA = ω ⋅ O1A = ω ⋅ r.

v KA v BA = , KA AB



PrĊdkoĞü wzglĊdem bieguna vKA obliczyü moĪna z proporcji tj. v KA = v BA

KA 1 = v BA . AB 2




PrĊdkoĞü punktu B wzglĊdem bieguna A wyznaczyü moĪna z rozkáadu prĊdkoĞci w punkcie B (rys. 2.4.5a) v B = v A + v BA .

Wynosi ona

v BA =

vA ω⋅r , = cos α cos α

AB 2 − O2 B 2 O2 A 3 = = , α = 30o. AB AB 2 Skáadowe prĊdkoĞci unoszenia wynoszą wiĊc:

przy czym cos α =

v A = ω r , v KA = ωr

3 . 3

PrĊdkoĞü wzglĊdna jest równa

v w = s =

1 m/s. 2

140

KINEMATYKA

PrĊdkoĞü bezwzglĊdną tulejki Kt moĪna zapisaü wiĊc jako sumĊ wektorową vb = v A + v KA + vw ,

co pokazano na rysunku 2.4.5b. Obliczając: vbx = vw + v A sin α, vby = v A cos α − v KA ,







2 2 prĊdkoĞü bezwzglĊdną wyznaczono z zaleĪnoĞci vb = vbx i dla danych liczbo+ vby wych otrzymano vb ≅ 0,1 m/s.




Kt

Rys. 2.4.5b

Przyspieszenie bezwzglĊdne tulejki równe jest ab = au + a w + a cor .

Przyspieszenie unoszenia wyznaczone moĪe byü z rozkáadu przyspieszeĔ w ruchu páaskim τ n + a KA au = a A + aKA = a A + a KA .

Przyspieszenie aA = aAn = ω2r, poniewaĪ ω = const i a wiĊc aAτ = 0. n Przyspieszenie a KA =

(v KA ) 2 2ω 2 r 2 . = KA 3l

141

Ruch záoĪony punktu τ Przyspieszenie a KA wyznaczyü moĪna, obliczając przyspieszenie punktu B: τ n a B = a A + a BA wzglĊdnie a Bτ + a Bn = a A + a BA + a BA .

Rozkáad przyspieszeĔ przedstawiono na rysunku 2.4.5c. Rzutując powyĪsze równanie na oĞ Y przyjĊtego ukáadu odniesienia otrzymano τ aBA =−

aBn n + a BA tg α, cos α

przy czym a Bn =



(v BA ) 2 ω2 r 2 = . BA l cos 2 α








n aBA =

v B2 v 2 tg 2 α ω2 r 2 tg 2 α , = A = R R O2 B

Rys. 2.4.5c τ τ Znając przyspieszenie a BA z zaleĪnoĞci: , wyznaczyü moĪna przyspieszenie a KA τ a KA aτ = BA , KA AB

τ τ = a BA tzn. a KA

KA 1 τ = a BA . AB 2

Przyspieszenie wzglĊdne tulejki Kt jest równe a w = s = 0. Przyspieszenie Coriolisa tulejki Kt zapisaü moĪna jako iloczyn wektorowy: acor = 2 ωu × v w , gdzie prĊdkoĞü kątowa ωu ruchu unoszenia jest prĊdkoĞcią kątową ω AB w obrotowym ruchu wzglĊdnym prĊta AB (jako skáadowym ruchu páaskiego prĊta).

142

KINEMATYKA

WartoĞü przyspieszenia Coriolisa wynosi:

acor = 2ωu ⋅ v w sin 90o = 2ω AB ⋅ vw = 2

v BA 2ωrs , vw = . AB l cos α

Tak wiĊc przyspieszenie bezwzglĊdne tulejki Kt zapisaü moĪna τ n + a KA + acor . ab = a A + a KA



Rozkáad przyspieszeĔ pokazano na rysunku 2.4.5d.





Kt

Rys. 2.4.5d




Obliczając wspóárzĊdne przyspieszenia bezwzglĊdnego, otrzymano: n abx = a A cos α − aKA ,

τ − acor . aby = −a A sin α + a KA

2 2 Z zaleĪnoĞci ab = abx + aby dla danych liczbowych otrzymano ab = 0,25 m/s2.

ZADANIE 2.4.6 Tarcza o promieniu r (rys. 2.4.6) wykonuje ruch obrotowy wzglĊdem osi obrotu prostopadáej do páaszczyzny rysunku w punkcie O. Do tarczy zamocowany jest przegubowo w punkcie A prĊt AK o dáugoĞci r, poruszający siĊ w páaszczyĨnie ruchu tarczy. 1 Ruch tarczy wzglĊdem jej osi obrotu opisuje równanie ϕ = t , a ruch prĊta wzglĊdem 3 1 osi prostopadáej w punkcie A do páaszczyzny rysunku opisuje równanie α = t. 4 Obliczyü prĊdkoĞü punktu K w chwili t1 = π s, jeĪeli r = 1 m.

143

Ruch záoĪony punktu

Rys. 2.4.6a

Rozwiązanie Zadanie rozwiązano trzema metodami:



Rys. 2.4.6

Ad 1)





1) wykorzystując skoĔczone równania ruchu punktu K, 2) traktując ruch punktu K jako ruch záoĪony, 3) traktując ruch prĊta jako ruch páaski.

WspóárzĊdne punktu K zapisano w nieruchomym ukáadzie odniesienia (rys. 2.4.6a):




1 1   x K = OA cos ϕ + AK cos α = r  cos t + cos t  , 3 4   1   1 y K = OA sin ϕ + AK sin α = r  sin t + sin t  . 4   3

Obliczając pochodne wzglĊdem czasu, otrzymano wspóárzĊdne prĊdkoĞci punktu K:

1 1 1  1 v Kx = x K = − r  sin t + sin t  , 3 4 4  3 1 1 1  1 v Ky = y K = r  cos t + cos t  . 3 4 4  3 Z zaleĪnoĞci v K = x K2 + y K2 dla t = = t1 = π s, otrzymano vK = 0,58 m/s.

144

KINEMATYKA

Ad 2) Wprowadzając ruchomy ukáad odniesienia Oξη związany z tarczą (poruszający siĊ razem z tarczą), ruch wzglĊdny punktu K opisaü moĪna kątem γ = ϕ(t) – α(t) (rys. 2.4.6b). PrĊdkoĞü wzglĊdna w obrocie prĊta AK wzglĊdem osi obrotu w punkcie A jest równa







v w = ω w ⋅ AK = γ ⋅ AK = (ϕ − α ) r.




Rys. 2.4.6b

Rys. 2.4.6c

Ruch unoszenia punktu K rozpatruje siĊ jako ruch koĔca prĊta AK unieruchomionego w danej chwili wzglĊdem tarczy i poruszającego siĊ razem z tarczą, tj. ruch Ğladu K* punktu K na páaszczyĨnie Oξη. Rozkáad prĊdkoĞci pokazano na rysunku 2.4.6c. PrĊdkoĞü unoszenia jest równa:

vu = v K * = ωu ru = ωu ⋅ OK = ϕ ⋅ 2r cos

γ . 2

PrĊdkoĞü bezwzglĊdną obliczono z zaleĪnoĞci vb = vk = vw2 + vu2 − 2vu v w cos δ , γ γ  gdzie cos δ = cos  180 −  = − cos . 2 2   Dla danych liczbowych otrzymano vK = vb = 0,58 m/s.

145

Ruch záoĪony punktu

Ad 3) Wprowadzając ukáad ruchomy Aξ'η' (rys. 2.4.6d) tak, aby poruszaá siĊ on ruchem postĊpowym podczas ruchu tarczy (osie tego ukáadu poruszają siĊ stale równolegle), ruch páaski prĊta AK rozpatruje siĊ jako ruch záoĪony z postĊpowego ruchu unoszenia ukáadu Aξ'η' (jest to ruch prĊta razem z ukáadem Aξ'η') i obrotowego ruchu wzglĊdnego, tj. ruchu obrotowego prĊta AK wzglĊdem osi przechodzącej przez punkt A. Ruch wzglĊdny opisuje równanie α(t).



'





'




Rys. 2.4.6d

Rys. 2.4.6e

Przyjmując biegun w punkcie A, prĊdkoĞü punktu K oblicza siĊ z równania (rys. 2.4.6e) v K = v A + v KA .

WartoĞci skáadowych v A i v KA wynoszą: v A = ϕ ⋅ OA = ϕ ⋅ r , v KA = α ⋅ AK = α ⋅ r ,

a wartoĞü prĊdkoĞci punktu K: 2 + 2v A v KA cos θ , gdzie θ = ϕ – α. v K = v A2 + v KA

Podstawiając dane liczbowe otrzymuje siĊ vK = 0,58 m/s.

146

KINEMATYKA

2.5. Skáadanie ruchów postĊpowych i obrotowych ZADANIE 2.5.1





Mechanizm korbowo-wodzikowy napĊdza ruchomą platformĊ, na której zamocowany jest wahliwie podwieszony na prĊtach pomost AB (rys. 2.5.1). 1 Dla danych: ω0 = 0,25π s −1 , ω1 = π s −1 , r = 0,6 m, R = 0,4 m obliczyü bezwzglĊd3 ną prĊdkoĞü pomostu w chwili t1 = 1 s.

platforma



Rys. 2.5.1




Rozwiązanie Pomost AB porusza siĊ ruchem záoĪonym: wzglĊdnym ruchem postĊpowym wzglĊdem platformy i postĊpowym ruchem unoszenia wynikającym z postĊpowego ruchu platformy. Ruch bezwzglĊdny pomostu jako záoĪenie dwóch ruchów postĊpowych jest teĪ ruchem postĊpowym. Obliczając prĊdkoĞü bezwzglĊdną dowolnego punktu pomostu np. punktu A, wyznaczymy tym samym prĊdkoĞü bezwzglĊdną caáego pomostu v A = v1 + v2 , gdzie v1 jest prĊdkoĞcią unoszenia (prĊdkoĞü platformy), v2 jest prĊdkoĞcią wzglĊdną (prĊdkoĞü wzglĊdem platformy).

Rys. 2.5.1a

147

Skáadanie ruchów postĊpowych i obrotowych

PrĊdkoĞü v1 jako prĊdkoĞü dowolnego punktu platformy wyznaczyü moĪna, obliczając w przyjĊtym, jak na rysunku 2.5.1a, ukáadzie odniesienia wspóárzĊdne punktu K, a nastĊpnie obliczając wspóárzĊdne prĊdkoĞci:

x K = 2 R cos α = 2R cos ω0t ,

y K = 0,

v1 = x K = −2 Rα sin α = −2Rω0 sin ω0t. WartoĞü prĊdkoĞci w chwili t1 = 1 s wynosi v1 (t ) = x K (t1 ) = 0,1π 2 m/s.





PrĊdkoĞü v2 obliczyü moĪna wzglĊdem punktu O1 ze wzoru: v2 = ω1 ⋅ O1A = ω1 ⋅ r. W chwili t1 = 1 s v2 = 0,2π m/s. Ze wzglĊdu na to, Īe ω1 = const, ruch korby O1A wzglĊdem punktu O1 opisany jest równaniem ϕ = ω1t, skąd dla t = t1 ϕ = 60o. PrĊdkoĞü bezwzglĊdna punktu A, a tym samym prĊdkoĞü bezwzglĊdna pomostu, równa jest vb = v A = v12 + v 22 + 2v1v2 cos 120 o = 0,56 m/s.




ZADANIE 2.5.2



Identyczną metodykĊ obliczeĔ moĪna zastosowaü do wyznaczenia przyspieszenia pomostu.

Korba OA obraca siĊ wokóá osi O z prĊdkoĞcią kątową ω0 i wprawia w ruch koáo IV toczące siĊ bez poĞlizgu wewnątrz koáa nieruchomego V. Ruch koáa IV powoduje z kolei ruch koáa II – III i nastĊpnie koáa I (rys. 2.5.2). Znając promienie r1, r2, r3, r4 wyznaczyü, prĊdkoĞci kątowe poszczególnych kóá. Rozwiązanie Koáo I wykonuje ruch obrotowy wzglĊdem osi O, natomiast koáa II – III i IV ruch páaski, tj. ruch záoĪony z ruchu unoszenia wynikającego z ruchu korby OA i ruchu wzglĊdnego obrotowego odpowiednio wzglĊdem osi przechodzących przez Ğrodki kóá II – III i IV. Kierunek obrotu wzglĊdnego wyznacza siĊ z pozycji obserwatora „znajdującego siĊ na ramie OA”. Dla kaĪdego z kóá moĪna napisaü zaleĪnoĞü: ωi = ωui ± ωwi ,

i = 1, 2, 3, 4, 5,

gdzie ωi jest prĊdkoĞcią kątową bezwzglĊdną, ωui jest prĊdkoĞcią kątową unoszenia równą ω0, a ωwi jest prĊdkoĞcią kątową wzglĊdną.

148



KINEMATYKA

Rys. 2.5.2a



Rys. 2.5.2

ω1 = ω0 – ωw1,



Dla poszczególnych kóá prĊdkoĞci kątowe zaznaczono na rysunku 2.5.2a. Tak wiĊc:

ω2 = ω3 = ω0 + ωw3,




ω4 = ω0 – ωw4,

ω5 = ω0 – ωw5 = 0

(koáo V jest nieruchome).

Wykorzystując powyĪsze związki oraz zaleĪnoĞci na przeáoĪenia wzglĊdne poszczególnych par kóá:

ω w1 r2 = , ωw3 r1

ωw3 r4 , ω w4 r5 = = , , ωw4 r3 ωw5 r4

otrzymano:

ωw1 = ω0

r5 r2 , r1r3

ωw3 = ω0

r5 , r3

ωw4 = ω0

r5 , r4

149

Skáadanie ruchów postĊpowych i obrotowych

a po podstawieniu r5 = r1 + r2 + r3 + 2r4 otrzymuje siĊ prĊdkoĞci kątowe poszczególnych kóá:

ω1 = ω0

r3 ( r1 − r2 ) − r2 ( r1 + r2 − 2r4 ) , r1r3

ω2 = ω3 = ω0 ω4 = ω0

r1 + r2 + 2(r3 + r4 ) , r3

r1 + r2 + r3 + r4 . r4

Dobierając odpowiednie dáugoĞci promieni kóá, uzyskaü moĪna nie tylko róĪne wartoĞci prĊdkoĞci kątowych, ale równieĪ róĪne kierunki obrotów poszczególnych kóá.



ZADANIE 2.5.3








W przekáadni pasowej jak na rysunku 2.5.3 prĊdkoĞü kątowa ramki równa jest ω0. Koáo pasowe o promieniu r napĊdzane jest z prĊdkoĞcią kątową ω1. Wyznaczyü prĊdkoĞü kątową ω2 koáa o promieniu R.

Rys. 2.5.3

Rys. 2.5.3a

Rozwiązanie PrĊdkoĞü kątową bezwzglĊdną kóá zapisaü moĪna zaleĪnoĞcią ωi = ωui ± ωwi,

i = 1, 2,

gdzie ωui jest prĊdkoĞcią unoszenia wynikającą z ruchu ramki, tzn. ωui = ω0, a ωwi jest prĊdkoĞcią wzglĊdną (rys. 2.5.3a).

150

KINEMATYKA

Zatem ωl = ω0 + ωw1, ω2 = ω0 + ωw2, a po uwzglĊdnieniu przeáoĪenia wzglĊdnego

ω w1 R = ω w2 r r (ω1 − ω0 ). R Dobierając odpowiednio promienie kóá oraz prĊdkoĞü kątową ω1 uzyskaü moĪna róĪne wartoĞci prĊdkoĞci kątowej ω2 i róĪny kierunek obrotów tego koáa, np. dla R  ω1 = ω0  1 −  prĊdkoĞü ω2 = 0 i koáo to porusza siĊ ruchem postĊpowym, a dla r  ω1 = ω0 prĊdkoĞü kątowa ω2 równa siĊ ω0.










otrzymano ω2 = ω0 +

151

3. Dynamika



3.1. Uwagi metodyczne dotyczące rozwiązywania zadaĔ z dynamiki





Zadania z dynamiki zaliczyü moĪna ogólnie do dwóch grup: zadaĔ dotyczących dynamiki punktu materialnego i zadaĔ dotyczących dynamiki ukáadu punktów materialnych. Przez ukáad punktów materialnych w sensie mechanicznym rozumie siĊ ukáad, w którym poáoĪenie jednego punktu uzaleĪnione jest od poáoĪenia pozostaáych punktów. JeĪeli odlegáoĞci pomiĊdzy punktami w ukáadzie punktów materialnych nie zmieniają siĊ, to taki ukáad nazywa siĊ bryáą lub ciaáem sztywnym. W związku z tym dynamikĊ dzieli siĊ na trzy czĊĞci: 1) dynamikĊ punktu, 2) dynamikĊ ukáadu punktów, 3) dynamikĊ bryáy.




PrzystĊpując do rozwiązywania zadaĔ z dynamiki, moĪna kierowaü siĊ poniĪszymi wskazówkami metodycznymi. – Zrozumieü zadanie. – Podjąü decyzjĊ dotyczącą umieszczenia rozpatrywanego problemu w jednej z trzech czĊĞci dynamiki. Nie zawsze jest to sprawą oczywistą, poniewaĪ punkty materialne i ich ukáady są pewnymi modelami ukáadów rzeczywistych (maszyn, urządzeĔ itp.). Modelowanie takich ukáadów wiąĪe siĊ przede wszystkim z przyjĊciem pewnych kryteriów dotyczących osiągniĊcia zaáoĪonego celu i dlatego moĪemy na przykáad w pewnych przypadkach traktowaü bryáy jak punkty materialne, a w innych nie.

– Wybraü odpowiednią metodĊ do rozwiązania zadania. Do rozwiązania okreĞlonego zadania moĪemy zastosowaü wiele metod wynikających z praw i zasad mechaniki, tzn. Īe rozwiązanie uzyskaü moĪna, wykorzystując równorzĊdnie róĪne prawa i zasady, np. II prawo Newtona lub zasadĊ równowartoĞci energii kinetycznej i pracy czy równania Lagrange’a II rodzaju.

152

DYNAMIKA

Wybór metody zaleĪy gáównie od áatwoĞci jej zastosowania dla danego przypadku i szybkoĞci osiągniĊcia celu, tj. rozwiązania zadania. – Sprawdziü wymiary wyznaczonych wielkoĞci. – Przeprowadziü, jeĪeli to potrzebne, dyskusjĊ nad otrzymanymi wynikami oraz analizĊ rozpatrywanego problemu. Szczegóáowe uwagi metodyczne dla poszczególnych typów zadaĔ podano przy ich rozwiązaniach.

3.2. Dynamika punktu materialnego 3.2.1. RóĪniczkowe równania ruchu – wyznaczanie siá ZADANIE 3.2.1



Obliczyü wartoĞü siáy naciągu liny dĨwigu osobowego podczas ruchu kabiny w dóá, jeĪeli ciĊĪar kabiny wynosi G = 8000 N, jej przyspieszenie a = 0,4 g (g – przyspieszenie ziemskie), a siáa oporu jazdy F = 0,2G.








Rozwiązanie Ze wzglĊdu na postĊpowy ruch kabiny traktowana jest ona jako punkt materialny, do którego przyáoĪono wszystkie dziaáające siáy (rys. 3.2.1), przy czym siáĊ naciągu S liny przyáoĪono, stosując znane ze statyki metody uwalniania od wiĊzów. WartoĞü siáy naciągu S liny obliczono bezpoĞrednio z równania róĪniczkowego ruchu, które w przyjĊtym jak na rysunku 3.2.1 ukáadzie odniesienia ma postaü 3

mx = ∑ Pix = G − F − S ,

gdzie:

i =1

G , x = a = 0,4g , g g – przyspieszenie ziemskie, F = 0,2G. m=

Obliczając S = G − F − mx = 0,4G, otrzymano ostatecznie S = 3200 N. Rys. 3.2.1 WartoĞü siáy S bĊdzie inna w przypadku ruchu ustalonego kabiny oraz hamowania. W przypadku ruchu ustalonego przyspieszenie x = 0 i S = G – F = 0,8G = 6400 N. Podczas hamowania z przyspieszeniem (opóĨnieniem), np. równym co do wartoĞci przyspieszeniu a = 0,4g, otrzymuje siĊ

S = G − F + mx, i stąd

S = 1,2G = 9600 N.

Znak „+” przy mx wynika ze zmiany zwrotu przyspieszenia (opóĨnienia) w stosunku do zwrotu przyspieszenia w okresie rozruchu (rys. 3.2.1).

153

Dynamika punktu materialnego

ZADANIE 3.2.2 Wyznaczyü siáĊ oporu wody w zaleĪnoĞci od prĊdkoĞci áódki, której ruch opisany jest równaniem x =

Q  − v 1 − e kg 0 

kg t Q ,

 

gdzie: Q – ciĊĪar áódki, k = const > 0, v0 – prĊdkoĞü początkowa áódki.










Rozwiązanie PrzyjĊto ukáad odniesienia jak na rysunku 3.2.2 i przyáoĪono do áódki (traktujemy ją jak punkt materialny) siáy: ciĊĪkoĞci áódki Q, reakcji normalnej wody N oraz oporu wody R na kierunku ruchu áódki.

Rys. 3.2.2

WspóárzĊdne prĊdkoĞci i przyspieszenia áódki na osi x są odpowiednio: v x = x = v0 e

−

kg t Q

kg

− t kg a x = x = − v0 e Q . Q

,

Q Ukáadając równanie róĪniczkowe ruchu w odniesieniu do osi x mx = Rx ; m = g , kg −

t

otrzymano Rx = −kv0 e Q , a uwzglĊdniając wspóárzĊdną prĊdkoĞci vx, ostatecznie obliczono siáĊ oporu wody w zaleĪnoĞci od prĊdkoĞci: Rx = – kvx . Znak „–” oznacza, Īe siáa oporu wody i prĊdkoĞü áódki mają przeciwne zwroty. ZADANIE 3.2.3 Obliczyü siáĊ w nici wahadáa matematycznego o dáugoĞci l i ciĊĪarze Q, jeĪeli jego ruch opisany jest równaniem ϕ = ϕ0 sin ωt (ϕ – kąt odchylenia wahadáa od pionu, ω = const > 0).

154



Rys. 3.2.3



DYNAMIKA






Rozwiązanie Ze wzglĊdu na to, Īe ruch wahadáa moĪe byü opisany jedną wspóárzĊdną kątową (ruch po okrĊgu), wygodnie jest wprowadziü ukáad odniesienia jak na rysunku 3.2.3 (oĞ τ na kierunku stycznym, oĞ n na kierunku normalnym do toru). Do wahadáa przyáoĪono siáĊ ciĊĪkoĞci Q i siáĊ reakcji R nici, otrzymaną w wyniku oswobodzenia wahadáa od wiĊzów. Siáa R jest co do wartoĞci równa sile S w nici. Do wyznaczenia siáy R wystarczy wykorzystaü równania róĪniczkowe ruchu w odniesieniu do osi normalnej n n

man = ∑ Pin , i =1

gdzie an jest przyspieszeniem normalnym. Podstawiając an = lϕ 2 do równania róĪniczkowego ruchu, otrzymuje siĊ

mlϕ 2 = R − Q cos ϕ, skąd

 l R = Q  ϕ 2 + cos ϕ  .  g RóĪniczkując równanie ruchu ϕ(t), otrzymano ϕ = ϕ0 ω cos ωt.

Podstawiając ϕ do równania na siáĊ R, otrzymuje siĊ  lϕ 2 ω 2  R = Q 0 cos 2 ωt + cos (ϕ0 sin ωt ) .  g 

155

Dynamika punktu materialnego

WartoĞü siáy S w nici równa jest wartoĞci siáy R ; S = R. Korzystając z otrzymanego wyraĪenia moĪna obliczyü równieĪ wartoĞü maksymalną siáy R.   lϕ 2 ω 2 Rmax = Q  0 + 1 dla   g  

ωt = k ⋅ π.

ZADANIE 3.2.4










Ruch punktu materialnego A o masie m opisany jest równaniem: x = x0 cos ωt, y = y0sin ωt (ω = const). Wyznaczyü siáĊ dziaáającą na punkt, jeĪeli porusza siĊ on po gáadkiej poziomej páaszczyĨnie.

Rys. 3.2.4a

Rozwiązanie Do wyznaczenia dziaáającej siáy wykorzystano drugie prawo Newtona, zgodnie n

z którym ma = ∑ Pi = P , gdzie P jest geometryczną sumą siá czynnych i reakcji dziai =1

áających na punkt o masie m i nadających mu przyspieszenie a . Z warunków zadania wynika, Īe ruch punktu A zachodzi tylko w páaszczyĨnie xy. Na rysunku 3.2.4a przedstawiono punkt A o masie m z przyáoĪonymi siáami: ciĊĪkoĞci i reakcją normalną páaszczyzny (reakcja styczna nie wystĊpuje ze wzglĊdu na to, Īe páaszczyzna jest gáadka). Na rysunku zaznaczono równieĪ orientacyjnie szukaną siáĊ P.

156

DYNAMIKA

Z trzech skalarnych równaĔ:

Px = mx, Py = my, Pz = mz, do wyznaczenia siáy P wykorzystano dwa pierwsze. Obliczając:

y = y0 ω cos ωt , y = − y 0 ω2 sin ωt ,

otrzymuje siĊ wspóárzĊdne siáy P:

Px = − mx0 ω2 cos ωt = −mω2 x,

której moduá wynosi



Py = −my0 ω2 sin ωt = − mω2 y,



x = − x0 ω2 cos ωt ,



x = − x0 ω sin ωt ,

Rys. 3.2.4b

P = Px2 + Py2 = mω2 x 2 + y 2 = mω2 r ,




gdzie r jest moduáem wektora – promienia wodzącego punktu A (rys. 3.2.4b). Kierunek siáy P okreĞliü moĪna, wyznaczając cosinus kierunkowy kąta α, jaki tworzy ona z osią x cos α =

Px x =− . P r

Kierunek siáy P jest taki sam jak kierunek wektora r , przy czym jej zwrot jest przeciwny do zwrotu wektora r (rys. 3.2.4b). Punkt A porusza siĊ wiĊc po elipsie

x2 x02

+

y2 y02

=1

(patrz równanie ruchu x(t), y(t)), pod dziaáaniem siáy o wartoĞci P = mω2r  r = x2 + y2 ,   prostej dziaáania przechodzącej stale przez punkt O i o zwrocie do   punktu O. SiáĊ taką nazywa siĊ siáą centralną.

157

Dynamika punktu materialnego

3.2.2. RóĪniczkowe równania ruchu – wyznaczanie równaĔ skoĔczonych ruchu ZADANIE 3.2.5 Bryáa o ciĊĪarze Q porusza siĊ po gáadkiej poziomej páaszczyĨnie pod wpáywem poziomej siáy F = Fx = F0 sin ωt (F0, ω – staáe). Wyznaczyü skoĔczone równanie ruchu, jeĪeli w chwili początkowej bryáa byáa w spoczynku. BryáĊ naleĪy traktowaü jak punkt materialny. Rozwiązanie










Początek ukáadu odniesienia przyjĊto w poáoĪeniu początkowym bryáy. Ze wzglĊdu na to, Īe w chwili początkowej bryáa znajdowaáa siĊ w spoczynku, warunki początkowe ruchu zapisaü moĪna w postaci: t = 0, x = 0, x = 0. Na bryáĊ dziaáają nastĊpujące siáy: Q , F – siáy czynne, R – reakcja normalna podáoĪa (rys. 3.2.5a).

Rys. 3.2.5a

Korzystając z drugiego prawa Newtona, otrzymuje siĊ róĪniczkowe równanie ruchu mx = Fx ,

lub

x =

F0 g sin ωt Q

(1)

Rozwiązując powyĪsze równanie, wyznaczyü moĪna prĊdkoĞü x i wspóárzĊdną x okreĞlającą poáoĪenie bryáy w dowolnej chwili t, tj. skoĔczone równanie ruchu.

158

DYNAMIKA

Mamy wiĊc:

x = − x=−

F0 g cos ωt + C1 Qω F0 g Qω2

(2)

sin ωt + C1t + C 2

(3)

przy czym staáe caákowania C1 i C2 wyznacza siĊ z warunków początkowych ruchu:

F0 g , Qω

x = 0, stąd C1 =

dla t = 0,

x = 0, stąd C2 = 0.



dla t = 0,

x=

F0 g  1   t − sin ωt  Qω  ω 



Szukane równanie ruchu ma wiĊc nastĊpującą postaü

(4)






ZauwaĪmy, Īe od wartoĞci prĊdkoĞci początkowej zaleĪy charakter ruchu bryáy. F g W tym przypadku, co wynika z równania (4), na ruch jednostajny z prĊdkoĞcią 0 Qω F g 2π nakáadają siĊ drgania o amplitudzie 0 2 i okresie T = (rys. 3.2.5b). ω Qω

Rys. 3.2.5b

159

Dynamika punktu materialnego

F0 g , otrzymuje siĊ Qω C1 = 0, C2 = 0 i ruch ma charakter tylko oscylacyjny, zgodnie z równaniem Przyjmując inną wartoĞü prĊdkoĞci początkowej, np. x (0) =

x=−

F0 g Qω 2

sin ωt.

Na charakter ruchu nie wpáywa natomiast wybór poáoĪenia początkowego, które decyduje jedynie o tym, czy w przyjĊtym ukáadzie odniesienia ruch rozpoczyna siĊ dla x = x0 = 0 czy x = x0 ≠ 0. ZADANIE 3.2.6





Bryáa o masie m moĪe poruszaü siĊ wzdáuĪ osi x (rys. 3.2.6a) pod wpáywem siáy S , przy czym S = S x = k 2 mx, gdzie k jest staáym wspóáczynnikiem, x – wspóárzĊdną bieĪącą. Traktując bryáĊ jak punkt materialny oraz przyjmując, Īe w chwili początkowej bryáa byáa w spoczynku w odlegáoĞci l od początku ukáadu odniesienia, wyznaczyü równanie skoĔczone ruchu dla dwóch przypadków:






1) powierzchnia, po której porusza siĊ bryáa jest gáadka, 2) powierzchnia ta jest chropowata, przy czym wspóáczynnik tarcia wynosi µ.

Rys. 3.2.6a

Rozwiązanie Ad 1) Do bryáy przyáoĪone są siáy; ciĊĪar Q oraz siáa S (siáy czynne) i N – reakcja normalna podáoĪa (rys. 3.2.6a). Z treĞci zadania wynika, Īe warunki początkowe ruchu są nastĊpujące:

t = 0,

x = l,

x = 0.

160

DYNAMIKA

Równanie róĪniczkowe ruchu w odniesieniu do osi x ma postaü lub

mx = S x − k 2 x = 0

(1)

Poszukując rozwiązania w postaci x = Ce λt , otrzymuje siĊ równanie charakterystyczne λ2 − k 2 = 0, skąd λ1, 2 = ±k i rozwiązanie równania (1) moĪna napisaü jako

x = C1e kt + C2 e − kt

(2)

Staáe C1 i C2 wyznaczono, korzystając z warunków początkowych oraz z równania (2) i z równania (3) otrzymanego po zróĪniczkowaniu wzglĊdem czasu równania (2)

x = C1ke kt − C 2 ke − kt

(

1 l e kt + e − kt 2

)

x = lchkt .

(4)



lub



x=



(3) 1 i ostatecznie UwzglĊdniając warunki początkowe ruchu, obliczono C1 = C2 = 2l równanie ruchu otrzymano w postaci




Ad 2) W tym przypadku, poza siáami S , Q , N , do bryáy naleĪy przyáoĪyü siáĊ tarcia T jak na rysunku 3.2.6b. Równanie róĪniczkowe ruchu ma postaü mx = S − T .

Podstawiając za siáĊ tarcia T = µN = µQ = µmg, otrzymano

x − k 2 x = −µg

(5)

Rys. 3.2.6b

161

Dynamika punktu materialnego

Rozwiązanie równania (5) jest sumą rozwiązaĔ równania jednorodnego (x1) i niejednorodnego (x2) x = x1 + x2

(6)

Rozwiązanie x1 równania jednorodnego wyraĪa siĊ zaleĪnoĞcią (2), rozwiązanie x2 przewiduje siĊ w postaci x2 = A (prawa strona równania (5) jest staáa). Podstawiając µg x2 = A do równania (5), otrzymuje siĊ x2 = 2 i rozwiązanie (6) otrzymuje postaü k µg − kt kt x = C1e + C 2e + 2 (7) k Dla wyznaczenia staáych C1 i C2 obliczono

x = C1ke kt − C2 ke kt

(8)

1  µg  .  l − 2  k2 



C1 = C2 =



Korzystając z warunków początkowych ruchu, otrzymano

x=

)

1  µg  kt µg  l − 2  e + e −kt + 2 2 k  k

(9)

µg  µg  x =  l − 2  chkt + 2 . k  k 




lub

(



UwzglĊdniając obliczone staáe w równaniu (7) otrzymuje siĊ ostatecznie równanie skoĔczone ruchu

Porównując wyraĪenia (4) i (9) moĪna stwierdziü, Īe jeĪeli dziaáa siáa tarcia, to ruch 1  µg  bryáy jest wolniejszy (wspóáczynnik  l − przy e kt + e − kt , w równaniu (9) jest mniej2 2 k  1 szy od odpowiedniego wspóáczynnika l w równaniu (4). 2 µg W przypadku granicznym, przy l − 2 = 0, tzn. jeĪeli wspóáczynnik tarcia k lk 2 , to równanie skoĔczone ruchu ma postaü µ= g µg x= 2, k co oznacza, Īe bryáa znajduje siĊ w spoczynku. RzeczywiĞcie, jeĪeli µg ≥ lk2, tzn. µQ > lk2m lub T ≥ S (x = l), to ruch nie moĪe siĊ rozpocząü, poniewaĪ siáa tarcia T jest wiĊksza od wartoĞci siáy S w poáoĪeniu początkowym. Podstawiając µ = 0 w równaniu (9), otrzymuje siĊ oczywiĞcie równanie (4).

162

DYNAMIKA

ZADANIE 3.2.7 CiĊĪarek o masie m porusza siĊ w wodzie pionowo w kierunku dna. Przy opadaniu z prĊdkoĞcią początkową v0 ciĊĪarek osiągnąá dno w czasie T sekund. Obliczyü drogĊ H, jaką przebyá ciĊĪarek, jeĪeli siáa oporu oĞrodka R = − kmv , gdzie: k – staáy wspóáczynnik, m – masa ciĊĪarka, v – prĊdkoĞü ciĊĪarka.

i =1

Rys. 3.2.7



n

mx = ∑ Pix = Q − R.



Rozwiązanie Ukáad odniesienia przyjĊto jak na rysunku 3.2.7. Na ciĊĪarek (punkt materialny) dziaáa siáa ciĊĪkoĞci Q i siáa oporu wody R , przy czym siáa R , jak wynika z treĞci zadania, dziaáa na kierunku prĊdkoĞci i ma do niej zwrot przeciwny. Równanie róĪniczkowe ruchu wzglĊdem osi x ma postaü

x = g − kx



Po podzieleniu obu stron przez masĊ m otrzymuje siĊ

(1)

Rozwiązując równanie (1) przy warunkach początkowych: x = v0 ,

x = 0,




t = 0,

otrzymano równania ruchu x = f (x), z którego bĊdzie moĪna obliczyü szukaną drogĊ H. dx Podstawiając x = oraz rozdzielając zmienne, otrzymuje siĊ dt

dx = dt , g − kx

a po scaákowaniu

−

1 ln (g − kx ) = t + C1 k

(2)

Staáą caákowania C1 wyznaczamy, korzystając z równania (2) i z warunków początkowych ruchu, tj. t = 0, x = v0 , otrzymując

C1 = −

1 ln ( g − kv0 ). k

163

Dynamika punktu materialnego

Podstawiając C1 do równania (2) otrzymuje siĊ

g − kv0 1 ln =t k g − kx i po przeksztaáceniu

x =

g g − kv0 − kt e dt − k k

(3)

Podstawiając w równaniu (3) x =

dx =

dx i rozdzielając zmienne, otrzymano dt

g − kv0 − kt g e dt , dt − k k

a po scaákowaniu

g − kv0 − kt g t+ e + C2 k k2



x=

(4)

g − kv0 k2



C2 = −



Podstawiając do równania (4) warunki początkowe, tj. t = 0, x = 0, obliczono

i ostatecznie równanie ruchu ciĊĪarka ma postaü

(

)

g − kv0 −kt g t+ e −1 k k2

(5)




x=

Równanie to pozwala na okreĞlenie poáoĪenia ciĊĪarka w dowolnej chwili, a wiĊc szukaną drogĊ H obliczyü moĪna, podstawiając w równaniu (5) x = H i t = T;

H=

(

)

g − kv0 −kT g −1 . T+ e k k2

g , to ruch ciĊĪarka w wodzie bĊk dzie jednostajny, równanie ruchu ma wówczas postaü x = v0t i oczywiĞcie droga H = v0T.

JeĪeli prĊdkoĞü początkową dobieramy tak, aby v0 =

ZADANIE 3.2.8 Z wysokoĞci h nad powierzchnią ziemi wyrzucono w kierunku poziomym punkt materialny z prĊdkoĞcią v0 . Wyznaczyü równania skoĔczone ruchu punktu, równanie toru, zasiĊg rzutu L; prĊdkoĞü vk w chwili upadku na ziemiĊ w dwóch przypadkach: 1) przy pominiĊciu oporu powietrza, 2) z uwzglĊdnieniem siáy oporu powietrza: R = − kmv , m – masa punktu, k – staáy wspóáczynnik.

164

DYNAMIKA

Rozwiązanie Ad 1) Przyjmując ukáad odniesienia jak na rysunku 3.2.8a, warunki początkowe ruchu moĪna zapisaü nastĊpująco: t = 0,

x = 0,

y = h,

x = v0 ,

y = 0.










Podczas ruchu na punkt dziaáa jedynie siáa ciĊĪkoĞci Q .

Rys. 3.2.8a

Równanie róĪniczkowe ruchu w zapisie wektorowym ma postaü n

ma = ∑ Pi = Q , i =1

z którego otrzymano dwa równania:

mx = 0, my = −Q, Q = mg , lub po podzieleniu obu stron tych równaĔ przez masy w postaci:

x = 0 y = − g

(1)

165

Dynamika punktu materialnego

Rozwiązując równania (1), otrzymano: x = C1

(2)

y = − gt + C 2

x = C1t + C3

(3)

1 y = − gt 2 + C 2 t + C4 2

Staáe caákowania wyznaczono z równaĔ (2) i (3), korzystając z warunków początkowych. Wynoszą one odpowiednio: C1 = v0, C2 = 0, C3 = 0, C4 = h, i równania ruchu punktu ostatecznie mają postaü:



x = v0 t

(4)



1 y = h − gt 2 2

g

x2




y=h−



Równania skoĔczone ruchu pozwalają okreĞliü poáoĪenie punktu dla dowolnej chwili czasu, przy czym jeĪeli chodzi o tor punktu, to równania bĊdąc parametrycznymi równaniami toru, sáuĪą do wyznaczenia równania toru w postaci y = f (x). Rugując z równaĔ (4) czas t (np. obliczając t z pierwszego równania i wstawiając do równania drugiego), otrzymuje siĊ równanie toru

2v02

(5)

Z równania (5) obliczyü moĪna zasiĊg rzutu xmax = L, odpowiadający wspóárzĊdnej y = 0

L = v0

2h g

(6)

ZasiĊg rzutu moĪna obliczyü równieĪ z równaĔ (4), wyznaczając czas t1, dla którego y = 0, i obliczony czas wstawiając do równania pierwszego. Wówczas L = x (t1) = xmax = v0t1. W celu wyznaczenia prĊdkoĞci vk w momencie uderzenia o ziemiĊ obliczyü naleĪy wspóárzĊdne tej prĊdkoĞci:

x k = vkx

i

y k = vky

(rys. 3.2.8a).

166

DYNAMIKA

Znając staáe C1 i C2, z równaĔ (2) otrzymuje siĊ równania prĊdkoĞci: x = v0

(7)

y = − gt

z których wyznaczyü moĪna wspóárzĊdne prĊdkoĞci v k w momencie uderzenia o zie1 miĊ, jeĪeli znany jest czas t1 uderzenia. Czas t1 wyznacza siĊ z równania y = h − gt 2 , 2 przyjmując, Īe w momencie uderzenia y = 0. Dla: y = 0,

t1 =

2h g

x k = v0

(8)



y k = − 2 hg



vk = x k2 + y k2 = v02 + 2hg



wartoĞü prĊdkoĞci vk wynosi

(9)

a jej kierunek okreĞla siĊ, podając cosinus kierunkowy kąta pomiĊdzy kierunkiem vk i osią x

x k v0 = vk v02 + 2hg

(10)




cos ( x, vk ) =

Tak wiĊc w przypadku rzutu poziomego z wysokoĞci h punkt porusza siĊ po paraboli (równanie (5)), jeĪeli nie uwzglĊdnimy oporu powietrza. Przyjmując prĊdkoĞü początkową v0 = 0, równania ruchu punktu mają postaü:

x = 0,

y=h−

gt 2 , 2

i są równaniami swobodnego spadania punktu materialnego w próĪni. Ad 2) Z zapisu siáy oporu R wynika, Īe jest ona proporcjonalna do prĊdkoĞci v , ma kierunek prĊdkoĞci i zwrot do niej przeciwny. Punkt z dziaáającymi na niego siáami pokazano na rysunku 3.2.8b. Warunki początkowe ruchu są identyczne jak w przypadku 1), tzn.: dla t = 0,

x = 0,

y = h,

x = v0 ,

y = 0.

167





Dynamika punktu materialnego

Rys. 3.2.8b

ma = Q + R lub




ma = Q − kmv



Wektorowe równanie róĪniczkowe ruchu

daje w tym przypadku dwa skalarne róĪniczkowe równania: mx = − kmx ,

my = − mg − kmy

lub

x = −kx y = − g − ky

(11)

Rozwiązując równania (11), mając zadane warunki początkowe, otrzymuje siĊ równanie prĊdkoĞci:

x = v0 e − kt g y = (e − kt − 1) k

(12)

168

DYNAMIKA

i równania skoĔczone ruchu:

x=

v0 (1 − e −kt ) k

y=h−

(13)

g g t + 2 (1 − e − kt ) k k

Rugując z równaĔ (13) czas t, otrzymuje siĊ równanie toru w postaci

y=h−

g k

2

ln

v0 gx + v0 − kx kv0

(14)



Przyjmując w równaniu (14) y = 0, zasiĊg L = xmax rzutu wyznaczyü moĪna z równania v0 gx g h − 2 ln + max = 0. v0 − kx kv0 k



WspóárzĊdne vkx i vky prĊdkoĞci vk w momencie uderzenia o ziemiĊ oblicza siĊ z równaĔ (12), podstawiając za czas t wyznaczony z drugiego z równaĔ (13) czas t1 upadku na ziemiĊ, tj. dla y = 0, wyznaczamy t = t1, wówczas otrzymuje siĊ:

y k = vky =



x k = vkx = v0 e − kt1 ,

g − kt1 − 1) (e k




i prĊdkoĞü uderzenia o ziemiĊ

vk = x k2 + y k2 = v02e − 2kt1 +

g2

(e −kt1 −1 ) 2 . k2 Kierunek prĊdkoĞci vk okreĞliü moĪna podobnie jak poprzednio, tzn. cos (x, vk ) =

x k = vk

v0 e − kt1

v02 e − 2 kt1

+

g2 k2

(e

. − kt1

− 1)

2

3.2.3. PĊd, krĊt, zasada równowartoĞci energii kinetycznej i pracy, zasada zachowania energii ZADANIE 3.2.9 Bryáa o masie m zsuwa siĊ po chropowatej powierzchni nachylonej pod kątem α do poziomu. Znając wspóáczynnik tarcia µ oraz prĊdkoĞü początkową v0 , obliczyü czas, po którym bryáa osiągnie prĊdkoĞü 2v0 .

169

Dynamika punktu materialnego



α





Rozwiązanie Traktując bryáĊ jak punkt materialny, rozwiązano zadanie, wykorzystując trzy zasady: 1) zasadĊ pĊdu i popĊdu, 2) II prawo Newtona. 3) zasadĊ równowartoĞci energii kinetycznej i pracy.

Rys. 3.2.9




Ruch rozpatrzono w ukáadzie odniesienia (x, y) przyjĊtym jak na rysunku 3.2.9, gdzie przez 1 oznaczono poáoĪenie początkowe, a przez 2 poáoĪenie punktu po osiągniĊciu prĊdkoĞci 2v0 . Dowolne poáoĪenie 2' pomiĊdzy 1 i 2 oznaczono wspóárzĊdną x(t). Ruch punktu zachodzi pod wpáywem siáy czynnej Q (ciĊĪar) i siá reakcji: normalnej N i tarcia T . Ad 1)

ZasadĊ pĊdu i popĊdu w odniesieniu do osi x zapisaü moĪna nastĊpująco

mv2 x − mv1x =

t2

∫ Px dt , 0

gdzie: v1x v2x t1 t2 Px

= = = – =

v0 – prĊdkoĞü w poáoĪeniu początkowym, 2v0 – prĊdkoĞü w poáoĪeniu koĔcowym, 0 (chwila początkowa), czas osiągniĊcia prĊdkoĞci 2v0, Q sin α – T – suma rzutów wszystkich siá na osi x.

(1)

170

DYNAMIKA

Obliczając T = µN = µQ cos α i podstawiając do równania (1), otrzymuje siĊ

m (2v0 ) − mv0 =

t2

∫ (Q sin α − µQ cos α )dt

(2)

0

i stąd po scaákowaniu

t2 =

v0 . g (sin α − µ cos α)

Ad 2) Korzystając z drugiego prawa Newtona, otrzymuje siĊ równanie róĪniczkowe ruchu w postaci mx = Q (sin α − µ cos α )



(3)

Caákując równanie (3), mając zadany warunek początkowy: t = 0, x = v0 , otrzymano (4)



x = g (sin α − µ cos α ) t + v0

Z równania powyĪszego obliczyü moĪna czas osiągniĊcia Īądanej prĊdkoĞci i tak dla x = 2v0 czas t2 wynosi

v0 . g (sin α − µ cos α)



t2 =




Ad 3) ZasadĊ równowaĪnoĞci energii kinetycznej i pracy zapisano nastĊpująco E2 – E1 = L1–2,

gdzie:

(5)

E1, E2 – energia kinetyczna punktu w poáoĪeniu 1 i 2, L1–2 – praca wykonana przez siáy czynne i reakcje na przesuniĊciu s (rys. 3.2.9), tj. od poáoĪenia 1 do 2. Dla wygody obliczeĔ korzystnie jest w tym przypadku przyjąü dowolne poáoĪenie punktu po rozpoczĊciu ruchu, w związku z czym prĊdkoĞü punktu w takim poáoĪeniu moĪna traktowaü jako funkcjĊ czasu. Na rysunku 3.2.9 poáoĪenie takie oznaczono przez 2'. ZaleĪnoĞü (5) w związku z powyĪszym przedstawiü moĪna nastĊpująco E2' – E1 = L1–2' ,

1 2 mv0 , 2 1 E2′ = mv 2 (t ). 2

gdzie: E1 =

(6)

171

Dynamika punktu materialnego

Suma prac wszystkich siá dziaáających na punkt na przesuniĊciu x(t) wynosi L1–2' = Q (sin α –µ cos α) x (t). Po podstawieniu powyĪszych zaleĪnoĞci do równania (6) otrzymano

1 2 1 mv (t ) − mv02 = Q (sin α − µ cos α) x (t ) 2 2

(7)

wzglĊdnie po przeksztaáceniu



v(t ) = 2 g (sin α − µ cos α ) x (t ) + v02 .

dx

= dt



2 g (sin α − µ cos α) x (t ) + v02



dx , otrzymano równanie róĪniczkowe pierwszego rzĊdu dt

Podstawiając v (t ) =

(8)

Rozwiązując równanie (8) przy warunkach początkowych t = 0, x = 0, otrzymano




2 g (sin α − µ cos α ) x + v02 = g (sin α − µ cos α ) t + v0

(9)

Z równania (9) moĪna wyznaczyü czas t, po którym punkt znajduje siĊ w poáoĪeniu x(t), w szczególnoĞci czas t2, po którym x(t2) = s, tj. w poáoĪeniu 2, gdy prĊdkoĞü wynosi 2v0. DrogĊ x(t2) = s wyliczyü moĪna z równania (7), podstawiając: x(t2) = s,

v(t2) = 2v0.

Otrzymano

x ( t2 ) = s =

3v02 , 2 g (sin α − µ cos α)

a nastĊpnie z równania (9)

t2 =

v0 . g (sin α − µ cos α)

172

DYNAMIKA

Wynik ten uzyskaü moĪna inaczej, róĪniczkując wzglĊdem czasu równania (7). Otrzymuje siĊ wówczas równanie 1  dv (t )  dx (t ) m  2v(t ) , gdzie  = Q (sin α − µ cos α) 2  dt  dt

dv (t ) = x, dt

dx (t ) = v (t ) dt

lub po przeksztaáceniach równanie

mx = Q (sin α − µ cos α)

(10)





identyczne z równaniem (3) otrzymanym w rezultacie zastosowania II prawa Newtona. PostĊpując jak w punkcie 2) uzyskuje siĊ szukany czas t2. Zastosowane trzy sposoby rozwiązania są równorzĊdne, przy czym najszybciej prowadzi do celu zasada pĊdu i popĊdu, ze wzglĊdu na to, Īe wiąĪe bezpoĞrednio parametr szukany z wielkoĞciami zadanymi. Zasada równowartoĞci energii kinetycznej i pracy, podobnie jak; II prawo Newtona, prowadzi do rozwiązywania równania róĪniczkowego o rząd wyĪszego niĪ zasada pĊdu i popĊdu, co jak widaü wydáuĪa czas rozwiązania zadania. ZADANIE 3.2.10



Ciaáo o ciĊĪarze Q porusza siĊ po poziomej chropowatej powierzchni pod dziaáaniem siáy proporcjonalnej do czasu F = kt, gdzie k = const. Obliczyü prĊdkoĞü ciaáa po czasie t*, jeĪeli w chwili początkowej znajdowaáo siĊ w spoczynku, a wspóáczynnik tarcia wynosi µ.




Rozwiązanie Ze wzglĊdu na ruch postĊpowy ciaáa traktuje siĊ go jak punkt materialny. Ruch punktu rozpatrzono w przyjĊtym ukáadzie odniesienia jak na rysunku 3.2.10. Na punkt dziaáają siáy czynne F i Q oraz siáy reakcji N i T . Szukaną prĊdkoĞü obliczyü moĪna, korzystając z zasady pĊdu i popĊdu jako metody, która w tym przypadku najszybciej prowadzi do rozwiązania.

Rys. 3.2.10

173

Dynamika punktu materialnego

Na rysunku 3.2.10 poáoĪenie początkowe, tj. w chwili t0 = 0, oznaczono przez 1, a koĔcowe, tj. w chwili t = t*, przez 2. ZasadĊ pĊdu i popĊdu zapisano w postaci

mv2 − mv1 =

t2

∫ P dt,

t1

gdzie: v1 i v2 – prĊdkoĞci punktu odpowiednio w chwili t1 i t2, P – suma geometryczna siá dziaáających na punkt. Do wyznaczenia szukanej prĊdkoĞci wykorzystano zasadĊ pĊdu i popĊdu w odniesieniu do osi x, tzn. po zrzutowaniu powyĪszego równania wektorowego na oĞ x, otrzymuje siĊ t2

∫ Px dt.

t1



mv2 x − mv1x =

mv(t*) =

t*





W tym przypadku v2x = v(t*), v1x = v(t0) = 0, t1 = t0 = 0, t2 = t*, Px = F – T, gdzie siáa tarcia T = µN = µQ. Podstawiając F = kt, otrzymano

∫ (kt − µQ )dt ,

0

Q , po scaákowaniu wyznaczono g




a uwzglĊdniając, Īe m =

  kt * v(t*) = gt *  − µ  .   2Q

Rozwiązanie powyĪsze uzyskaü moĪna, korzystając z innych metod, np. II prawa Newtona lub zasady równowartoĞci energii kinetycznej i pracy, jednakĪe metody te, prowadzące do rozwiązania równania róĪniczkowego drugiego rzĊdu, są bardziej czasocháonne niĪ zastosowana zasada pĊdu i popĊdu. ZADANIE 3.2.11 Ukáad materialny skáada siĊ z dwóch ciaá: ciaáa A o ciĊĪarze QA oraz klina B o ciĊĪarze QB i kącie α. Pomijając tarcie klina o powierzchniĊ poziomą, obliczyü prĊdkoĞü klina, jeĪeli ciaáo A zsuwa siĊ po nim z prĊdkoĞcią wzglĊdną vw , a w chwili początkowej ukáad znajdowaá siĊ w spoczynku.

174

DYNAMIKA

Rozwiązanie Ze wzglĊdu na ruch postĊpowy obu ciaá traktuje siĊ je jak punkty materialne poruszające siĊ pod dziaáaniem siá czynnych QA i QB oraz siáy biernej N (rys. 3.2.11a). Rozpatruje siĊ ruch obu bryá jako ruch jednego ukáadu i w związku z tym siáy wzajemnego oddziaáywania pomiĊdzy ciaáami A i B są siáami wewnĊtrznymi, nie wpáywającymi na ruch ukáadu.

Rys. 3.2.11b



Rys. 3.2.11a



B

p2 − p1 =

t2

∫



Zadanie rozwiązano, korzystając z zasady pĊdu i popĊdu

P dt ,

t1




gdzie: p1 i p 2 – pĊd ukáadu w chwili t1 i t2, P – suma geometryczna siá czynnych i reakcji dziaáających na ukáad. Na rysunku 3.2.11b pokazano rozkáad prĊdkoĞci obu ciaá; prĊdkoĞü v B jest prĊdkoĞcią klina i równoczeĞnie prĊdkoĞcią unoszenia ciaáa A, prĊdkoĞü v w jest prĊdkoĞcią wzglĊdną ciaáa A wzglĊdem klina, prĊdkoĞü v A jest prĊdkoĞcią bezwzglĊdną ciaáa A. Po zrzutowaniu na oĞ x równania wektorowego przedstawiającego zapisaną wyĪej zasadĊ, otrzymuje siĊ

p2 x − p1x =

t2

∫ Px dt.

t1

Suma rzutów wszystkich siá na oĞ x równa siĊ zeru, tj. n

Px = ∑ Pix = 0, i =1

175

Dynamika punktu materialnego

i przyrost pĊdu w kierunku osi x równa siĊ zero p 2 x − p1x = 0,

tzn. speániona zostaáa zasada zachowania pĊdu w odniesieniu do osi x. W chwili początkowej ukáad znajdowaá siĊ w spoczynku i pĊd p1x w tym poáoĪeniu wynosiá p1x = 0, tak wiĊc ostatecznie otrzymuje siĊ zaleĪnoĞü: p2x = 0, tzn. pĊd ukáadu w chwili t2 (dowolne poáoĪenie ukáadu) musi byü równy zeru. PĊd ukáadu jako geometryczna suma pĊdów poszczególnych punktów wynosi p 2 = m A v A + m B v B = m A (v B + vw ) + m B v B ,

a po zrzutowaniu na oĞ x

QA (vB + vw cos α ) + QB v B . g g



= m A (v B + vw cos α ) + mB v B =



p2 x = m Av Ax + mB v Bx = m A (v Bx + vwx ) + mB v Bx =

vB = −



UwzglĊdniając, Īe p2x = 0, otrzymano

QA v w cos α. Q A + QB




Znak minus oznacza, Īe w rzeczywistoĞci klin przesunie siĊ w lewo z prĊdkoĞcią równą co do wartoĞci prĊdkoĞci obliczonej. Przy rozwiązywaniu innych, podobnych do tego zadaniach, naleĪy pamiĊtaü o tym, Īeby podczas obliczania pĊdu ukáadu uwzglĊdniü prĊdkoĞci bezwzglĊdne poszczególnych punktów ukáadu. ZADANIE 3.2.12

Rozwiązaü poprzednie zadanie przy zaáoĪeniu, Īe w chwili początkowej klin B poruszaá siĊ w prawo z prĊdkoĞcią v B0 i ciaáo A znajdowaáo siĊ w spoczynku wzglĊdem klina. Rozwiązanie Podobnie jak w poprzednim zadaniu speániona jest w tym przypadku zasada zachowania pĊdu wzglĊdem osi x, tj.: n

Px = ∑ Pix = 0, i =1

p 2 x − p1x = 0.

176

DYNAMIKA

W chwili początkowej oba ciaáa poruszaáy siĊ razem z prĊdkoĞcią klina i rzut pĊdu na oĞ x w tym poáoĪeniu wynosiá 0 p1x = (m A + mB )v Bx = (m A + mB )v B0 .

W chwili t2 pĊd ukáadu wyraĪa siĊ identycznym związkiem jak w zadaniu 3.2.11, a jego rzut na oĞ x wynosi p 2 x = m A (v B + v w cos α ) + m B v B .

v B = v B0 −

QA vw cos α. Q A + QB



Obliczając z równania p2x – plx = 0, prĊdkoĞü vB otrzymuje siĊ

ZADANIE 3.2.13





Jest to przypadek ogólniejszy, z którego dla v B0 = 0 otrzymujemy wynik jak w zadaniu 3.2.11. Dla przyjĊtych ciĊĪarów ciaá i kąta α klina ruch zachodziü moĪe w prawo lub w lewo, w zaleĪnoĞci od prĊdkoĞci vw i prĊdkoĞci początkowej v B0 .




Wyznaczyü równanie skoĔczone ruchu i okres drgaĔ wahadáa matematycznego o dáugoĞci l i masie m, jeĪeli w chwili początkowej t = 0, ϕ = 0, ϕ = ϕ 0 . Opory oĞrodka pominąü i rozpatrzyü maáe wahania wokóá poáoĪenia równowagi. Rozwiązanie

Zadanie rozwiązano trzema metodami, wykorzystując: 1) II prawo Newtona, 2) zasadĊ krĊtu, 3) zasadĊ zachowania energii. Rozkáad siá dziaáających na wahadáo pokazano na rysunku 3.2.13a, przy czym przez S oznaczono siáĊ dziaáającą w linie. Na rysunku zaznaczono równieĪ prĊdkoĞü liniową wahadáa w dowolnym poáoĪeniu okreĞlonym kątem ϕ. Ad 1) Równania róĪniczkowe ruchu napisano w ukáadzie osi τ, n (styczna, normalna). Ze wzglĊdu na jeden stopieĔ swobody wahadáa do opisania jego ruchu przyjĊto wspóárzĊdną ϕ.

177



Dynamika punktu materialnego

Rys. 3.2.13a

n

i =1 n



maτ = ∑ Piτ = −Q sin ϕ,



Korzystając z II prawa Newtona, moĪna napisaü:

man = ∑ Pin = S − Q sin ϕ. i =1




Do dalszych rozwaĪaĔ wystarczy rozpatrzyü tylko pierwsze równanie, poniewaĪ nie szuka siĊ w tym przypadku wartoĞci siáy S . Podstawiając Q = mg , aτ = ε ⋅ l = ϕ l , po przeksztaáceniach otrzymano  + ϕ

g sin ϕ = 0. l

Jest to nieliniowe równanie róĪniczkowe drugiego rzĊdu opisujące ruch wahadáa matematycznego. Biorąc pod uwagĊ jedynie maáe wychylenia wokóá poáoĪenia równowagi, moĪna napisaü, Īe sinϕ ≅ ϕ, i otrzymuje siĊ proste do rozwiązania równanie róĪg  + ω20 ϕ = 0 gdzie ω02 = . niczkowe w postaci: ϕ l Rozwiązaniem powyĪszego równania jest ϕ = C1 cos ω0 t + C 2 sin ω0 t.

Staáe caákowania wyznacza siĊ, obliczając ϕ = −C1ω0 sin ω 0t + C 2 ω0 cos ω 0t

i korzystając z warunków początkowych ruchu, tj. t = 0, ϕ = 0, ϕ = ϕ 0 .

178

DYNAMIKA

ϕ Po wykonaniu odpowiednich obliczeĔ otrzymano C1 = 0, C 2 = 0 , a szukane ω0 ϕ równanie skoĔczone ruchu ma postaü ϕ = 0 sin ω0t. ω0 ϕ 0 g , natomiast czĊstoĞü drgaĔ ω0 = . Amplituda drgaĔ wahadáa wynosi ω0 l Okres drgaĔ wahadáa obliczyü moĪna ze wzoru T=

2π l . = 2π ω0 g

Z otrzymanych wyników widaü, Īe okres drgaĔ wahadáa nie zaleĪy od masy wahadáa, lecz jedynie od jego dáugoĞci, tzn. Īe wahadáa o róĪnych masach i jednakowych dáugoĞciach wykonują drgania o tym samym okresie.



Ad 2)



dK 0 n = ∑ M i (0 ) . dt i =1



ZasadĊ krĊtu napisano wzglĊdem osi przechodzącą przez punkt 0 i prostopadáej do páaszczyzny ruchu wahadáa, tj.

WartoĞü krĊtu wzglĊdem przyjĊtej osi wynosi

K 0 = mvl = mωl 2 = ml 2 ϕ ,




a jego pochodna wzglĊdem czasu

(

)

dK 0 d dϕ . = ml 2 ϕ = ml 2 = ml 2 ϕ dt dt dt

Algebraiczna suma momentów wzglĊdem tej samej osi n

∑ M i (0) = −Ql sin ϕ = −mgl sin ϕ. i =1

Podstawiając obliczone wyraĪenia do zasady krĊtu, otrzymujemy  + ϕ

g sin ϕ = 0, l

g . l Otrzymano wiĊc identyczne równanie róĪniczkowe ruchu jak poprzednio i dalszy tok postĊpowania jest taki sam, jak w rozwiązaniu metodą poprzednią.  + ω02 ϕ = 0, ω02 = wzglĊdnie przyjmując sinϕ ≅ ϕ, równanie ϕ

179

Dynamika punktu materialnego

Ad 3) Ruch wahadáa zachodzi na skutek dziaáania siáy ciĊĪkoĞci (siáy potencjalnej), co przy pominiĊciu oporów ruchu w áoĪysku A (opory tarcia) i oporów oĞrodka (powietrza) pozwala na zastosowanie zasady zachowania energii. ZasadĊ tĊ w tym przypadku stosuje siĊ w polu potencjalnym. Mówi ona, Īe suma energii kinetycznej i potencjalnej w kaĪdym punkcie pola potencjalnego jest staáa, tzn. E + V = const.

E=

1 2 1 mv = mϕ 2 l 2 . 2 2








Energia potencjalna zaleĪy od poáoĪenia i w naszym przypadku wygodnie jest przyjąü poziom zerowy energii potencjalnej (V = 0) w najniĪszym poáoĪeniu wahadáa. Przy takim zaáoĪeniu energia potencjalna wahadáa bĊdzie zawsze wiĊksza lub równa zero. Obliczając energiĊ potencjalną, otrzymano



Rozpatruje siĊ dowolne poáoĪenie wahadáa okreĞlone kątem ϕ (rys. 3.2.13b). W poáoĪeniu tym prĊdkoĞü liniowa wahadáa wynosi v . Energia kinetyczna wahadáa w tym poáoĪeniu wynosi

V = Q ⋅ h = mg (l − l cos ϕ) = mgl (1 − cos ϕ).

Rys. 3.2.13b

Podstawiając otrzymane wyraĪenia na energiĊ kinetyczną i potencjalną do zasady zachowania energii otrzymuje siĊ

1 2 2 ml ϕ + mgl (l − cos ϕ) = const . 2

RóĪniczkując powyĪszy związek wedáug czasu i porządkując go, uzyskuje siĊ równanie róĪniczkowe ruchu wahadáa w postaci:

 + ω02 ϕ = 0, ω20 = ϕ

g. l

Wynik powyĪszy jest równieĪ identyczny z wynikiem otrzymanym dwiema poprzednimi metodami. NaleĪy zaznaczyü, Īe do rozwiązania zadania moĪna wykorzystaü równieĪ inne metody, np. zasadĊ równowartoĞci energii kinetycznej i pracy, zasadĊ d’Alamberta lub równania Lagrange’a II rodzaju.

180

DYNAMIKA

ZADANIE 3.2.14 Punkt materialny porusza siĊ po gáadkiej poziomej powierzchni pod wpáywem oddziaáywania siáy centralnej F o prostej dziaáania przechodzącej stale przez punkt 0 (rys. 3.2.14). Obliczyü prĊdkoĞü v2 punktu w poáoĪeniu M2, jeĪeli w poáoĪeniu M1 prĊdkoĞü v1 = 4 m/s, przy czym

OM1 3 = , α = 60o. OM 2 2





y

Rys. 3.2.14

Rozwiązanie

gdzie




n dK z = ∑ M iz , dt i =1



PrĊdkoĞü v2 wyznacza siĊ, wykorzystując zasadĊ krĊtu wzglĊdem osi z, prostopadáej do páaszczyzny ruchu i przechodzącej przez punkt 0. Na punkt M oprócz siáy F dziaáają siáy: ciĊĪkoĞci G i reakcja normalna wiĊzów N . Zasada krĊtu wzglĊdem osi z ma postaü

n

∑ M iz

jest algebraiczną sumą momentów wszystkich siá wzglĊdem osi z.

i =1

Siáa F jest siáą centralną, a siáy G i N są równolegáe do osi z i w związku z tym dK ∑ M iz = 0. Oznacza to, Īe dt z = 0 i Kz = const. Speániona jest wiĊc zasada zachowania i =1 krĊtu wzglĊdem osi z, a to znaczy, Īe krĊt punktu M wzglĊdem tej osi jest staáy w kaĪdym poáoĪeniu. MoĪna wiĊc przyrównaü krĊty punktu w poáoĪeniu M1 i M2, tj. K1z i K2z. Obliczając K1z = mv1 ⋅ OM1, K2z = mv2 ⋅ h = mv2 ⋅ OM2 sin α, otrzymuje siĊ mv1 ⋅ OM1 = mv2 ⋅ OM2 sin α i stąd n

v2 = v1

OM 1 . OM 2 sin α

Po podstawieniu wartoĞci liczbowych otrzymano v2 = 6,92 m/s. Zadanie powyĪsze jest typowym przykáadem na zastosowanie zasady krĊtu punktu materialnego. Inne metody wiąĪą siĊ ze znacznymi trudnoĞciami obliczeniowymi.

181

Dynamika punktu materialnego

3.2.4. Dynamika punktu w ruchu wzglĊdnym ZADANIE 3.2.15 1 Ruch korby OA (rys. 3.2.15) opisuje funkcja ϕ = πt. Klocek o masie m zabloko4 wany jest w pionowej prowadnicy w poáoĪeniu O1. W chwili t = 0 klocek zostaje odblokowany i zaczyna poruszaü siĊ wzdáuĪ prowadnicy. Wyznaczyü prawo ruchu klocka wzglĊdem prowadnicy oraz maksymalną siáĊ normalną oddziaáywania prowadnicy na klocek, jeĪeli wspóáczynnik tarcia klocka o prowadnicĊ wynosi µ.



Rys. 3.2.15





ξ

Rys. 3.2.15a




Rozwiązanie W ukáadzie odniesienia wzglĊdnym, przyjĊtym jak na rysunku 3.2.15a, na klocek dziaáają siáy: ciĊĪkoĞci G , normalna N , tarcia T i unoszenia Pu = −mau . Ruch prowadnicy jest ruchem postĊpowym i jest ruchem unoszenia klocka, a wiĊc przyspieszenie unoszenia au jest równe np. przyspieszeniu punktu B; au = a B = x. Obliczając wspóárzĊdną x punktu B, otrzymuje siĊ

1 x = 2r cos ϕ = 2r cos πt , 4 a nastĊpnie 1 1 x = − π 2 r cos πt 8 4 oraz wartoĞü siáy unoszenia

1 2 1 π rm cos πt. 8 4 Ze wzglĊdu na postĊpowy ruch unoszenia siáa Coriolisa PC równa jest zeru. Z wektorowego równania ruchu wzglĊdnego Pu = m au =

maw = Pb + Pu = G + T + N + Pu ,

( )

gdzie aw ξ, 0 ,

182

DYNAMIKA

otrzymuje siĊ dwa równania skalarne: .. mξ = G – T, 0 = N – Pu,

1 1 przy czym T = µ N = π 2 rµ cos πt , G = mg. 8 4 Z pierwszego z tych równaĔ otrzymuje siĊ róĪniczkowe równanie ruchu wzglĊdnego ξ = g − 1 π 2 rµ cos 1 πt , 8 4

a z drugiego wartoĞü siáy normalnej oddziaáywania prowadnicy

1 2 1   gt + 2µr  cos πt − 1 . 2 4  



ξ=



1 1 N = π 2 rm cos πt . 8 4 Przyjmując warunki początkowe ruchu wzglĊdnego ξ = 0, ξ = 0 dla t = 0, po rozwiązaniu równania róĪniczkowego otrzymuje siĊ prawo ruchu klocka w postaci

ZADANIE 3.2.16



1 Maksymalna siáa normalna wynosi N max = π 2 rm i odpowiada skrajnym poáoĪe8 niom prowadnicy.




Ukáad mechaniczny, którego model pokazany jest na rysunku 3.2.16, napĊdzany jest korbą O1A poruszającą siĊ zgodnie z równaniem ϕ = ωt, ω = const. Klocek K o masie m umieszczony jest w gáadkiej prowadnicy pochylonej pod kątem α. Wyznaczyü prawo ruchu klocka w ukáadzie wzglĊdnym Oxy, jeĪeli w chwili początkowej znajdowaá siĊ on w spoczynku w poáoĪeniu okreĞlonym wspóárzĊdną x = x0. Dane są O1A = O2D = AB = CD = r. Rozwiązanie Ruch unoszenia (ruch ukáadu Oxy) jest ruchem postĊpowym, a wiĊc siáa Coriolisa jest równa zero. Przyspieszenie unoszenia au punktu K jest równe przyspieszeniu punktu B. Równanie ruchu punktu B (w ukáadzie ξ, η) ma postaü η = 2r sin ϕ = 2r sin ωt i stąd wspóárzĊdna przyspieszenia unoszenia

au = η = −2rω2 sin ωt. Siáa unoszenia Pu = −mau , przy czym jej wartoĞü wynosi Pu = m au = m 2rω 2 sin ωt.

183

Dynamika punktu materialnego

0



•

Rys. 3.2.16

Rys. 3.2.16a





Przykáadając do klocka siáy dziaáające w ukáadzie wzglĊdnym x, y (rys. 3.2.16a) oraz korzystając z równania dynamicznego ruchu wzglĊdnego ma w = Pb + Pu , otrzymuje siĊ skalarne równanie rzutów na oĞ x mawx = G sin α – Pu sin α,

a po podstawieniach równanie róĪniczkowe ruchu wzglĊdnego ( a wx = x)




x = g sin α − 2rω2 sin α sin ωt.

Caákując powyĪsze równanie otrzymuje siĊ:

x = gt sin α + 2rω sin α cos ωt + C1, x=

1 2 gt sin α + 2r sin α sin ωt + C1t + C2 . 2

Przyjmując warunki początkowe t = 0, x = x0, x = 0, wyznaczono staáe caákowania C1 = –2rω sin α, C2 = x0. Szukane prawo ruchu wzglĊdnego ma postaü 1  x =  gt 2 + 2r (sin ωt − ω t ) sin α + x0 . 2  

Rzutując dynamiczne równanie ruchu wzglĊdnego na oĞ Oy, obliczyü moĪna siáĊ reakcji N = m(g – 2rω2 sin ωt) cos α.

184

DYNAMIKA

ZADANIE 3.2.17







Ruchomy podest (rys. 3.2.17) obraca siĊ ze staáą prĊdkoĞcią kątową ω0 =1 s–1. Na podeĞcie w odlegáoĞci r0 = 1 m od osi obrotu znajduje siĊ pojemnik na rolkach oparty o pionową listwĊ prowadzącą. PomiĊdzy pionową listwą a boczną Ğcianką 1 2 . DáugoĞü listwy prowapojemnika wystĊpuje tarcie o wspóáczynniku tarcia µ = 4 dzącej l = 2 m, masa pojemnika m = 20 kg. Obliczyü prĊdkoĞü wzglĊdną pojemnika w chwili opuszczenia podestu, a takĪe skáadową normalną N1 reakcji listwy pionowej dla dwóch wartoĞci prĊdkoĞci początkowej wzglĊdnej v0 = 0,25 m/s i v0 = 0,5 m/s, jeĪeli ruch wzglĊdny pojemnika zachodzi wzdáuĪ listwy prowadzącej przeciwnie do ω0.

Rys. 3.2.17




Rozwiązanie

Przyjmując wzglĊdny ukáad odniesienia ξ, η, ζ jak na rysunku 3.2.17a oraz przykáadając siáy dziaáające na pojemnik, otrzymano dynamiczne równanie ruchu wzglĊdnego w postaci wektorowej

maw = G + N1 + N 2 + T + Pun + Pcor ,

gdzie: , 0, 0), aw (ξ

Pcor = −macor , Pun = −maun . Po zrzutowaniu tego równania na osie ukáadu wzglĊdnego otrzymano trzy skalarne równania:

mξ = Pun sin α − T , 0 = Pun cos α − N1 − Pcor , 0 = N 2 − G.

185

Dynamika punktu materialnego

ω0 = ωu





ωu

Rys. 3.2.17a



Siáa unoszenia ma tylko skáadową normalną (obrotowy ruch unoszenia jest jednostajny, ω0 = const), której wartoĞü wynosi

Pun = m aun = mω02 ru ,




gdzie ru jest promieniem obrotu w ruchu unoszenia.

Siáa Coriolisa Pcor = macor = 2mωu v w = 2mω0 ξ .

(

) (

)

Siáa tarcia T = µ N1 = µ Pun cos α − Pcor = µ mω02 r0 − 2mω0 ξ , przy czym cos α =

r0 ξ , sin α = . ru ru

UwzglĊdniając powyĪsze, otrzymuje siĊ nastĊpujący ukáad równaĔ:

ξ − 2µω ξ − ω2 ξ = −µω2 r , 0 0 0 0 N1 = mω20 r0 − 2mω0 ξ , N 2 = mg. Obliczenie siáy N1 moĪliwe jest po wyznaczeniu prĊdkoĞci wzglĊdnej ξ i w związku z tym w pierwszej kolejnoĞci naleĪy rozwiązaü równanie róĪniczkowe ruchu wzglĊdnego.

186

DYNAMIKA

Podstawiając

ξ = ξ1 + µr0 , ξ = ξ 1 , ξ = ξ1 , otrzymuje siĊ jednorodne równanie róĪniczkowe

ξ − 2µω ξ − ω2 ξ = 0. 1 0 1 0 1 Równanie charakterystyczne ma postaü

λ2 − 2µω0 λ − ω20 = 0, a rozwiązanie równania róĪniczkowego

ξ1 = C1e λ1t + C 2 e λ 2t .



ξ 1 = C1λ1e λ1t + C 2 λ 2 e λ 2t ,



Po podstawieniu danych liczbowych pierwiastki równania charakterystycznego 1 równe są λ1 = 2 , λ 2 = 2. 2 Do wyznaczenia staáych C1 i C2 wykorzystano równanie ξ1(t) i po zróĪniczkowaniu

korzystając z warunków początkowych: t = 0, ξ = 0, ξ = v ,



0

obliczono dla t = 0, ξ1 = ξ − µr0 = −µr0 , ξ 1 = ξ = v0 i otrzymano ukáad równaĔ, opisujących poáoĪenie i prĊdkoĞü pojemnika w funkcji czasu i dla prĊdkoĞci początkowej:

1 − 2v0 6

2e

−

2 t 2

+

1 + 4v 0 12




ξ=

2

2e

2t

+

2, 4

1 − 2v0 − 2 t 1 + 4v0 2t e e . ξ = + 6 12 PrĊdkoĞü wzglĊdną v1, z jaką pojemnik opuĞci podest, obliczono z drugiego z powyĪszych równaĔ, wyznaczając uprzednio z równania pierwszego czas t1 opuszczenia podestu 1 dla ξ = l. 2 Dla prĊdkoĞci początkowej v0 = 0,25 m/s, czas t1 = 0,43 s i prĊdkoĞü v1 ≅ 0,4 m/s. Dla prĊdkoĞci początkowej v0 = 0,5 m/s, czas t1 = 0,41 s i prĊdkoĞü vl ≅ 0,9 m/s. Odpowiadające obliczonym prĊdkoĞciom v1 skáadowe normalne N1 reakcji listwy pionowej wynoszą 4N i –16N. Ujemna wartoĞü siáy N1 = –16N, odpowiadająca początkowej prĊdkoĞci v0 = 0,5 m/s, Ğwiadczy o tym, Īe dla przyjĊtych parametrów kinematycznych, masowych i geometrycznych, pojemnik nie bĊdzie dociskany do listwy prowadzącej. Prowadzenie pojemnika w tej czĊĞci podestu zapewni listwa umieszczona po drugiej stronie pojemnika w stosunku do przyjĊtej na rysunku 3.2.17a.

187

Dynamika punktu materialnego

Wniosek ten wynika równieĪ z analizy równania siá wzglĊdem osi η, co prowadzi do warunku N1 > 0 dla zapewnienia docisku do listwy. Prostoliniowy ruch wzglĊdny zapewniü moĪna, wprowadzając rozwiązanie konstrukcyjne w postaci dwóch równolegáych listew. W zaleĪnoĞci od parametrów ukáadu reakcje boczne wystĊpowaü bĊdą na jednej lub drugiej listwie takiego prowadnika. ZADANIE 3.2.18 PierĞcieĔ o masie m (rys. 3.2.18) rozpoczyna ruch z prĊdkoĞcią początkową v0 po gáadkiej prowadnicy AB od punktu A do B. Prowadnica obraca siĊ ze staáą prĊdkoĞcią kątową ω wzglĊdem pionowej osi obrotu. PromieĔ krzywizny prowadnicy wynosi r. Obliczyü prĊdkoĞü wzglĊdną pierĞcienia w momencie opuszczania prowadnicy oraz siáĊ reakcji prowadnicy.










Rozwiązanie Siáy dziaáające na pierĞcieĔ pokazano na rysunku 3.2.18a, przy czym dla wygody obliczeĔ ukáad odniesienia przyjĊto tak, Īe oĞ y jest styczna do prowadnicy, a oĞ z poprowadzona jest wzdáuĪ promienia r. Ruch wzglĊdny opisano wspóárzĊdną kątową ϕ.

Rys. 3.2.18

ω

Rys. 32.18a

SiáĊ reakcji N prowadnicy rozáoĪono na dwie skáadowe N x i N z . Siáa unoszenia Pu = Pun dziaáa w páaszczyĨnie yz i jest prostopadáa do osi obrotu prowadnicy. Równanie dynamiczne ruchu wzglĊdnego ma postaü

maw = mg + N x + N y + Pu + Pcor , gdzie a w = awτ + a wn .

188

DYNAMIKA

Rzutując to równanie na osie ukáadu odniesienia otrzymano:

mawx = 0 = Pcor − N x , mawy = mawτ = mg sin ϕ + Pu cos ϕ, mawz = −mawn = N z + Pu sin ϕ − mg cos ϕ. dv dv dϕ dv v = ⋅ = ⋅ , Pu = Pun = maun = mω2 r sin ϕ, dt dϕ dt dϕ r drugie z równaĔ siá zapisaü moĪna nastĊpująco dv v ⋅ = mg sin ϕ + mω2 r sin ϕ cos ϕ, dϕ r

lub po rozdzieleniu zmiennych



m



Wprowadzając v w = v i a wτ =



1   vdv =  gr sin ϕ + ω 2 r 2 sin 2ϕ  dϕ. 2  

1 2 1 v = − gr cos ϕ − ω2 r 2 cos 2ϕ + C1 2 4 i korzystając z warunku początkowego dla t = 0, v = v0, ϕ = 0 wyznaczono 1  1  C1 = r  g + ω2 r  + v02 i ostatecznie 4  2 




Caákując powyĪsze równanie otrzymano

v = r [2 g (1 − cos ϕ) + 0,5ω 2 r (1 − cos 2ϕ)] + v02 .

Wprowadzenie wspóárzĊdnej kątowej ϕ pozwoliáo na uzyskanie wygodnej do analizy zaleĪnoĞci v = v(ϕ). PrĊdkoĞü wzglĊdną w momencie opuszczenia pierĞcienia prowadnicy obliczyü π moĪna podstawiając ϕ = 2 v = r ( 2 g + ω 2 r ) + v02 .

Obliczając: N x = Pcor = 2mωv cos ϕ,

189

Dynamika punktu materialnego

 v2  N z = m  g (3 cos ϕ − 2 ) − 2ω 2 r sin 2 ϕ − 0  r  

i podstawiając ϕ = N x = 0,

π , otrzymuje siĊ 2

 v2  N z = − m  2 g + 2ω 2 r + 0   r  

oraz wartoĞü reakcji prowadnicy N = N z . ZADANIE 3.2.19





Tuleja o ciĊĪarze G = 50 N moĪe poruszaü siĊ po gáadkim poziomym prĊcie obracającym siĊ dookoáa pionowej osi z prĊdkoĞcią kątową ω = 2 s–1 (rys. 3.2.19). Do tulei zamocowana jest jednym koĔcem liniowa sprĊĪyna o wspóáczynniku sprĊĪystoĞci k = 520 N/m i dáugoĞci swobodnej l0 = 0,5 m. Drugi koniec sprĊĪyny zamocowany jest w osi obrotu. Wyznaczyü:




Rozwiązanie



1) poáoĪenie tulei w stanie równowagi wzglĊdnej, 2) maksymalną odlegáoĞü tulei od osi obrotu, jeĪeli nadano jej prĊdkoĞü początkową v0 = 0,5 m/s, 3) siáĊ reakcji prĊta. Siáy dziaáające na tulejĊ w ukáadzie wzglĊdnym xyz pokazano na rysunku 3.2.19a.

x

Rys. 3.2.19

Rys. 3.2.19a

190

DYNAMIKA

Dynamiczne równanie ruchu wzglĊdnego ma postaü

maw = G + N + S + Pu + Pcor , gdzie: S – siáa sprĊĪystoĞci sprĊĪyny,

Pu = Pun – siáa unoszenia, N = N y + N z – siáa reakcji prĊta.

Rzutując równanie dynamiczne na oĞ x i korzystając z warunku równowagi wzglĊdnej, tj. a w = 0 i v w = 0, otrzymuje siĊ skalarne równanie siá w poáoĪeniu równowagi wzglĊdnej

Pun − S 0 = 0,



Pun = maun = mω2 (l0 + ∆) – siáa unoszenia.



gdzie: S0 = k ⋅ ∆ – siáa sprĊĪystoĞci w poáoĪeniu równowagi, ∆ – wydáuĪenie sprĊĪyny w tym poáoĪeniu,

∆=

ml0ω2 k − mω2

.



UwzglĊdniając powyĪsze, otrzymuje siĊ z równania równowagi wzglĊdnej wydáuĪenie sprĊĪyny




PoáoĪenie tulei w stanie równowagi wzglĊdnej w stosunku do osi obrotu obliczyü moĪna z zaleĪnoĞci l = l0 + ∆.

Podstawiając dane liczbowe, otrzymano ∆ = 0,02 m i l = 0,52 m. Maksymalną odlegáoĞü tulei od osi obrotu przy zadanej prĊdkoĞci początkowej v0 moĪna otrzymaü, rozwiązując równanie ruchu wzglĊdnego po zrzutowaniu dynamicznego równania wektorowego na oĞ x

maw = Pun − S . Podstawiając:

Pun = maun = mω2 (l0 + ∆ + x), S = k ( ∆ + x ), aw = x,

191

Dynamika punktu materialnego

otrzymano równanie róĪniczkowe ruchu wzglĊdnego

mx + ( k − mω2 ) x = mω2 (l0 + ∆) − k∆. UwzglĊdniając otrzymaną zaleĪnoĞü na wydáuĪenie ∆, powyĪsze równanie ma postaü

mx + ( k − mω2 ) x = 0. Dla danych liczbowych w zadaniu k – mω2 = 500 N/m > 0 rozwiązanie równania róĪniczkowego bĊdzie miaáo postaü

k − ω2 . m



x = C1 cos αt + C 2 sin αt , gdzie α =

  k − ω2 sin  m k − mω2  m

  t.  




x = v0





Obliczając x = −C1α sin αt + C 2 α cos αt oraz korzystając z warunków początkov wych ruchu dla t = 0, x = 0, x = v0 , obliczono staáe caákowania C1 = 0 i C 2 = 0 , α otrzymując skoĔczone równanie ruchu wzglĊdnego

Równanie to opisuje ruch wzglĊdny jako drgania harmoniczne o amplitudzie m a0 = v0 . k − mω2 Maksymalna odlegáoĞü tulei od osi obrotu wynosi

L = l0 + ∆ + a0 = l0 +

ml0 ω2 k − mω

2

+ v0

m k − mω 2

.

Po uwzglĊdnieniu danych liczbowych L = 0,57 m. Obliczając skáadowe siáy reakcji z równaĔ: Ny – Pcor = 0, Nz – G = 0.

192

DYNAMIKA

gdzie:

Pcor = macor = 2mωvw = 2mωx , G = mg,  k x = v0 cos  − ω2  m 

 t,  

otrzymuje siĊ, przyjmując wartoĞü przyspieszenia ziemskiego g = 10 m/s2

N = N 2y + N z2 = 50 0,4 cos 2 ωt + 1. ZADANIE 3.2.20










Turbinka rozrzutnika granulatu obraca siĊ wokóá pionowej osi ze staáą prĊdkoĞcią kątową ω0 (rys. 3.2.20). Padające w pobliĪu osi obrotu cząstki są zgarniane przez áopatki turbiny i wyrzucane na zewnątrz. PromieĔ tarczy oraz áopatki wynosi R. Pomijając tarcie, wyznaczyü prĊdkoĞü bezwzglĊdną cząstek w momencie wyrzucania.

Rys. 3.2.20

Rozwiązanie Siáy dziaáające na cząsteczkĊ o masie m w páaszczyĨnie tarczy turbinki pokazano na rysunku 3.2.20a. Sita ciĊĪkoĞci G , prostopadáa do tarczy, równowaĪy siĊ z reakcją N 2 tarczy. Siáa N1 jest reakcją áopatki dziaáającą na cząstkĊ granulatu. Siáa unoszenia Pu ma tylko skáadową normalną Pun dziaáającą wzdáuĪ kierunku OA, przy czym OA = ru jest promieniem unoszenia. Do opisania ruchu wzglĊdnego wygodnie jest przyjąü wspóárzĊdną kątową ϕ. Równanie wektorowe ruchu wzglĊdnego cząstki ma postaü

maw = Pcor + N1 + Pun + N 2 + G , gdzie a w = awτ + awn .

193



Dynamika punktu materialnego



Rys. 3.2.20a

mawτ = Pun cos



Rzutując powyĪsze równanie na osie τw i nw przyjĊtego ukáadu odniesienia, otrzymuje siĊ:

ϕ , 2

gdzie:

ϕ , 2




mawn = Pcor − N1 − Pun sin

 R, awτ = ϕ

awn = ϕ 2 R,

Pun = maun = mω20 ru = mω20 ⋅ 2 R sin

ϕ , 2

Pcor = macor = m2ω0 v w = 2mω0 Rϕ . Po uwzglĊdnieniu powyĪszych związków równania ruchu wzglĊdnego mają postaü:

 = Rω02 sin ϕ, ϕ mRϕ 2 = 2mω0 Rϕ − 2mω02 R sin 2

ϕ − N1. 2

194

DYNAMIKA

dω dω dϕ dω  = Podstawiając ϕ = = ⋅ ω, z pierwszego równania otrzymano dt dϕ dt dϕ 2 ωdω = Rω0 sin ϕdϕ. Przyjmując warunki początkowe dla t = 0, vw = 0 (z tego wynika, Īe ω = 0), ϕ = ϕ0, po scaákowaniu i uwzglĊdnieniu warunków początkowych otrzymano ω = ω0 2 cos ϕ0 − cos ϕ .

Z warunków geometrycznych tarczy rozrzutnika wynika, Īe 0 ≤ ϕ ≤ 60o i prĊdkoĞü wzglĊdna w momencie wyrzutu wynosi v w = ω B R = ω (ϕ=60o ) ⋅ R = ω0 R 2 cos ϕ0 − 0,5 .





W momencie wyrzutu prĊdkoĞü unoszenia wynosi vu = ω0OB = ω0R i jest wektorem prostopadáym do OB (zgodnie z obrotem tarczy). Wektor prĊdkoĞci wzglĊdnej vw w tym punkcie jest prostopadáy do KB i kąt pomiĊdzy prĊdkoĞciami vu i v w wynosi 120o. PrĊdkoĞü bezwzglĊdną cząstki granulatu w momencie wyrzutu oblicza siĊ ze wzoru

ZADANIE 3.2.21



vb = vu2 + v w2 + 2vu v w cos 120o = Rω 2 cos ϕ 0 − 2 cos ϕ0 − 1 .




Na platformie o masie m2 = 400 kg, poruszającej siĊ z prĊdkoĞcią v0 = 2 m/s, leĪy klocek o masie m1 = 100 kg (rys. 3.2.21). W pewnej chwili do platformy przyáoĪono staáą siáĊ P o zwrocie przeciwnym do zwrotu prĊdkoĞci v0 . Wspóáczynnik tarcia klocka po platformie µ = 0,1.

Rys. 3.2.21

Wyznaczyü: 1) siáĊ P tak, aby nie nastąpiá poĞlizg klocka, 2) drogĊ klocka w przypadku jego poĞlizgu, jeĪeli do platformy przyáoĪona jest siáa 2P . Opory ruchu platformy po podáoĪu pominąü.

195

Dynamika punktu materialnego

Rozwiązanie Przypadek 1 Rozkáad siá dziaáających na platformĊ i klocek po przyáoĪeniu siáy P pokazano na rysunku 3.2.21a. Siáa unoszenia Pu = −m1au = −m1a2 . Siáa tarcia T ma zwrot przeciwny do zwrotu przewidywanej prĊdkoĞci poĞlizgu masy m1. Musi zachodziü zatem warunek równowagi wzglĊdnej m1a w = Pu + T = 0, z którego wynika równanie

– G1

– –N



–T



m1a2 − T = 0.

– G2



Rys. 3.2.21a

Zakáadając tarcie rozwiniĊte, otrzymano wartoĞü siáy tarcia T = µN = µm1g i z równania równowagi obliczono przyspieszenie

T = µg = 1 m/s 2 m1

( g = 10 m/s 2 ).




a2 =

Szukaną siáĊ P wyznaczono z dynamicznego równania ruchu masy m2 m2a2 = P – T,

tzn. P = m2a2 + T = 400 + 0,1 ⋅ 100g = 500 N. Jest to maksymalna, graniczna wartoĞü siáy P, przy której jeszcze nie nastąpi poĞlizg. Przekroczenie tej wartoĞci spowoduje poĞlizg, w którym droga klocka zaleĪna bĊdzie od wartoĞci przyáoĪonej siáy. Przypadek 2 Ruch masy m1 w tym przypadku dzieli siĊ na dwa etapy: a) od chwili przyáoĪeniu siáy 2P do chwili zatrzymania siĊ masy m2; czas trwania poĞlizgu t1, b) okres, w którym masa m2 jest w spoczynku (m1 w ruchu); czas trwania poĞlizgu t2. Czas trwania caáego poĞlizgu tp = t1 + t2.

196

DYNAMIKA

Ad a) Korzystając z rysunku 3.2.21a moĪna napisaü dynamiczne równania ruchu obu mas: ruchu wzglĊdnego masy m1 jako m1aw = Pu – T, ruchu bezwzglĊdnego masy m2 w postaci m2a'2 = 2P – T. Z równania drugiego obliczyü moĪna przyspieszenie

a2′ =

2P − T 2 P − µm1 g 1000 − 100 = = = 2,25 m/s 2 m2 m2 400

i w dalszej kolejnoĞci prĊdkoĞü masy m2; u2 = v0 – a'2t = 2 – 2,25 t.

Pu − T 2 m1 = 1,25 m/s .



aw =





Masa m2 zatrzymuje siĊ po czasie t1. Zatem dla t = t1 u2 = 0 i z tego warunku v otrzymuje siĊ czas poĞlizgu do chwili zatrzymania siĊ masy m2, t1 = 0 = 0,89 s. a′2 Obliczając wartoĞü siáy unoszenia Pu = m1 au = m1 a2′ = 225 N, z równania ruchu wzglĊdnego wyznaczono przyspieszenie wzglĊdne




PrĊdkoĞü wzglĊdna w tym etapie wynosi vw = awt (prĊdkoĞü początkowa wzglĊdna 1 równa jest zero), a równanie ruchu wzglĊdnego ma postaü z = a wt 2 = 0,625t 2 (ozna2 czenia jak na rysunku 3.2.21b). Vw = Ī

Rys. 3.2.21b

Z powyĪszych równaĔ obliczyü moĪna prĊdkoĞü i drogĊ przebytą w pierwszym etapie ruchu masy m1 odpowiadające chwili t = t1:

v w (t1 ) = awt1 = 1,11 m/s,

z (t1 ) = 0,625 t12 = 0,5 m.

PrĊdkoĞü vw(t1) i droga z(t1) są warunkami początkowymi dla drugiego etapu ruchu przy zatrzymanej masie m2.

197

Dynamika punktu materialnego

Ad b) Równanie dynamiczne ruchu masy m1 ma postaü: m1z = −T

lub po podstawieniu danych liczbowych z = −1. Obliczając prĊdkoĞü i drogĊ przy warunkach początkowych, tzn. dla t1 = 0 z = v w (t1 ) = 1,11 m/s, z = z(t1) = 0,5 m, otrzymano:

1 z = − t 2 + 1,11 t + 0,5. 2



z = t + 1,11,





Z równania prĊdkoĞci obliczyü moĪna czas do chwili zatrzymania siĊ masy m1, tzn. dla z = 0 t2 = 1,11 s, a z równania drogi drogĊ poĞlizgu odpowiadającą czasowi 1 tp = t1 + t2 = 2 s. Wynosi ona z (t 2 ) = s = − t 22 + 1,11 t 2 + 0,5 = 1,11 m. 2 Ruch masy m1 w drugim etapie rozpatrywany byá jako bezwzglĊdny, gdyĪ od chwili t1 masa m2 nie porusza siĊ.




Uwaga. Zadanie to rozwiązano innymi metodami w przykáadzie 3.3.3.

3.2.5. Dynamika punktu o zmiennej masie ZADANIE 3.2.22

Rakieta, startując z wyrzutni podziemnej, korzystając z dodatkowego zbiornika paliwa, osiąga prĊdkoĞü v w chwili opuszczania wyrzutni, i w tym momencie odrzucony jest zbiornik dodatkowy, a dopáyw paliwa do silnika odbywa siĊ z wáaĞciwego zbiornika rakiety. Podczas lotu z dyszy wyrzucane są cząsteczki masy ze staáą prĊdM ⋅m koĞcią wzglĊdną vw , a na rakietĊ dziaáa siáa powszechnego ciąĪenia P = k 2 , z gdzie k jest staáym wspóáczynnikiem, M masą Ziemi o promieniu R, m masą rakiety, z odlegáoĞcią rakiety od Ğrodka O Ziemi (rys. 3.2.22). Początkowa masa rakiety wraz z paliwem wynosi m0 = mR + mp0, gdzie mR jest masą rakiety bez paliwa, mp0 masą początkową paliwa. Wyznaczyü funkcjĊ zmiany masy paliwa mp = mp(t), jeĪeli rakieta porusza siĊ ze staáą prĊdkoĞcią.

198

Rys. 3.2.22



DYNAMIKA

dv = P + Φ, dt



m(t )



Rozwiązanie FunkcjĊ zmiany masy paliwa otrzymaü moĪna z równania Mieszczerskiego

dm jest siáą reaktywną. dt Rzutując powyĪsze równanie na oĞ z, otrzymuje siĊ równanie skalarne

gdzie Φ = v w

dv dm = − P − vw . dt dt




m

dv = 0. Siáa P na powierzchni Ziemi, tj. dla dt z = R, równa jest sile ciĊĪkoĞci rakiety mg, i z tego warunku wyliczyü moĪna wspóám2 gR 2 czynnik k = . SiáĊ P zapisaü moĪna wzorem P = gR 2 2 , przy czym z, ze wzglĊdu M z na ruch jednostajny rakiety ( v = const), jest znaną funkcją czasu i wynosi z = R + vt. UwzglĊdniając powyĪsze zaleĪnoĞci w równaniu Mieszczerskiego oraz rozdzielając zmienne, otrzymuje siĊ równanie róĪniczkowe pierwszego rzĊdu

PoniewaĪ prĊdkoĞü rakiety v = const, wiĊc

dm gR 2 dt . =− m v w ( R + vt ) 2

Rozwiązując powyĪsze równanie, otrzymuje siĊ

ln m =

gR 2 1 + C. vw v ( R + vt )

199

Dynamika punktu materialnego

Staáą caákowania moĪna wyznaczyü, znając masĊ m = m0 w chwili t = 0

C = ln m0 −

gR 2 . vw v

Podstawiając obliczoną staáą C do rozwiązania równania róĪniczkowego oraz przeksztaácając to rozwiązanie otrzymuje siĊ

m = m0 e

−

gR t vw R + vt

.

− mR .



ZADANIE 3.2.23

gR t vw R + vt



m p = ( m p0 + mR ) e

−



UwzglĊdniając, Īe masa m jest sumą zmiennej masy paliwa mp = mp(t) i masy mR rakiety bez paliwa oraz Īe masa początkowa m0 jest sumą początkowej masy paliwa mp0 i masy mR, szukaną funkcjĊ zmiany masy paliwa zapisaü moĪna w postaci




Pojazd odrzutowy startuje w górĊ stoku nachylonego pod kątem α = 30o o dáugoĞci stoku AB = l = 2600 m (rys. 3.2.23). Masa pojazdu bez paliwa mR = 100 kg, masa zaĞ paliwa zmienia siĊ w czasie spalania wedáug zaleĪnoĞci mp = 160 – 4t. Wyznaczyü najmniejszą staáą prĊdkoĞü wzglĊdną v w , przy której pojazd ruszy natychmiast pod górĊ oraz czas i prĊdkoĞü osiągniĊcia szczytu wzniesienia (punkt B). Przyspieszenie ziemskie przyjąü g ≅ 10 m/s2.

Rys. 3.2.23

Rys. 3.2.23a

Rozwiązanie Siáy dziaáające na pojazd pokazano na rysunku 3.2.23a, gdzie N jest siáą oddziaáydm siáą reaktywną. wania podáoĪa, G = mg siáą ciĊĪkoĞci pojazdu, Φ = v w dt

200

DYNAMIKA

Korzystając z równania Mieszczerskiego m

dv dm = P + vw dt dt

  Φ przeciwna do v w , gdyĪ 

dm  < 0 dt 

otrzymuje siĊ równanie skalarne wzglĊdem osi x (dla przypadku odrywania siĊ cząstek od masy m) w postaci m

dv dm . = − mg sin α − v w dt dt

Warunkiem rozpoczĊcia ruchu w chwili początkowej jest

− mg sin α − vw

dm ≥0 dt



dla masy m odpowiadającej chwili początkowej, tj.

m0 = m (t = 0) = mR + m p (t = 0) = 100 + 160 kg dm (t = 0) = −4 kg/s. dt



i

m0 g sin α = 325 m/s. 4 ZaáóĪmy, Īe cząstki paliwa są wyrzucane w chwili startu z prĊdkoĞcią wzglĊdną vw = 330 m/s. Analizując ruch pojazdu na drodze równej dáugoĞci stoku l, rozwaĪyü naleĪy nastĊpujące trzy przypadki: 1) paliwo ulegnie caákowitemu spaleniu przed osiągniĊciem szczytu stoku i w tym wariancie rozwaĪa siĊ dwa etapy ruchu: do chwili wypalenia siĊ paliwa i po spaleniu paliwa, 2) paliwo ulegnie caákowitemu spaleniu w momencie osiągniĊcia szczytu stoku, 3) paliwo nie zostanie caákowicie spalone w momencie osiągniĊcia szczytu stoku.






Z powyĪszego warunku otrzymuje siĊ v w ≥

Przypadek 1 Równanie ruchu pojazdu ma postaü

m

dv1 dm , = −mg sin α − vw dt dt

gdzie: g ≅ 10 m/s 2 ,

m = mR + m p = 260 − 4t kg, dm = −4 kg/s , dt v w = 330 m/s.

201

Dynamika punktu materialnego

Po podstawieniu otrzymuje siĊ

(260 − 4t ) dv1 = −5(260 − 4t ) + 1320, dt

dv1 330 = − 5. dt 65 − t Po scaákowaniu otrzymano

v1 = −330 ln 65 − t − 5t + C1.



Staáą C1 wyznaczono z warunków początkowych: dla t = 0, v1 = 0; C1 = 330 ln 65. PrĊdkoĞü pojazdu w tym etapie zmienia siĊ wiĊc zgodnie z równaniem

v1 = 330 (ln 65 − ln 65 − t ) − 5t.

mp = 160 – 4ts = 0,



skąd



Czas ts caákowitego spalenia paliwa obliczyü moĪna z zaleĪnoĞci:

ts = 40 s.

W tym czasie pojazd osiągnie prĊdkoĞü




vs = v1(ts) = 115,3 m/s ≅ 415 km/godz.

Równanie skoĔczone ruchu, odpowiadające etapowi spalania paliwa, otrzymaü moĪna, caákując prĊdkoĞü v1, tzn.

[

]

x1 = 330 t ln 65 + (65 − t ) (ln 65 − t − 1) − 2,5t 2 + C 2 ,

gdzie C2 = –330 ⋅ 206,3 wyznacza siĊ z warunków początkowych dla t = 0, x1 = 0. Równanie ruchu ma postaü

[

]

x1 = 330 t ln 65 + (65 − t ) (ln 65 − t − 1) − 206,3 − 2,5t 2 .

Z równania tego obliczyü moĪna drogĊ xs = x1(ts) odpowiadającą chwili caákowitego spalenia paliwa. Podstawiając ts = 40 s, otrzymuje siĊ xs = 1280 m. Paliwo ulegnie wiĊc caákowitemu spaleniu przed osiągniĊciem szczytu wzniesienia i drugi etap ruchu odbywa siĊ pod wpáywem oddziaáywania staáej siáy ciĊĪkoĞci równej mR g (ciĊĪar konstrukcji rakiety).

202

DYNAMIKA

Równanie dynamiczne ruchu w tym etapie ma postaü

mR skąd

dv2 = −mR g sin α, dt

v2 = − gt sin α + C3 , 1 x2 = − gt 2 sin α + C3t + C4 , g ≅ 10 m/s 2 . 2



Staáe caákowania C3 i C4 wyznacza siĊ z warunków początkowych ruchu dla tego etapu, tzn. dla t = 0, v2 = 115,3 m/s, x2 = 0, skąd C3 = 115,3 m/s, C4 = 0. Z otrzymanych równaĔ:



v2 = −5t + 115,3,



x2 = −2,5t 2 + 115,3t ,

obliczyü moĪna czas tk osiągniĊcia szczytu stoku (punkt B) oraz v2(tk ). Oznaczając xk = l – xs = 2600 – 1280 = 1320 m jako drogĊ do punktu B,




czas tk oblicza siĊ z równania

xk = −2,5t k2 + 115,3t k ,

czyli

2,5t k2 − 115,3t k + 1320 = 0

t k 1 = 21,1 s, t k 2 = 25,1 s.

W czasie tk1 = 21,1 s pojazd osiągnie prĊdkoĞü równą v2(tk1) = vk = –5tk1 + 115,3 = 9,7 m/s ≈ 35 km/godz. i jest to prĊdkoĞü na szczycie stoku. Czas tk2 = 25,1 s odpowiada chwili powrotu dla przypadku „teoretycznego” ruchu pojazdu wzdáuĪ przedáuĪonej linii stoku poza punkt B. Pojazd osiągnąáby w którymĞ punkcie tej linii prĊdkoĞü równą zeru i powróciáby do punktu B w czasie tk2. Ze wzglĊdu na narzucone rzeczywiste warunki ruchu (punkt B jest najwyĪszym punktem stoku) nie moĪna braü pod uwagĊ czasu tk2. Zatem pojazd osiąga w punkcie B prĊdkoĞü vk = 9,7 ≅ 35 km/godz. w chwili tc = ts + tk1 = 61,1 s od momentu ruszenia. Ze wzglĊdu na to, Īe paliwo ulegnie caákowitemu spaleniu przed osiągniĊciem szczytu stoku nie rozpatruje siĊ przypadków 2 i 3.

203

Dynamika punktu materialnego

ZADANIE 3.2.24



Rys. 3.2.24



àódĨ odrzutowa na skutek spalania siĊ paliwa zmienia masĊ M zgodnie z równaniem M = 1800 – 2t kg. PrĊdkoĞü wzglĊdna wyrzucanych cząstek spalanego gazu vw = 800 m/s. Podczas ruchu áodzi dziaáa na nią siáa oporu R proporcjonalna do prĊdkoĞci áodzi v , R = −2v (rys. 3.2.24). Wyznaczyü równanie ruchu áodzi oraz jej prĊdkoĞü po spaleniu siĊ paliwa, jeĪeli masa áodzi bez paliwa wynosi m0 = 600 kg.

Rozwiązanie



Siáy dziaáające na áódĨ pokazano na rysunku 3.2.24, gdzie

F – siáa wyporu wody.

G – siáa ciĊĪkoĞci áodzi,




R = − kv – siáa oporu ruchu, k = 2 Φ = vw

dM – siáa reaktywna. dt

Ns , m

Rzutując równanie Mieszczerskiego na oĞ x otrzymuje siĊ

m

dv dM = −kv − v w , dt dt

a po podstawieniu danych i rozdzieleniu zmiennych dv dt = . 800 − v 900 − t

Wykorzystując warunki początkowe ruchu: t = 0, v = 0, x = 0, otrzymuje siĊ, po rozwiązaniu równania róĪniczkowego, równanie prĊdkoĞci i przemieszczenia áodzi:

v=

8 t, 9

x=

4 2 t . 9

204

DYNAMIKA

PrĊdkoĞü áodzi po spaleniu siĊ paliwa wyznacza siĊ, obliczając czas ts spalania paliwa. Dla t = 0 caákowita masa áodzi wynosi M0 = 1800 kg. UwzglĊdniając masĊ áodzi bez paliwa m0 = 600 kg, obliczyü moĪna masĊ początkową paliwa mp0 = 1200 kg. Z zaleĪnoĞci M = M0 – 2t, gdzie M = m0 + mp, M0 = m0 + mp0, otrzymuje siĊ funkcjĊ zmiany masy paliwa mp w czasie, tj. mp = mp0 – 2t. Z powyĪszej zaleĪnoĞci oblicza siĊ czas ts spalania paliwa, tzn. dla ts = 600 s.



mp = 0,

PrĊdkoĞü áodzi po spaleniu paliwa wynosi wiĊc

8 8 t s = ⋅ 600 ≅ 533 m/s ≅ 1920 km/godz . 9 9



vs =

dv1 = − R, dt

R = 2v1 , m0 = 600 kg,




m0



Po spaleniu siĊ paliwa na áódĨ nie dziaáa siáa reaktywna i dla tego etapu dynamiczne równanie ruchu ma postaü:

a po przeksztaáceniu

dv1 1 =− dt. v1 300

Rozwiązując powyĪsze równanie przy warunkach początkowych dla tego etapu ruchu: t = 0, v1 = vs = 533 m/s, x1 = 0, otrzymuje siĊ równanie prĊdkoĞci i przemieszczenia áodzi w drugim etapie ruchu:

v1 = 533 e

−

1 t 300

[ m/s],

1   − t  300  x1 = 159900 1 − e  [ m].    

205

Dynamika punktu materialnego

ZADANIE 3.2.25 Platforma áadowana z rynny zsypowej zbiornika materiaáu sypkiego porusza siĊ w czasie áadowania ze staáą prĊdkoĞcią v = 0,2 m/s (rys. 3.2.25). Moment napĊdowy na bĊbnie linowej podciągarki platformy równy jest M = 160 Nm. PromieĔ bĊbna podciągarki r = 0,2 m. PrĊdkoĞü zsypywania v1 = 1,2 m/s, kąt zsypywania α = 60o, masa pustej platformy m0 =1000 kg. Wyznaczyü równanie zmiany masy m = m(t) platformy w dwóch przypadkach:







1) z uwzglĊdnieniem siáy oporu jazdy F = 0,2G (G = mg jest ciĊĪarem platformy), 2) z pominiĊciem siáy oporu jazdy.




Rys. 3.2.25

Rozwiązanie

Jest to przypadek ruchu ukáadu o zmiennej masie z doáączaniem siĊ cząstek masy. Rozkáad prĊdkoĞci cząsteczki dm pokazano na rysunku 3.2.25a. Równanie Mieszczerskiego ogólnie moĪna zapisaü w postaci:

m

dv dm = P + vw , dt dt

gdzie: P = S + F – siáa dla przypadku (1), P = S – siáa dla przypadku (2), gdzie: S – siáa w linie podciągarki, F – siáa oporu jazdy.

206

DYNAMIKA

Ad 1) Rzutując równanie Mieszczerskiego na oĞ x przyjĊtego ukáadu odniesienia (rys. 3.2.25a) otrzymuje siĊ m

dv dm = S − F + vwx , v wx = v1 cos α, dt dt

S=

M , r

F = 0,2 mg .

PoniewaĪ v = const, wiĊc

M dm − 0,2 mg + (v1 cos α − v ) =0 r dt










i po podstawieniu danych liczbowych i rozdzieleniu zmiennych otrzymuje siĊ dm = 5dt. m − 400

Rys. 3.2.25a

Rozwiązując powyĪsze równanie z uwzglĊdnieniem początkowej masy platformy m0 = 1000 kg, otrzymuje siĊ równanie zmiany masy w postaci m = 400 + 600 e5t [kg]. Ad 2) Równanie ruchu wzglĊdem osi x ma w tym przypadku postaü

m

dv dm = S + v wx , dt dt

lub po podstawieniu danych liczbowych i rozdzieleniu zmiennych dm = –2000dt.

207

Dynamika ukáadu punktów materialnych

UwzglĊdniając masĊ początkową m0 = 1000 kg, otrzymuje siĊ, po scaákowaniu, równanie zmiany masy m = 1000 – 2000t [kg]. Otrzymany wynik jest sprzeczny z warunkami zadania, z których wynika, Īe masa platformy na skutek jej dosypywania musi rosnąü w czasie, a nie maleü. Wzrost masy w tym przypadku, tj. przy pominiĊciu siáy oporu jazdy, uzyskaü moĪna, zmieniając zwrot siáy S w linie podciągarki. Praktycznie oznacza to, Īe platforma nie moĪe byü ciągniĊta, lecz hamowana siáą S (napĊdza ją Φ x – siáa reaktywna). Do samodzielnego rozwaĪenia pozostawia siĊ inne przypadki pracy áadowarki, np. pionowy kierunek zasypywania platformy oraz przeciwny do jej prĊdkoĞci v .

3.3. Dynamika ukáadu punktów materialnych



ZADANIE 3.3.1



Dane są siáy ciĊĪkoĞci Q i G ciaá A i B oraz kąt równi pochyáej α. Wspóáczynnik tarcia kinetycznego ciaáa B po podáoĪu wynosi µ. Wyznaczyü najmniejszy ciĊĪar Q = Qmin, który spowoduje ruch ukáadu oraz prĊdkoĞü ciaá po czasie t = τ sekund, jeĪeli dla t = 0, prĊdkoĞü v = v(0) = 0. MasĊ krąĪka pominąü.






Rozwiązanie Wyznaczenie Qmin jest zagadnieniem naleĪącym do dziedziny statyki. Dziaáanie tarcia statycznego na bryáĊ B moĪe uniemoĪliwiü ruch tego ukáadu. Przykáadając do ciaáa B siáĊ T tarcia rozwiniĊtego i korzystając z równaĔ równowagi, wyznacza siĊ ciĊĪar graniczny Qgr. KaĪda wartoĞü Q > Qgr spowoduje ruch, który ze wzglĊdu na µs > µ bĊdzie siĊ dalej rozwijaá. Oba ciaáa oddziaáywują na siebie poprzez linĊ, co przedstawiono w postaci siáy napiĊcia S 0 (rys. 3.3.1a).

Rys. 3.3.1a

208

DYNAMIKA

Z warunku równowagi ciaáa A wynika, Īe S0 = Qgr . sin α, dla ciaáa zaĞ B jest Ts = S0, przy czym Ts = µsN = µsG. Z tych zaleĪnoĞci otrzymano

Qgr = G

µs sin α

i Qmin > Qgr = G

µs sin α

czyli Qmin > G

µs . sin α

Przy Q = Qgr ruch jest moĪliwy tylko po zadaniu dowolnej prĊdkoĞci początkowej v0 ≠ 0. Wyznaczenie prĊdkoĞci ciaá po czasie t = τ naleĪy do zagadnieĔ dynamiki. Rozwiązania tego problemu dokonano dwiema metodami, wykorzystując: 1) zasadĊ ruchu Ğrodka masy, 2) zasadĊ pĊdu i popĊdu ukáadu punktów materialnych. Ad 1)





Na rysunku 3.3.1b pokazano przyáoĪone siáy zewnĊtrzne i wewnĊtrzne do ciaá po uwolnieniu ich od wiĊzów. PoniewaĪ masa krąĪka jest równa zeru wiĊc S1 = S2. ZasadĊ ruchu Ğrodka masy zapisano wektorowo:

gdzie: – – – – –

masy ciaá A i B, przyspieszenie Ğrodka masy ukáadu, siáy reakcji normalne, siáa tarcia, reakcja zewnĊtrzna ukáadu przyáoĪona na krąĪku.




mA, mB as N A, NB T R



(m A + mB )a s = G + N B + T + R + Q + N A ,

– Q

Rys. 3.3.1b

209

Dynamika ukáadu punktów materialnych

Rzutując to równanie na osie x i y przyjĊtego ukáadu odniesienia, otrzymano:

(m A + mB )a sx = N sin α − T + R sin α , 2

(m A + mB )a sy = N cos α + N B − G − Q + R cos α . 2

Rzut przyspieszenia as na osie x i y moĪna zapisaü:

asx = asy =

d2 dt

2

d2 dt

2

(xs ) = m A a Ax + mB a Bx , m A + mB

( ys ) =

m A a Ay + mB a By m A + mB

.

aAy = –aA sin α,

aBx = aB,

aBy = 0,



aAx = aA cos α,



Rzuty przyspieszeĔ ciaá A i B zgodnie z rysunkiem 3.3.1a wynoszą:

przy czym aA = aB = a.



UwzglĊdniając powyĪsze zaleĪnoĞci otrzymuje siĊ

(m A cos α + mB )a = N A sin α − T + R sin α , 2




− m A a sin α = N A cos α − G − Q + N B + R cos

α . 2

Z rzutów siá na kierunki normalne do kierunków ruchu dla kaĪdej bryáy wyznaczono: NA = Q cos α,

NB = G

oraz

T = µNB = µG.

UwzglĊdniając powyĪsze związki w ukáadzie równaĔ otrzymano:

(m A cos α + mB )a = Q cos α sin α − µG + R sin α , 2

− m A a sin α = −Q sin 2 α + R cos

α . 2

Q G Podstawiając m A = g , mB = g oraz rugując R i korzystając z odpowiednich wzorów trygonometrycznych, wyznaczono wartoĞü przyspieszenia a a=

Q sin α − µG ⋅ g. Q+G

210

DYNAMIKA

Caákując obustronnie powyĪszą zaleĪnoĞü przy warunku początkowym v(0) = 0 otrzymuje siĊ

v=

Q sin α − µG gt , Q+G

Q sin α − µG gτ. Q +G Aby speániü warunki zadania, musi zachodziü Q sin α – µG > 0 (patrz pierwsza czĊĞü rozwiązania).

a dla t = τ prĊdkoĞü v (τ) =

Ad 2)

p2 − p1 =

t2

∫

t1



Zasada pĊdu i popĊdu dla ukáadu punktów materialnych ma postaü

Wg dt.





W rozpatrywanym przypadku pĊd w chwili początkowej t1 wynosi p1 = 0, natomiast w chwili t 2 p2 = m A v A + mB v B przy czym v A = v B . Suma geometryczna siá zewnĊtrznych wynosi W g = G + Q + NA + N B + T + R .

Zasada pĊdu i popĊdu ma wiĊc postaü t2

∫

(G + Q + N A + NB + T + R )dt.




m A v A + mB v B =

t1

Rzutując powyĪsze równanie wektorowe na osie x i y, otrzymuje siĊ

m A v A cos α + mB v B =

− m Av A sin α =

t2

∫

t1

t2

∫

t1

α   N A sin α − T + R sin  dt , 2 

α   N A cos α − G − Q + N B + R cos  dt. 2 

UwzglĊdniając, Īe NA = Q cos α, NB = G, T = µNB = µG po scaákowaniu, otrzymuje siĊ:

m A v A cos α + mB v B + (Q cos α sin α − µG )(t 2 − t1 ) + t2

m A v AQ sin 2 α (t 2 − t1 ) − ∫ R cos t1

α dt. 2

t2

∫

t1

R sin

α dt , 2

211

Dynamika ukáadu punktów materialnych

Q Rugując z powyĪszych równaĔ popĊd siáy R oraz uwzglĊdniając, Īe m A = g , Q sin α − µG mB = G gτ gdzie τ = t2 – t1. ZasadĊ pĊdu g i vA = vB = v, otrzymano v = Q+G i popĊdu wykorzystaü moĪna w tym przypadku równieĪ w inny sposób, stosując ją do kaĪdego ciaáa osobno, a nie do caáego ukáadu. Korzystając z rysunku 3.3.1b moĪna powyĪszą zasadĊ zapisaü dla kaĪdego ciaáa w postaci: mAv A = mB vB =

t2

∫ (Q sin α − S 2 )dt ,

t1

t2

t2

t1

t1

∫ (S1 − T )dt = ∫ (S1 − µG )dt ,

mB vB =

t2

∫

t1

t2

∫

t1

S 2 dt ,

S1dt − µG (t 2 − t1 ).



m A v A = Q sin α (t 2 − t1 ) −



a po scaákowaniu w postaci

v=



Q G UwzglĊdniając, Īe S1 = S2, vA = vB = v, m A = g , mB = g i rugując popĊdy siá S1 i S2, otrzymuje siĊ Q sin α − µG gτ, τ = t 2 − t1. Q+G




W rozpatrywanym przypadku ten sposób prowadzi najszybciej do celu. ZADANIE 3.3.2

Na wózku o masie m1 = 500 kg umieszczony jest zespóá táokowy o masie táoka m2 = 600 kg i masie przeciwwagi m3 = 20 kg. Korba OA obraca siĊ ze staáą prĊdkoĞcią kątową ω = 10 rad/s. DáugoĞü OA = AB = r, OC = q (rys. 3.3.2). Wyznaczyü wspóáczynnik sprĊĪystoĞci k sprĊĪyny tak, aby podczas ruchu ukáadu nie zachodziáy drgania rezonansowe wózka.

C

Rys. 3.3.2

212

DYNAMIKA

Rozwiązanie Zadanie rozwiązano dwiema metodami: 1) wykorzystując zasadĊ ruchu Ğrodka masy, 2) wykorzystując zasadĊ pĊdu ukáadu punktów materialnych. Ad 1) Siáy czynne i reakcje przyáoĪone do ukáadu po uwolnieniu od wiĊzów pokazano na rysunku 3.3.2a. Ze wzglĊdu na to, Īe analizuje siĊ ruch wózka, zasadĊ ruchu Ğrodka masy wykorzystano wzglĊdem osi x odpowiednio przyjĊtego ukáadu odniesienia:

(m1 + m2 + m3 )xs = − S ,

S ∆ HK x1

= – = –

k∆ = k(x1 – HK) siáa sprĊĪystoĞci sprĊĪyny o wspóáczynniku sprĊĪystoĞci k, odksztaácenie sprĊĪyny, const, wspóárzĊdna Ğrodka masy wózka.



gdzie:

x2 = x1 + 2r cos ϕ, ϕ = ωt, x3 = x1 – q cos ϕ



Obliczając wspóárzĊdne x-owe masy táoka i przeciwwagi

d2 dt 2

( xs ) =

d 2  m1 x1 + m2 x2 + m3 x3    = m1 + m2 + m3 dt 2  

(m1 + m2 + m3 )x1 + (m3q − 2m2 r )ω2 cos ωt .




xs =



oraz korzystając ze wzoru na wspóárzĊdną xs, Ğrodka masy ukáadu, otrzymuje siĊ po zróĪniczkowaniu

=

m1 + m2 + m3

x3

G2

Rys. 3.3.2a

213

Dynamika ukáadu punktów materialnych

Podstawiając xs do zasady ruchu Ğrodka masy otrzymuje siĊ

(m1 + m2 + m3 )x1 + kx1 = (2m2 r − m3q )ω2 cos ωt + k ( HK ) lub

x1 + ω02 x1 = A cos ωt + C1 , gdzie:

2m2 r − m3 q 2 P0 , ω = m1 + m2 + m3 m1 + m2 + m3

C1 = k

HK . m1 + m2 + m3



A=

k , m1 + m2 + m3



ω02 =






PowyĪsze równanie róĪniczkowe opisuje ruch (drgania) wózka pod wpáywem siáy wymuszającej o amplitudzie P0, i czĊstoĞci wymuszenia ω. CzĊstoĞü ω0 nazywa siĊ czĊstoĞcią drgaĔ wáasnych, a drgania rezonansowe zachodzą, jeĪeli ω0 = ω. Aby uniknąü drgaĔ rezonansowych i niebezpiecznego wzrostu amplitud drgaĔ w stanie rezonansu, musi byü speániony warunek ω0 ≠ ω, przy czym, jeĪeli ruch drgający odbywa siĊ z czĊstoĞcią ω < ω0, to nie ma moĪliwoĞci wystąpienia drgaĔ rezonansowych, a jeĪeli ω > ω0, to naleĪy liczyü siĊ ze wzrostem amplitud drgaĔ podczas rozruchu ukáadu i przechodzeniu przez rezonans przy ω = ω0. W ukáadach rzeczywistych stosuje siĊ elementy táumiące drgania i ograniczające amplitudy drgaĔ rezonansowych. Znając czĊstoĞü drgaĔ wáasnych ω0, obliczyü moĪna wspóáczynnik sprĊĪystoĞci sprĊĪyny z zaleĪnoĞci

k = ω02 (m1 + m2 + m3 ).

Ruch wózka zachodzi poza rezonansem jeĪeli ω0 ≠ ω, tzn. musi byü

k ≠ ω2 (m1 + m2 + m3 ) = ω20 (m1 + m2 + m3 ). kN . m Dla obliczonego wspóáczynnika sprĊĪystoĞci k oraz przyjmując materiaá sprĊĪyny, dobraü moĪna z odpowiednich wzorów parametry geometryczne sprĊĪyny, tzn. ĞrednicĊ drutu, ĞrednicĊ i dáugoĞü sprĊĪyny, iloĞü zwojów sprĊĪyny.

Podstawiając dane liczbowe otrzymuje siĊ k ≠ 58

214

DYNAMIKA

Ad 2) Wyznaczając podobnie jak poprzednio wspóárzĊdne x-owe poszczególnych mas, a nastĊpnie obliczając wspóárzĊdną x-ową pĊdu ukáadu, otrzymuje siĊ

Pux = m1 x1 + m2 x 2 + m3 x3 = m1 x1 + m2 (x1 − 2rω sin ωt ) + + m3 (x1 + qω sin ωt ) = (m1 + m2 + m3 ) x1 − (2m2 r − m3 q )ω sin ωt. Zasada pĊdu wzglĊdem osi x ma postaü

dpux = −S dt

gdzie

S = k ( x1 − HK ).

dpux = (m1 + m2 + m3 )x1 − (2 m2 r − m3 q )ω 2 cos ωt , otrzymuje siĊ z zadt sady pĊdu równanie



Obliczając



(m1 + m2 + m3 )x1 + kx1 = (2m2 r − m3q )ω2 cos ωt + k (HK ),

ZADANIE 3.3.3



identyczne jak równanie otrzymane przy wykorzystaniu zasady ruchu Ğrodka masy. Dalszy tok obliczeĔ jest analogiczny jak poprzednio.




Na platformie o masie m2 = 400 kg, poruszającej siĊ z prĊdkoĞcią v0 = 2 m/s leĪy ciaáo o masie m1 = 100 kg. W pewnej chwili do platformy przyáoĪono staáą siáĊ P o zwrocie przeciwnym do ruchu ukáadu mas (rys. 3.3.3). Wspóáczynnik tarcia ciaáa po platformie µ = 0,l. Wyznaczyü maksymalną wartoĞü siáy P = P0 tak, aby nie wystąpiá poĞlizg ciaáa po platformie, oraz drogĊ ciaáa o masie m1 do chwili zatrzymania siĊ ukáadu, jeĪeli do platformy przyáoĪono siáĊ P = 2 P0 .

Rys. 3.3.3

Rozwiązanie Zadanie rozwiązano, wykorzystując dwie zasady: 1) zasadĊ ruchu Ğrodka masy, 2) zasadĊ pĊdu i popĊdu.

215

Dynamika ukáadu punktów materialnych

Ad 1) Siáy zewnĊtrzne czynne i reakcje dziaáające na ukáad mas pokazano na rysunku 3.3.3a. Siáa tarcia pomiĊdzy ciaáami jest siáą wewnĊtrzną ukáadu i nie wystąpi w równaniu zasady ruchu Ğrodka masy, która ma postaü:

(m1 + m2 )as = P + G1 + G2 + R1 + R2 . y

0

x

Rys. 3.3.3a



(ml + m2) asx = –P.



Rzutując powyĪsze równanie wektorowe na oĞ x przyjĊtego ukáadu odniesienia (ukáad odniesienia przyjĊto tak, Īe w chwili przyáoĪenia siáy P, tzn. dla t = 0, prĊdkoĞü obu mas jest równa v0 , a xs (0) = 0, otrzymuje siĊ równanie






PoniewaĪ ruch ukáadu zachodzi tylko w kierunku osi x, przyspieszenie Ğrodka masy jest równolegáe do osi x i asx = as. JeĪeli nie ma poĞlizgu, oznacza to, Īe kaĪda z mas ma takie samo przyspieszenie jak Ğrodek masy. Przyspieszenie obliczyü moĪna, badając ruch ciaáa o masie m1 (rys. 3.3.3b).

y

0

x

Rys. 3.3.3b

Równanie ruchu tego ciaáa ma postaü m1a = –T, gdzie T = µN = µm1g. Siáa tarcia jest siáą tarcia rozwiniĊtego, co odpowiada maksymalnej wartoĞci siáy P = P0 , takiej, Īeby jeszcze nie byáo poĞlizgu. KaĪda siáa o wartoĞci wiĊkszej od P0 spowoduje wystąpienie poĞlizgu. KaĪda wartoĞü siáy P mniejsza od P0 zapewnia ruch bez poĞlizgu.

216

DYNAMIKA

T µm1 g 2 P = P0 = (m1 + m2 ) as . m1 = m1 ≅ 1 m/s , wyznaczyü moĪna Po podstawieniu danych liczbowych otrzymuje siĊ P0 = 500 N. W przypadku przyáoĪenia siáy 2P0 ciaáo o masie m1 zacznie Ğlizgaü siĊ po platformie i aby obliczyü drogĊ poĞlizgu, rozpatrzyü naleĪy niezaleĪnie ruch obu ciaá (rys. 3.3.3b). Równanie ruchu masy m1 ma postaü Obliczając a = as =

skąd

m1a = –T,

a1 = −

T = −1 m/s 2 . m1

Po scaákowaniu otrzymuje siĊ prĊdkoĞü i przemieszczenie masy m1:

v(t ) = −t + C1 ,

a2 =



m2a2 = T – 2P0,

T − 2 P0 = 2,25 m/s2 . m2



skąd



1 x1 (t ) = t 2 + C2t + C 2 . 2 Równanie ruchu platformy ma postaü

Po scaákowaniu otrzymuje siĊ prĊdkoĞü i przemieszczenie platformy: u(t) = – 2,25t + C3,




x2(t) = –1,125t2 + C3t + C4.

Wykorzystując warunki początkowe ruchu t = 0,

v = v 0,

x1 = 0,

u = v0,

x2 = 0

wyznaczono staáe caákowania: C1 = v0 = 2 m/s,

C2 = 0,

C3 = v0 = 2 m/s,

C4 = 0,

i otrzymano nastĊpujące równania opisujące prĊdkoĞci i przemieszczenia obu mas: v (t ) = 2 − t ,

u (t ) = 2 − 2,25t ,

1 2 t , x2 (t ) = 2t − 1,125t 2 . 2 Z powyĪszego ukáadu równaĔ wyznaczyü moĪna czas t1 i drogĊ x1(t1) hamowania masy m1 oraz czas t2 i drogĊ x2(t2) hamowania platformy (v(t1) = u(t2) = 0): x1 (t ) = 2t −

t1 = 2 s,

x1(t1) = 2 m,

t2 = 0,89 s,

x2(t2) = 0,89 m.

DrogĊ poĞlizgu masy m1 oblicza siĊ jako róĪnicĊ dróg x1(t1) i x2(t2): l = x1(t1) – x2(t2) = 1,11 m.

217

Dynamika ukáadu punktów materialnych

Ad 2) Analizując ruch ukáadu mas analogicznie jak w przypadku 1) zapisaü moĪna zasadĊ pĊdu i popĊdu dla obu mas i dla masy m1 w postaci (rys. 3.3.3.a, b): τ

(

)

p2 − p1 = ∫ G1 + G2 + R1 + R2 + P dt , 0

τ

p21 − p11 = ∫ T dt , 0

τ



− (m1 + m2 )v0 = − ∫ P0 dt = − P0 τ,



gdzie: i p1 = (m1 + m2 )v0 jest pĊdem ukáadu w chwili początkowej t = 0, p 2 = 0 jest pĊdem ukáadu po zatrzymaniu, i p11 = m1v0 jest pĊdem masy m1 w chwili początkowej t = 0, p 21 = 0 jest pĊdem masy m1 po zatrzymaniu, τ – czas zatrzymania ukáadu. Po zrzutowaniu na oĞ x oraz przyjmując P = P0, otrzymuje siĊ: 0

τ

− m1v0 = − ∫ Tdt = −Tτ = −µNτ = −µm1 gτ.



0

Rugując czas τ z powyĪszych równaĔ, obliczono siáĊ P0 = 500 N, która nie spowoduje poĞlizgu. W przypadku wystąpienia poĞlizgu, tzn. po przyáoĪeniu siáy P = 2 P0 , drogĊ poĞlizgu wyznaczyü moĪna, stosując zasadĊ pĊdu i popĊdu dla obu mas oddzielnie:

(

)




t

p21 − p11 = ∫ T + N + G1 dt , 0 t

(

)

p22 − p12 = ∫ G2 + R1 + R2 + N + T + 2 P0 dt ,

gdzie:

0

p 21 = m1v1 jest pĊdem masy m1 w dowolnej chwili t, p11 = m1v01 jest pĊdem tej masy w chwili t = 0, p 22 = m2 v2 jest pĊdem masy m2 w dowolnej chwili t, p12 = m2 v0 jest pĊdem tej masy w chwili t = 0, v1 , v2 – prĊdkoĞci bezwzglĊdne obu mas.

Rzutując na oĞ x równania przyrostów pĊdów otrzymuje siĊ: t

m1v1 − m1v0 = − ∫ Tdt , 0

t

m2 v2 − m2 v0 = − ∫ (T − 2 P0 )dt. 0

218

DYNAMIKA

Podstawiając T = µN = µm1g i caákując, otrzymano równania prĊdkoĞci:

v1 = v0 − µgt , v2 = v0 −

2 P0 − µm1g m2

t.

Po ponownym scaákowaniu otrzymuje siĊ równania skoĔczone ruchu obu mas:

1 x1 = v0 t − µgt 2 , 2

x2 = v0 t −

2 P0 − µm1 g m

2

t2,

przy warunkach początkowych: t = 0, x1 = 0, x2 = 0. Przyjmując v1 = 0, v2 = 0, moĪna z równaĔ prĊdkoĞci wyznaczyü czasy zatrzymania siĊ obu mas, a nastĊpnie przebyte drogi, tzn.:

m2 v 0 v0 , t2 = , 2 p0 − µm1 g µg

x1 =

v02 m2 v02 , x2 = . 2µg 2( p0 − µm1 g )



t1 =

2 P0 − µg (m1 + m2 ) 2 v0 . 2µg (2P0 − µm1 g )



l = x1 − x2 =



DrogĊ poĞlizgu wyznacza siĊ jako róĪnicĊ dróg x1 i x2:

Po podstawieniu danych liczbowych otrzymuje siĊ l = 1,11 m.




Uwaga. Zadanie to moĪna rozwiązaü, stosując równania dynamiki punktu w ruchu wzglĊdnym (patrz zadanie 3.2.21). ZADANIE 3.3.4

Dane są siáy ciĊĪkoĞci G1 , G2 , Q poszczególnych bryá i kąt α klina (rys. 3.3.4). W chwili początkowej ukáad ciaá jest nieruchomy. Po zwolnieniu blokady ciĊĪar G2 opada ruchem jednostajnie przyspieszonym zgodnie z równaniem h = kt2, k = const. Obliczyü prĊdkoĞü i drogĊ klina w funkcji czasu.

Rys. 3.3.4

219

Dynamika ukáadu punktów materialnych

Rozwiązanie Zadanie rozwiązano dwiema metodami: 1) stosując zasadĊ zachowania ruchu Ğrodka masy, 2) wykorzystując zasadĊ zachowania pĊdu ukáadu punktów materialnych. Ad 1) Przykáadając siáy zewnĊtrzne dziaáające na ukáad materialny (rys. 3.3.4a) i stosując zasadĊ ruchu Ğrodka masy, po zrzutowaniu na oĞ x otrzymuje siĊ

(m1 + m2 + m3 )xs = 0,










gdzie xs jest wspóárzĊdną przyspieszenia Ğrodka masy na osi x.

Rys. 3.3.4a

Jak wynika z powyĪszego równania, speániona zostaáa zasada zachowania ruchu Ğrodka masy wzglĊdem osi x. BezpoĞrednio z powyĪszego równania wynika, Īe xs = 0, z czego x s = C1 i x s = C1t + C 2 . W chwili początkowej ukáad byá w spoczynku, tzn. dla t = 0 x s = 0, a wiĊc C1 = 0 i xs = C1 = const. Podczas ruchu ukáadu wspóárzĊdna xs Ğrodka masy nie zmienia siĊ. Oznaczając przez xsI poáoĪenie początkowe Ğrodka masy i przez x sII poáoĪenie w dowolnej chwili, moĪna napisaü, Īe xsI = xsII . Oznaczając wspóárzĊdne Ğrodków mas bryá w chwili początkowej przez x1I , x 2I , x3I , a w chwili dowolnej przez x1II , x2II , x3II (rys. 3.3.4a), otrzymuje siĊ zaleĪnoĞci:

m1 x1I + m2 x2I + m3 x3I m1 x1II + m2 x2II + m3 x3II = . m1 + m2 + m3 m1 + m2 + m3

220

DYNAMIKA

UzaleĪniając wspóárzĊdne x1II , x 2II , x3II od x1I , x2I , x3I , otrzymuje siĊ:

x1II = x1I + l + h cos α, x2II = x2I + l , x3II = x3I + l , gdzie l oznacza przemieszczenie klina (przyjĊto ruch w prawo) i po odpowiednich podstawieniach i przeksztaáceniach otrzymuje siĊ przemieszczenie klina:

l=−

km1 cos α kG1 cos α 2 t2 = − t . m1 + m2 + m3 G1 + G2 + Q





Znak minus oznacza, Īe przemieszczenie klina nastąpi w rzeczywistoĞci w stronĊ dl przeciwną, niĪ zaáoĪono. PrĊdkoĞü klina obliczono jako v3 = , dt 2kG1 cos α v3 = − t. G1 + G2 + Q



Ad 2)

Oznaczając przez p pĊd ukáadu, zasadĊ pĊdu moĪna zapisaü 5 dp n = ∑ Pi = ∑ G1 + G2 + Q + R1 + R2 . dt i =1 i =1

)




(

Rzutując powyĪsze równanie na oĞ x (rys. 3.3.4b), otrzymuje siĊ

– R

– Vu

dp x = 0. dt

– V u2

– R2

Rys. 3.3.4b

Co oznacza, Īe wzglĊdem osi x speániona zostaáa zasada zachowania pĊdu px = const podczas ruchu ukáadu. PoniewaĪ w chwili początkowej ukáad byá w spoczynku, wiĊc dla t = 0 jego pĊd px = 0 i w czasie ruchu nie moĪe siĊ zmieniü.

221

Dynamika ukáadu punktów materialnych

Oznaczając przez v1 , v2 , v3 prĊdkoĞci mas m1, m2, m3, pĊd ukáadu zapisaü moĪna w postaci: p = m1v1 + m2 v2 + m3 v3 .

Masy m1 i m2 poruszają siĊ ruchem záoĪonym (ruch unoszenia klina, ruch wzglĊdny wzglĊdem klina), w związku z czym ich prĊdkoĞci bezwzglĊdne wynoszą (rys. 3.3.4b): v1 = vu1 + vw1 , v2 = vu 2 + v w2 ,

gdzie: vu1 = v3 prĊdkoĞü unoszenia masy m1, vu 2 = v3 prĊdkoĞü unoszenia masy m2, v w1 , v w 2 – prĊdkoĞci wzglĊdne tych mas wzglĊdem klina. px = m1(v3 + vw1 cos α) + m2v3 + m3v3.



Po podstawieniu i zrzutowaniu na oĞ x otrzymuje siĊ

2kG1 cos α t. G1 + G2 + Q



v3 = −



Z równania ruchu wzglĊdnego h = kt2 obliczyü moĪna prĊdkoĞü wzglĊdną vw1 = vw2 = 2kt i po przyrównaniu do zera px otrzymuje siĊ prĊdkoĞü klina

Znak minus oznacza, Īe zwrot prĊdkoĞci klina jest przeciwny do przyjĊtego. Przyjmując, Īe w chwili początkowej t = 0, droga klina l = 0, po scaákowaniu otrzymano

km1 cos α 2 kG1 cos α 2 t =− t . m1 + m2 + m3 G1 + G2 + G3




l=−

ZADANIE 3.3.5

WzdáuĪ tworzącej stoĪka (rys. 3.3.5) w prowadnicy umieszczony jest ciĊĪarek G na lince o dáugoĞci l. Dany jest kąt α oraz moment bezwáadnoĞci stoĪka Jz = 0,3MR2, gdzie M – masa stoĪka, R – promieĔ jego podstawy. StoĪek obraca siĊ z prĊdkoĞcią kątową ω0. W pewnej chwili na stoĪek zaczyna dziaáaü para siá o momencie M0 = 0,5t aĪ do chwili τ zerwania linki z ciĊĪarkiem G. Obliczyü prĊdkoĞü kątową ω stoĪka w chwili, gdy ciĊĪarek zsunie siĊ na poziom podstawy stoĪka. Rozwiązanie Ruch ukáadu skáada siĊ z dwóch etapów. W etapie pierwszym, do chwili zerwania, linki dziaáa para siá o momencie M0 i prĊdkoĞü zmienia siĊ od ω0 do ω1. W etapie drugim, po zerwaniu linki i ustaniu dziaáania pary siá, prĊdkoĞü kątowa stoĪka zmienia siĊ od ω1 do wartoĞci ω odpowiadającej najniĪszemu poáoĪeniu ciĊĪarka G na stoĪku. Zadanie rozwiązano, stosując zasadĊ krĊtu dla ukáadu materialnego wzglĊdem osi z, ze wzglĊdu na ruch obrotowy stoĪka wzglĊdem tej osi.

222

Etap I



Zasada krĊtu ma postaü



Rys. 3.3.5



DYNAMIKA

n dK z = ∑ M iz = M 0 = 0,5t. dt i =1

Rozdzielając zmienne i caákując obustronnie, otrzymuje siĊ: τ




k1

∫

k0

dK = ∫ 0,5tdt , 0

K1 − K 0 = 0,25τ 2 ,

K1 = 0,25τ 2 + K 0 ,

gdzie: K0 – krĊt ukáadu w chwili początkowej t = 0, α  α α α  K 0 = J z ω0 + mv0l sin = J z ω0 + m  ω0l sin  l sin =  0,3MR 2 + ml 2 sin 2  ω0 , 2 2 2  2  K1 – krĊt ukáadu w chwili τ zerwania linki i ustania dziaáania pary siá. Etap II Obliczając sumĊ algebraiczną momentów wszystkich siá wzglĊdem osi z, otrzymun dK z = 0 i w tym etapie ruchu i speániona jest zasada zachowania je siĊ ∑ M iz = 0, tzn. dt i =1 krĊtu wzglĊdem osi z.

223

Dynamika ukáadu punktów materialnych

Z zasady tej wynika, Īe Kz = const w kaĪdej chwili i moĪna w związku z tym porównaü krĊty w chwili początkowej i koĔcowej tego etapu ruchu: K1 = K. KrĊt w chwili początkowej równy jest krĊtowi w chwili koĔcowej pierwszego etapu, a krĊt w chwili koĔcowej wyraĪa siĊ zaleĪnoĞcią

K = J z ω + mvR = J z ω + mωR 2 = (0,3M + m )ωR 2 . Porównując, otrzymuje siĊ

(0,3M + m )ωR 2 =  0,3MR 2 + ml 2 sin α  ω0 + 0,25τ 2 , 2



ZADANIE 3.3.6

G , m= g.



(0,3M + m )R

2



ω=

α  2 2 2  0,3MR + ml sin  ω0 + 0,25τ 2  



skąd obliczyü moĪna prĊdkoĞü kątową stoĪka odpowiadającą dolnemu poáoĪeniu ciĊĪarka G:




Na rysunku 3.3.6 pokazano element reduktora obrotów. Dane są masy m1 i m2 w poáoĪeniu początkowym l0 i r, obracające siĊ z prĊdkoĞcią kątową ω0 dokoáa osi z. Po odryglowaniu masy m2 rozpoczyna ona ruch wzdáuĪ prĊta nachylonego pod kątem α. Jak powinna zmieniaü siĊ prĊdkoĞü kątowa ω ukáadu, aby masa m2 poruszaáa siĊ ze staáym przyspieszeniem a w wzglĊdem prĊta.

s

Rys. 3.3.6

Rys. 3.3.6a

,5 =0

aw

·t

224

DYNAMIKA

Rozwiązanie Do rozwiązania zastosowano zasadĊ krĊtu ukáadu materialnego wzglĊdem osi obrotu z n dK z = ∑ M iz . dt i =1 n

dK z = 0 i Kz = const. WzglĊdem osi z speániona jest dt i =1 zasada zachowania krĊtu i w związku z tym moĪna porównaü krĊt wzglĊdem osi z w chwili odpowiadającej poáoĪeniu początkowemu mas i w dowolnej chwili ruchu, tzn. K0 = K. Oznaczając przez v1 i v2 prĊdkoĞci mas w poáoĪeniu początkowym, krĊt K0 obliczyü moĪna z zaleĪnoĞci

∑ M iz = 0, wiĊc

PoniewaĪ



K 0 = m1v1r + m2 v2 l0 sin α .

(

)

K 0 = m1r 2 + m2 l02 sin 2 α ω0 .



UwzglĊdniając, Īe v1 = ω0r, v2 = ω0l0 sin α, otrzymuje siĊ



KrĊt wzglĊdem osi z w dowolnej chwili czasu obliczono jako sumĊ krĊtów obu mas, przy czym ruch masy m2 rozpatrzono jako ruch záoĪony z ruchu unoszenia i ruchu wzglĊdnego wzglĊdem prĊta. PĊd masy m2 wynosi




p 2 = m2 vb = m2 (vu + v w ) = m2 vu + m2 vw .

gdzie: vu – prĊdkoĞü unoszenia wynikająca z ruchu obrotowego prĊta wokóá osi z, v w – prĊdkoĞü wzglĊdna masy m2 o kierunku prĊta (rys. 3.3.6a). KrĊt masy m2 wzglĊdem osi z jako moment pĊdu wzglĊdem tej osi równy jest jedynie momentowi skáadowej m2 vu , gdyĪ skáadowa m2 v w o prostej przecinającej oĞ z nie daje momentu wzglĊdem tej osi. KrĊt ukáadu w dowolnym czasie wynosi K = m1vr + m2vuru gdzie: v = ω ⋅ r, vu = ω ⋅ ru = ω (l0 + s) sin α,

1 awt 2, poniewaĪ ruch wzglĊdny odbywa siĊ ze staáym przyspieszeniem aw. 2 Po podstawieniu otrzymano

przy czym s =

(

)

2   K = m1r 2 + m2 l0 + 0,5a wt 2 sin 2 α ω  

225

Dynamika bryáy

i po porównaniu krĊtów K0 i K obliczono wartoĞü prĊdkoĞci kątowej ω:

ω=

m1r 2 + m2 l02 sin 2 α

(

)

2

m1r 2 + m2 l0 + 0,5awt 2 sin 2 α

ω0 .

3.4. Dynamika bryáy 3.4.l. Ruch postĊpowy, obrotowy i páaski ZADANIE 3.4.1










W Ğlizgowej wyciągarce pokazanej na rysunku 3.4.1 znane są momenty bezwáadnoĞci wzglĊdem osi obrotu kóá zĊbatych reduktora J1, J2 i kóá linowych J3 = J4 = J, promienie podziaáowe kóá zĊbatych r1, r2, promienie kóá linowych r3 = r4 = r, kąt pochylenia podáoĪa α, wspóáczynnik tarcia pojemnika wciągarki po pochylni µ oraz masa pojemnika wraz z nadawą m. Pomijając opory tarcia w áoĪyskach i w przekáadni, obliczyü wartoĞü momentu M, jaki naleĪy przyáoĪyü na wale wejĞciowym przekáadni, aby w czasie t1 rozruchu urządzenia pojemnik wciągarki uzyskaá prĊdkoĞü v1. W chwili początkowej ukáad byá w spoczynku.

Rys. 3.4.1

Rozwiązanie Zadanie rozwiązano trzema sposobami, wykorzystając: 1) dynamiczne równania ruchu postĊpowego i obrotowego, 2) zasadĊ równowartoĞci energii kinetycznej i pracy, 3) równania Lagrange’a II rodzaju.

226

DYNAMIKA

Ad 1)







Koáa zĊbate przekáadni odziaáywują na siebie siáami, które moĪna rozáoĪyü na skáadowe: promieniową i obwodową P0 wywoáującą obrót kóá. Na rysunku 3.4.1a zaznaczono tylko te siáy, które są istotne dla ruchu ukáadu. Siáy w linkach oznaczono przez S1 , S 2 , S3 , wartoĞci przyspieszeĔ kątowych waáów I, II, III oznaczono przez ε1, ε2, ε3, przyspieszenie pojemnika wciągarki przez a , i reakcje podáoĪa przez T i N .

Rys. 3.4.1a




Ukáad bryá tworzących urządzenie wyciągowe zostaá podzielony na poszczególne bryáy, dla których dynamiczne równania ruchu mają postaü (równania siá) dla waáu I

J1 ⋅ ε1 = M − P0 r1

(1)

dla waáu II

(J 2 + J 3 )ε 2 = P0 r2 + S 2 r3 − S1r3

(2)

dla waáu III

J 4 ⋅ ε 3 = S 3 r4 − S 2 r4

(3)

dla pojemnika

ma = S1 − S 3 − T − G sin α

(4)

Momenty obrotowe poszczególnych siá przyjmuje siĊ za dodatnie tych siá, które „pomagają” ruchowi danej bryáy (zwroty zgodne ze zwrotami przyspieszeĔ), a ujemne dla przeciwdziaáających ruchowi (przeciwne zwroty do zwrotów przyspieszeĔ). W powyĪszych równaniach wystĊpujĊ dziesiĊü niewiadomych: M, P0, S1, S2, S3, T, ε1, ε2, ε3, a, i w związku z tym do tego ukáadu naleĪy doáączyü równania dodatkowe tak, aby otrzymaü rozwiązywalny ukáad równaĔ. Ze wzglĊdu na to, Īe nie moĪna uáoĪyü wiĊcej równaĔ siá, dodatkowych równaĔ poszukuje siĊ z zaleĪnoĞci kinematycznych, tj. z równoĞci wartoĞci przyspieszeĔ stycznych kóá przekáadni ε1r1 = ε2r2

(5)

227

Dynamika bryáy

z równoĞci wartoĞci przyspieszenia a i przyspieszeĔ stycznych kóá linowych ε2r3 = a

(6)

ε3r4 = a

(7)

Ponadto, z zaleĪnoĞci pomiĊdzy siáą tarcia i siáą normalną, otrzymuje siĊ T = µN,

gdzie

N = G cos α

(8)

Z ukáadu równaĔ (1) ... (8) otrzymano zaleĪnoĞü pomiĊdzy wartoĞcią momentu M i przyspieszenia a 2 rr G  r1   r2  J1   + J 2 + 2 J + r 2  a + 1 (µ cos α + sin α)G. r2 g rr2   r1    



M=

r1 rr2

 r  J1  2   r1 

2  G  v rr  + J 2 + 2 J + r 2  1 + 1 (µ cos α + sin α)G. g  t1 r2  



M=



Narzucając kinematyczne warunki rozruchu, z powyĪszej zaleĪnoĞci dobraü moĪna odpowiednią wartoĞü momentu napĊdowego. Przyjmując w czasie rozruchu jednostajnie przyspieszony ruch pojemnika, tzn. uwzglĊdniając, Īe a = const, z czego wynika, Īe v = at i M = const, oraz uwzglĊdniając dane otrzymuje siĊ




JeĪeli po zakoĔczeniu rozruchu pojemnik porusza siĊ ze staáą prĊdkoĞcią transportowania, (ruch jednostajny) to dla takiego okresu ruchu wartoĞü momentu jest mniejsza i wynosi

M′=

rr1 (µ cos α + sin α)G. r2

Moment M' równowaĪy w tym przypadku opory siáy tarcia i skáadowej siáy ciĊĪkoĞci. Ad 2) Zasada równowaĪnoĞci energii kinetycznej i pracy ma postaü E2 – E1 = L1–2. Energia kinetyczna ukáadu w poáoĪeniu początkowym (spoczynek) E1 = 0. Energia kinetyczna ukáadu w poáoĪeniu po czasie t1 wynosi:

E2 =

1 1 1 1 J1ω12 + ( J 2 + J 3)ω22 + J 4 ω32 + mv12 , 2 2 2 2

gdzie: ω1, ω2, ω3 są wartoĞciami prĊdkoĞci kątowych waáów I, II, III (rys. 3.4.1b).

228

DYNAMIKA

Rys. 3.4.1b

ω2r3 = v1,

ω3r4 = v1.



ω1r1 = ω2r2,



Z równoĞci wartoĞci prĊdkoĞci liniowych na obwodzie kóá zĊbatych oraz z równoĞci wartoĞci prĊdkoĞci v1 i prĊdkoĞci na obwodzie kóá linowych otrzymuje siĊ zaleĪnoĞci kinematyczne:



UwzglĊdniając powyĪsze zaleĪnoĞci we wzorze na energiĊ kinetyczną E2, otrzymano: 2 1   r2  G    E2 = 2 J1   + J 2 + 2 J + r 2  v12 . g  2r   r1   




Oznaczając przemieszczenie liniowe pojemnika przez s1 i przemieszczenie kątowe waáu I przez ϕ1, obliczono pracĊ siá zewnĊtrznych dziaáających na ukáad: ϕ1

S1

0

0

L1− 2 ∫ Mdϕ −

gdzie

∫ (G sin α + T )ds,

T = µN = µG cos α.

Przyjmując identyczne warunki jak w przypadku 1) otrzymuje siĊ: L1–2 = Mϕ1 – G (sin α + µ cos α)s1. Korzystając z zaleĪnoĞci kinematycznych: ϕ1r1 = ϕ2r2, otrzymuje siĊ ϕ1 =

ϕ2r3 = s1

r2 r s1 = 2 s1 i pracĊ L1–2 równą r1r3 r1r

 r  L1− 2 =  M 2 − G(sin α + µ cos α ) s1.  r1r 

229

Dynamika bryáy

Z warunków rozruchu (ruch jednostajnie przyspieszony) wynika, Īe v1 = at1

i

s1 =

at12 v1t1 . = 2 2

Podstawiając obliczone wartoĞci E1, E2, L1–2 (z uwzglĊdnieniem s1) do zasady równowartoĞci energii kinetycznej i pracy uzyskuje siĊ szukaną wartoĞü momentu napĊdowego 2 r1   r2  G  v rr M= J1   + J 2 + 2 J + r 2  1 + 1 (µ cos α + sin α )G. rr2   r1  g  t1 r2  

Ad 3)



d  ∂E  ∂E = Qs , −  dt  ∂s  ∂s





Ukáad posiada jeden stopieĔ swobody i w związku z tym ruch ukáadu opisany bĊdzie jednym równaniem wyprowadzonym z równania Lagrange’a II rodzaju. Równania Lagrange’a II rodzaju dla rozwaĪanego przypadku (ruch nie zachodzi w polu potencjalnym ze wzglĊdu na wystĊpującą siáĊ tarcia T i niezaleĪny od pola potencjalnego moment napĊdowy) mają postaü




gdzie s jest wspóárzĊdną uogólnioną odpowiadającą przemieszczeniu s1 pojemnika, ds a s uogólnioną prĊdkoĞcią równą wartoĞci prĊdkoĞci v pojemnika, przy czym s = . dt Obliczając energiĊ kinetyczną jak w przypadku 2), otrzymuje siĊ

1 E= 2r2

 r  J1  2   r1 

2  G   + J 2 + 2 J + r 2  s 2 , g   

a nastĊpnie:

∂E = 0, ∂s 2 ∂E 1   r2  G  = 2 J1   + J 2 + 2 J + r 2  s 2 , ∂s r   r1  g    2 d  ∂E  1   r2  G    = 2 J1   + J 2 + 2 J + r 2  s. dt  ∂s  r   r1  g   

230

DYNAMIKA

Praca przygotowana δL na odpowiednich przesuniĊciach przygotowanych (rys. 3.4.1b) wynosi: δL = Mδϕ – (G sin α + T)δs, gdzie T = µN = µG cos α. Z analogicznych zaleĪnoĞci kinematycznych jak w przypadku 2) otrzymuje siĊ zaleĪnoĞü r δϕ = 2 δs. r1r UwzglĊdniając powyĪsze, wyznaczono siáĊ uogólnioną Qs z zaleĪnoĞci

δL r = M 2 − G(sin α + µ cos α). δs r1r Po podstawieniu obliczonych wielkoĞci do równaĔ Lagrange’a otrzymuje siĊ 2 1   r2  G 2  r   2 J J J r s = M 2 − G(sin α + µ cos α), + + + 2 2  1 r  g  r1r r    1



skąd



Qs =






2 r1   r2  G  rr M= J1   + J 2 + 2 J + r 2  s + 1 (sin α + µ cos α)G. r2 r   r1  g  r2   UwzglĊdniając, Īe s = a, oraz przyjmując warunki rozruchu jak poprzednio, obliczono wartoĞü momentu napĊdowego 2 r1   r2  G  v rr   M= J1   + J 2 + 2 J + r 2  1 + 1 (sin α + µ cos α)G. r2 r   r1  g  t1 r2  

ZADANIE 3.4.2

Na rysunku 3.4.2 pokazano schemat rĊcznego przesiewacza wstrząsowego. Dane są promienie r i R, mimoĞród e = O2A = O3B, dáugoĞü korby O1K = l, momenty bezwáadnoĞci wzglĊdem osi obrotu J1 i J2, masa sita m. Zakáadając staáą wartoĞü siáy P, obliczyü prĊdkoĞü sita w najwyĪszym poáoĪeniu, jeĪeli dla t = 0 ϕ = 0. MasĊ prĊta O3B pominąü.

O3

O2

O

Rys. 3.4.2

231

Dynamika bryáy

Rozwiązanie Zadanie rozwiązano trzema sposobami, wykorzystując: 1) równania dynamiczne ruchu postĊpowego i obrotowego, 2) zasadĊ równowartoĞci energii kinetycznej i pracy, 3) równania Lagrange’a II rodzaju. Ad 1)

J1ε1 = Pl – F0r



– dla koáa napĊdzanego rynnĊ





Po oswobodzeniu od wiĊzów i przyáoĪeniu siá reakcji otrzymuje siĊ ukáad jak na rysunku 3.4.2a. Ze wzglĊdu na to, Īe prĊt O3B jest bezmasowy i nieobciąĪony siáami czynnymi oraz jest zamocowany przegubowo, traktuje siĊ go jak ciĊgno i dla tego siáa RB dziaáa wzdáuĪ osi prĊta. Siáa oddziaáywania zĊbów przekáadni rozáoĪona jest na dwie skáadowe: obwodową F0 i promieniową Fr . SiáĊ RA o nieznanej prostej dziaáania zastąpiono dwiema skáadowymi R Ax i R Ay . Równania dynamiczne ruchu bryá mają postaü: – dla koáa napĊdowego

J2ε2 = F0R – e (RAy cos ϕ + RAx sin ϕ) – dla sita:




max = RB cos ϕ – RAx

may = RB sin ϕ + RAy – G

Rys. 3.4.2a

(1)

(2)

(3)

232

DYNAMIKA

Ruch sita jest ruchem postĊpowym krzywoliniowym (punkty sita poruszają siĊ po okrĊgach niewspóáĞrodkowych) i dlatego a A = a B = aC = a τ + a n .

Rzuty przyspieszenia Ğrodka masy sita wynoszą:

a x = −aτ sin ϕ − an cos ϕ,

(4)

a y = aτ cos ϕ − an sin ϕ. UwzglĊdniając, Īe G = mg oraz zaleĪnoĞci kinematyczne:

r ε2 = R ε1

z równaĔ (1), (2), (3), (4) otrzymuje siĊ:



i aτ = ε 2 e

2



2   lR R  J 2 + J1   + me 2 ε 2 = P − mge cos ϕ. r r  

1  lR   P − mge cos ϕ  dϕ. J0  r 




ω 2 dω 2 =



dω 2 dω 2 dϕ dω 2 R Podstawiając J 2 + J1   + me 2 = J 0 i ε 2 = = ⋅ = ⋅ ω 2 , otrzydt dϕ dt dϕ r muje siĊ po rozdzieleniu zmiennych równanie róĪniczkowe

UwzglĊdniając warunki początkowe ruchu: t = 0, ϕ = 0, ϕ = ω 2 = 0, z powyĪszego równania obliczono wartoĞü prĊdkoĞci kątowej ω'2 w najwyĪszym poáoĪeniu sita, tj. π dla ϕ = 2

ω′2 =

P

lR π − 2mge r . J0

PrĊdkoĞü sita w tym poáoĪeniu wynosi

v = ω′2 ⋅ e = e

P

lR π − 2mge r . J0

Uwaga. Prostszą postaü dynamicznych równaĔ ruchu uzyskaü moĪna, rozkáadając siáĊ R A na skáadową styczną i normalną.

233

Dynamika bryáy

Ad 2) Korzystając z zasady równowartoĞci energii kinetycznej i pracy E2 – E1 = L1–2 i przyjmując spoczynkowe poáoĪenie początkowe ukáadu, tj. E1 = 0, otrzymuje siĊ E2 = L1–2. PracĊ wykonuje tylko siáa ciĊĪkoĞci G sita oraz siáa P (rys. 3.4.2b), czyli

L1− 2 =

α1

∫

Pldα −

0

y1

∫

Gdy,

0







gdzie: α – wspóárzĊdna kątowa korby O1K, y – wspóárzĊdna pionowa punktu A (lub B), G = mg.

δϕ ω2




ω1

Rys. 3.4.2b

UwzglĊdniając, Īe αr = ϕR, skąd α =

L1− 2 =

ϕ1

∫

0

y

Pl

R ϕ, otrzymuje siĊ r

1 R dϕ − ∫ mgdy, r 0

π , y1 = e odpowiada najwyĪszemu poáoĪeniu sita 2 i po scaákowaniu gdzie: ϕ1 =

lR π − mge. r 2 Energia kinetyczna ukáadu w najwyĪszym poáoĪeniu sita wynosi L1− 2 = P

E2 = gdzie

1 1 1 J1ω12 + J 2 ω22 + mv 2 , 2 2 2

v = vA = vB = vC = ω2e.

234

DYNAMIKA

UwzglĊdniając powyĪsze, oraz Īe ω1r = ω2R, otrzymano

E2 =

2  1   R 1  J 1   + J 2 + me 2 ω22 = J 0 ω22 , 2  r  2  

a nastĊpnie podstawiając L1–2 i E2 do zasady równowartoĞci energii kinetycznej i pracy, obliczono prĊdkoĞü w najwyĪszym poáoĪeniu sita

v=e

P

lR π − 2mge r . J0

Ad 3)



d  ∂E  ∂E  − = Qϕ , dt  ∂ϕ  ∂ϕ



W rozpatrywanym przypadku równanie Lagrange’a II rodzaju (ruch nie jest w polu potencjalnym) ma postaü



gdzie ϕ przyjĊto jako wspóárzĊdną uogólnioną, jak na rysunku 3.4.2b, na którym zaznaczono takĪe przesuniĊcia przygotowane. PracĊ przygotowaną zapisano: δL = Plδα + Gδc cos (180 – α) = Plδα – Gδc cos ϕ.




PrzesuniĊcia przygotowane speániają (analogicznie do prĊdkoĞci) zaleĪnoĞci:

δα =

R δϕ, δc = eδϕ r

i wówczas praca przygotowana jest równa   lR δL =  P − Ge cos ϕ  δϕ, G = mg ,   r

a stąd siáa uogólniona

Q=

δL lR = P − mge cos ϕ. δϕ r

Energia kinetyczna

E=

2  ∂E ∂E d  ∂E  1 R 1 .   = J 0ϕ = 0, = J 0 ϕ ,  J1   + J 2 + me 2  ω22 = J 0 ϕ 2 i  ∂ϕ ∂ϕ dt  ∂ϕ  2   r  2 

235

Dynamika bryáy

Równanie róĪniczkowe ruchu wynikające z równania Lagrange’a II rodzaju ma zatem postaü lR  = P − mge cos ϕ. J 0ϕ r Rozwiązując powyĪsze równanie identycznie jak w przypadku (1), otrzymuje siĊ prĊdkoĞü ω2, a nastĊpnie prĊdkoĞü v sita w górnym poáoĪeniu

v=e

P

lR π − 2mge r . J0

ZADANIE 3.4.3










Wyznaczyü przyspieszenie kątowe ε0 bĊbna napĊdowego podajnika taĞmowego napĊdzanego staáym momentem M0, jeĪeli rozruch urządzenia trwa do chwili, w której przemieszczany przedmiot o ciĊĪarze G znajduje siĊ poza pierwszą rolką A (rys. 3.4.3). Dane są momenty bezwáadnoĞci wzglĊdem osi obrotu J0 bĊbna napĊdowego i zwrotnego, J – rolek podtrzymujących taĞmĊ, promienie R bĊbnów i r rolek oraz kąt α. Pominąü elastycznoĞü taĞmy i jej masĊ.

Rys. 3.4.3

Rozwiązanie Transportowanie przedmiotu odbywa siĊ na skutek braku poĞlizgu pomiĊdzy taĞmą podajnika i przemieszczanym przedmiotem, tak Īe porusza siĊ on razem z taĞmą. Brak poĞlizgu oznacza, Īe siáa tarcia T pomiĊdzy taĞmą i przedmiotem jest siáą tarcia nierozwiniĊtego. Wzajemne oddziaáywanie pomiĊdzy tymi elementami ukáadu pokazano na rysunku 3.4.3a.

Rys. 3.4.3a

236

DYNAMIKA

W dalszej analizie pominiĊto odksztaácenie taĞmy spowodowane siáą N ′. Ukáad podajnika po podzieleniu na poszczególne bryáy i po przyáoĪeniu siá wzajemnego oddziaáywania pokazano na rysunku 3.4.3b.



Rys. 3.4.3b

Równania dynamiczne ruchu dla poszczególnych bryá mają postaü:



J 0 ε 3 = S 4′ R − SR = (S 4′ − S ′)R,



J 0 ε 0 = M 0 + SR − S1R = M 0 + (S − S1 )R,

J 0 ε1 = S1r − S 2 r = (S1′ − S 2 )r ,




J 0 ε 2 = S 2′ − S3 r = (S 2′ − S3 )r , ma = S3′ − S 4 − G sin α,

przy czym S = S', S1 = S'1, S2 = S'2, S3 = S'3, S4 = S'4,G = mg. Ze wzglĊdu na równoĞü promieni R bĊbnów oraz r rolek zachodzi ε0 = ε3 i ε1 = ε2 = ε, a ponadto a = εr = ε0R. UwzglĊdniając powyĪsze, z równaĔ dynamicznych otrzymuje siĊ przyspieszenie kątowe bĊbna napĊdowego

ε0 =

M 0 − GR sin α 2

 R 2 J 0 + 2 J   + mR 2 r

.

237

Dynamika bryáy

Dla drugiego etapu ruchu, gdy transportowana masa znajduje siĊ poza rolką A (rys. 3.4.3c), równania ruchu mają postaü:

J 0 ε 0 = M 0 + (S − S1 )R, J 0 ε 3 = (S 4′ − S )R, Jε = (S1 − S 2 )r , Jε = (S3 − S 4 )r ,





ma1 = S 2 − S3 .



Rys. 3.4.3c

UwzglĊdniając, Īe a1 = εr = ε0R, z równaĔ ruchu otrzymuje siĊ

M0

2

R 2 J 0 + 2 J   + mR 2 r

.




ε0 =

W tym przypadku przyspieszenie kątowe jest wiĊksze niĪ w pierwszym etapie ruchu, gdyĪ przy tym samym momencie M0 obciąĪenie siáami jest mniejsze o skáadową G sin α. W nastĊpnym etapie ruchu, tj. gdy masa znajduje siĊ pomiĊdzy bĊbnem napĊdowym i rolką B, przyspieszenie ε0 bĊdzie identyczne jak w drugim etapie, natomiast zmianie ulegną siáy napiĊcia w taĞmie, na odcinku do rolki B. Jako szczególny, rozpatrzono przypadek, gdy masa przechodzi przez rolkĊ A, zakáadając, Īe docisk masy do taĞmy jest wystarczająco duĪy, aby masa nie zostaáa odrzucona i aby nie nastąpiá poĞlizg po taĞmie. W tej fazie wykonuje ona ruch po okrĊgu dookoáa osi rolki (masĊ traktujemy jak punkt materialny ze wzglĊdu na jej maáe wymiary). Stosując np. zasadĊ d’Alamberta uzyskuje siĊ warunek, który gwarantuje nieodrywanie siĊ masy od taĞmy na rolce, g cos α , gdzie r1 jest odlegáoĞcią punktu o matzn. prĊdkoĞü kątowa na tej rolce ω < r1 sie m od osi rolki. Dla tego etapu ruchu pokazano schemat obliczeniowy na rysunku 3.4.3d, gdzie przez ϕ oznaczono kąt obrotu rolki A. PrzyjĊto odlegáoĞü masy m od osi rolki równą jej promieniowi r. ZmianĊ poáoĪenia masy na rolce okreĞla kąt ϕ, 0 ≤ ϕ ≤ α.

238

DYNAMIKA

Rys. 3.4.3d

Równania dynamiczne ruchu w przedziale 0 ≤ ϕ ≤ α mają postaü:



J 0 ε 0 = M 0 + (S − S1 )R, J 0 ε 0 = (S3 − S )R,



Jε = (S1 − S 2 )r , przy czym J1 = J + mr2.



J1ε = (S 2 − S3 )r − Gr sin(α − ϕ),

, oraz przyjmując ϕ jako maáe w przedziale UwzglĊdniając, Īe ε 0 R = εr , ε = ϕ [0, α], z czego wynika, Īe sinϕ ≅ ϕ, cosϕ ≅ 1, otrzymuje siĊ równanie róĪniczkowe ruchu w postaci

gdzie:




 − pϕ = k , ϕ

p=

GR 2 r cos ϕ

2

2

2 J 0 r + ( 2 J + mr ) R

2

, k=

rR ( M 0 − GR sin α) 2 J 0 r 2 + (2 J + mr 2 ) R 2

.

Rozwiązując powyĪsze równanie róĪniczkowe przy warunkach początkowych ϕ(0) = 0, ϕ (0) = ω1 , otrzymuje siĊ

ϕ=

1  k e 2 

pt

+ e−

pt

 + 1 ω p e   1  2 

− e−

pt

pt

.  

ω ω02 ω 01 t

Rys. 3.4.3e

239

Dynamika bryáy

PrĊdkoĞü kątowa ω1 jest prĊdkoĞcią koĔcową pierwszego etapu ruchu (do rolki A) i początkową prĊdkoĞcią ruchu na rolce A. Wykres zmian przyspieszenia kątowego ε0 i prĊdkoĞci kątowej ω0 bĊbna napĊdowego pokazano na rysunku 3.4.3e. Obliczono odpowiednie wielkoĞci zgodnie ze wzorami:

 ε0 = ϕ

r r r dla przedziaáu [0, τ], ω01 = ω1 , ω02 = ϕ (τ) . R R R

Czas t1 odpowiada chwili wejĞcia masy m na rolkĊ A, t2 odpowiada chwili zejĞcia z rolki A, a czas t3 chwili przejĞcia do ruchu ustalonego. ZADANIE 3.4.4






O





Celem rozwiniĊcia kabla ze szpuli przyáoĪono do szpuli siáĊ P (rys. 3.4.4). Zakáadając, Īe szpula toczy siĊ bez poĞlizgu oraz, Īe siáa P jest stale pozioma, wyznaczyü wartoĞü prĊdkoĞci v0 Ğrodka O szpuli po czasie t = τ

Dane: R, r – α – G – J0 –

Rys. 3.4.4

promienie tarczy i bĊbna szpuli, kąt pochylenia zbocza, ciĊĪar szpuli, moment bezwáadnoĞci szpuli wzglĊdem osi O.

MasĊ kabla pominąü. W poáoĪeniu początkowym szpula byáa w spoczynku. Opór toczenia pominąü. Rozwiązanie Zadanie rozwiązano czterema sposobami korzystając z: 1) zasady krĊtu, 2) dynamicznych równaĔ ruchu páaskiego, 3) zasady równowartoĞci energii kinetycznej i pracy, 4) równaĔ Lagrange’a II rodzaju.

240

DYNAMIKA

Ad 1) PrĊdkoĞü v0 Ğrodka moĪna wyznaczyü, rozpatrując ruch páaski, jakim porusza siĊ szpula, jako ruch wzglĊdem chwilowego Ğrodka obrotu. Ze wzglĊdu na toczenie bez poĞlizgu chwilowy Ğrodek obrotu znajduje siĊ w punkcie C. Zasada krĊtu w tym przypadku ma postaü

dK C = MC dt

(1)

gdzie: n

KC – wartoĞü krĊtu w chwili t szpuli wzglĊdem punktu C,

M C = ∑ M iC – algebraiczna suma momentów wszystkich siá wzglĊdem punktu C. i =1

gdzie:



K C = K 0 + r0 × Mv0 ,



KrĊt K C obliczyü moĪna, korzystając z zaleĪnoĞci miĊdzy krĊtem KC wzglĊdem punktu C a krĊtem K 0 wzglĊdem Ğrodka masy O



r0 – promieĔ wodzący Ğrodka O wzglĊdem punktu C, Mv0 – pĊd szpuli (pĊd Ğrodka masy).

Wektory K 0 i r0 × Mv0 są równolegáe i o tych samych zwrotach, wiĊc wartoĞü krĊtu K C wynosi




K C = K 0 + r0 Mv0 sin (r0 , ^v0 ),

π G przy czym K 0 = J 0 ω, v0 = ωr0 = ωR, (r0 , v0 ) = , M = , gdzie ω jest prĊdkoĞcią kąg 2 tową szpuli. Podstawiając powyĪsze otrzymuje siĊ

J G  K C =  0 + R v0 .  R g  Suma algebraiczna momentów siá wzglĊdem punktu C wynosi (rys. 3.4.4a): MC = Pd1 – GR sin α = P (Rcos α + r) – GRsin α, Caákując równanie (1) w przedziale czasu [0, τ], otrzymuje siĊ τ

K C ( τ) − K C (0) = ∫ M C dt. 0

241

Dynamika bryáy

PoniewaĪ KC (0) = 0 (w chwili początkowej szpula byáa w spoczynku) i MC = const, wiĊc

i

K C (τ ) = M C ⋅ τ J G   0 + R  v0 = [P (R cos α + r ) − GR sin α]τ,  R g 

stąd szukana wartoĞü prĊdkoĞci wynosi

v0 =

P(R cos α + r ) − GR sin α J 0 g + GR 2

Rgτ.

(

)



J G  K C = J 0 + MR 2 ω =  0 + R  v0 .  R g 



Uwaga. KrĊt wzglĊdem punktu C moĪna policzyü z zaleĪnoĞci KC = JC ω. Moment bezwáadnoĞci szpuli wzglĊdem punktu C wyznacza siĊ na podstawie twierdzenia Steinera JC = J0 + MR2 i wówczas






Wynik ten jest identyczny jak uzyskany poprzednio.

Rys. 3.4.4a

Rys. 3.4.4b

Ad 2) Przyjmując ukáad odniesienia jak na rysunku 3.4.4b oraz uwalniając szpulĊ od wiĊzów, otrzymuje siĊ nastĊpujące równania ruchu páaskiego szpuli:

G  g x = P cos α + T − G sin α, G y = N − G cos α − P sin α, g J 0 ε = Pr − TR, gdzie: x = a0 ,

y = 0.

242

DYNAMIKA

Siáa T jest siáą tarcia nierozwiniĊtego i w związku z tym nie moĪna skorzystaü z zaleĪnoĞci Coulomba T = µN, czyli naleĪy ją traktowaü jako siáĊ nieznaną. UwzglĊdniając, Īe a0 = εR i rugując siáĊ tarcia z pierwszego i trzeciego równania, otrzymuje siĊ:

a0 =

P (r + R cos α) − GR sin α J 0 g + GR 2

gR.

Po scaákowaniu otrzymuje siĊ wartoĞü prĊdkoĞci w zaleĪnoĞci od czasu. Przyjmując v(0) = 0 wartoĞü prĊdkoĞci Ğrodka szpuli w chwili τ wynosi

v0 =

P(r + R cos α) − GR sin α J 0 g + GR 2



Ad 3)

gRτ.

Lp = (P cos α + T – G sin α) s, s = s(t).



Lϕ = (Pr – TR) ϕ,



Praca siá przyáoĪonych do szpuli w ruchu páaskim jest równa L1–2 = Lp + Lϕ, gdzie Lp jest pracą w postĊpowym ruchu unoszenia, Lϕ pracą w obrotowym ruchu wzglĊdnym:

Energia kinetyczna w chwili początkowej E1 = 0, a w chwili t

1G 2 1 1G J v0 (t ) + J 0 ω2 (t ) =  + 02 2 g 2 2 g R




E2 =

 2 v0 (t ). 

Z zasady równowartoĞci energii kinetycznej i pracy E2 – E1 = L1–2 otrzymuje siĊ

1  G J0  + 2  g R 2

 2 s (t )  v0 (t ) = [P(r + R cos α) − GR sin α] R 

a po zróĪniczkowaniu

 G J0  dv (t ) 1 ds(t )  + 2  v0 (t ) 0 = [P(r + R cos α) − GR sin α] , dt R dt g R  gdzie:

dv0 (t ) = a0 , dt

ds (t ) = v0 (t ), dt

czyli

 G J0  1  + 2  a0 = [P(r + R cos α) − GR sin α] R g R 

(2)

243

Dynamika bryáy

lub

a0 =

P (r + R cos α) − GR sin α J 0 g + GR 2

gR.

Otrzymuje siĊ wiĊc identyczne równanie róĪniczkowe jak w przypadku 2). Po scaákowaniu otrzymano wartoĞü prĊdkoĞci v0

v0 =

P (r + R cos α) − GR sin α J 0 g + GR 2

gRτ.

Uwaga. Ruch Ğrodka szpuli jest w tym przypadku jednostajnie przyspieszony i moĪna, nie róĪniczkując równania (2) wykorzystaü zaleĪnoĞü pomiĊdzy prĊdkoĞcią a przemieszczeniem v0 = 2 a0 s . Z równania (2) otrzyma siĊ wówczas zaleĪnoĞü na przyspieszenie a0.



Ad 4)



d  ∂E  ∂E = Qs . −  dt  ∂s  ∂s



Ruch szpuli zachodzi w polu niepotencjalnym. W rozpatrywanym przypadku równanie Lagrange’a II rodzaju ma postaü




Jako wspóárzĊdną uogólnioną przyjĊto wspóárzĊdną naturalną s (rys. 3.4.4c) – δ1

– δ2

Rys. 3.4.4c

SiáĊ uogólnioną wyznaczono z pracy przygotowanej dL = Qsδs, gdzie δs jest przesuniĊciem przygotowanym odpowiadającym wspóárzĊdnej s. PrzesuniĊcie przygotowa– – – ne punktu przyáoĪenia siáy P oznaczono przez δ 1, zaĞ siáy G przez δ 2 = δ s. PrzesuniĊcie przygotowane jest proporcjonalne do prĊdkoĞci moĪliwej danego punktu i posiada jej kierunek i zwrot. PrĊdkoĞci vk i v0 okreĞlono wzglĊdem chwilowego Ğrodka obrotu C.

244

DYNAMIKA

Praca przygotowana jest równa δL = Pδ1 cos β – Gδ2 sin α. Siáa tarcia T nie wykonuje pracy, poniewaĪ toczenie szpuli zachodzi bez poĞlizgu. Obliczając

cos β =

KO + OC cos α r + R cos α = KC KC

oraz uwzglĊdniając, Īe

(δ1 = λ ⋅ vk , δ 2 = λ ⋅ v0 , λ = const ),



δ2 δ = 1 OC KC

v0 v = k , z czego wynika zaleĪnoĞü OC KC

otrzymuje siĊ:



r  δL = P  + cos α  δ 2 − Gδ 2 sin α, δ 2 = δs R  



i siáa uogólniona wynosi  r Qs = P  + cos α  − G sin α.  R




Energia kinetyczna jest równa sumie energii kinetycznej w ruchu postĊpowym i obrotowym:

E=

v2 1 1 G 2 1 1 G 2 1 v0 + J 0 ω 2 = v0 + J 0 02 = 2 g 2 2 g 2 2 R

 G J0  2  s , s = v0 .  + 2 g R 

Obliczając

∂E  G J 0   s, = + ∂s  g R 2 

d dt

 ∂E   G J 0   s,   =  +  ∂s   g R 2 

z równaĔ Lagrange’a II rodzaju otrzymuje siĊ

 G J0  r   + 2  s = P  + cos α  − G sin α, g R   R   i przyspieszenie Ğrodka szpuli wynosi

a0 = s0 =

P (r + R cos α) − GR sin α J 0 g + GR 2

gR.

∂E = 0, ∂s

245

Dynamika bryáy

PostĊpując identycznie jak w poprzednich przypadkach, obliczono prĊdkoĞü Ğrodka O

v0 =

P (r + R cos α) − GR sin α J 0 g + GR 2

gRτ.

We wszystkich zastosowanych w zadaniu metodach rozwiązania stopieĔ trudnoĞci jest porównywalny, przy czym w przypadku 4), ze wzglĊdu na pracocháonnoĞü, pewną trudnoĞü sprawia wyznaczenie siáy uogólnionej. ZADANIE 3.4.5

Dane:










Za pomocą rĊcznego koáowrotu po powierzchni poziomej przetaczana jest bez poĞlizgu szpula (rys. 3.4.5). Wyznaczyü przyspieszenie kątowe koáowrotu, jeĪeli prostopadle do korby przyáoĪono siáĊ P o staáej wartoĞci.

J1 J0 m0 d r r0, R

– – – – – –

Rys. 3.4.5

moment bezwáadnoĞci szpuli wzglĊdem osi koáowrotu, moment bezwáadnoĞci szpuli wzglĊdem osi O, masa szpuli, Ğrednica bĊbna koáowrotu, ramiĊ bezmasowej korby koáowrotu, promienie szpuli.

Rozwiązanie Zadanie rozwiązano dwiema metodami, wykorzystując: 1) równania dynamiczne ruchu obrotowego i páaskiego, 2) równania Lagrange’a II rodzaju.

246

DYNAMIKA

N2

N1

Rys. 3.4.5a

Ad 1)

J1ε = Pr − S





MetodĊ tĊ zastosowano dla dwóch przypadków toczenia szpuli: z pominiĊciem oporu toczenia i z uwzglĊdnieniem oporu toczenia. W przypadku pierwszym, po oswobodzeniu od wiĊzów otrzymano dwa podukáady jak na rysunku 3.4.5a (reakcje na osi koáowrotu nie są tu istotne). Równania dynamiczne ruchu mają postaü: – dla koáowrotu

d, 2



– dla szpuli

J0ε0 = S'r0 – T1R – T2R, m0a0 = S' + T1 + T2,




gdzie: a0 – przyspieszenie kątowe koáowrotu, ε0 – przyspieszenie kątowe szpuli, ε – przyspieszenie kątowe koáowrotu, S' = S. Podstawiając T1 + T2 = T jako sumaryczną siáĊ tarcia nierozwiniĊtego, otrzymuje siĊ:

J1ε = Pr − S

d 2

(1)

J 0 ε 0 = Sr0 − TR

(2)

m0 a0 = S + T

(3)

Równania dodatkowe otrzymuje siĊ, uwzglĊdniając zaleĪnoĞci kinematyczne: ε

d = ε 0 (R + r0 ) 2

a0 = ε 0 R.

(4) (5)

247

Dynamika bryáy

d ZaleĪnoĞü (4) uzyskaü moĪna, róĪniczkując wartoĞü prĊdkoĞci v = ω = ω0 (R + r0 ) 2 (rys. 3.4.5b).

Rys. 3.4.5c



Rys. 3.4.5b

ε=

4 Pr ( R + r0 ) 2



Rozwiązując ukáad równaĔ (1), (2), (3), (4), (5), otrzymuje siĊ przyspieszenie kątowe koáowrotu

4 J1 ( R + r0 ) 2 + ( J 0 + m0 R 2 ) d 2

.



Dla przypadku z uwzglĊdnieniem oporu toczenia rozkáad siá przyáoĪonych do szpuli pokazano na rysunku 3.4.5c, gdzie f jest ramieniem oporu toczenia. Równanie dynamiczne ruchu szpuli ma postaü (2')

m 0 a0 = S + T

(3')




J0ε0 = Sr0 – TR1– Nf

przy czym N = G = mg, R1 = R – ∆ ≅ R (moĪna przyjąü ∆ ≅ 0 ze wzglĊdu na bardzo maáe odksztaácenie podáoĪa w stosunku do wymiarów szpuli). Równanie dynamiczne ruchu koáowrotu ma identyczną postaü jak w poprzednim przypadku (równanie (1)). Rozwiązując ukáad (1), (2'), (3') z uwzglĊdnieniem zaleĪnoĞci kinematycznych, otrzymuje siĊ

ε=

4 PR ( R + r0 ) 2 − 2m0 gfd ( r0 + R) 4 J1 ( R + r0) 2 + ( J 0 + m0 R 2 ) d 2

.

Dla przypadku pominiĊcia oporu toczenia, tzn. podstawiając f = 0, otrzymuje siĊ identyczny wzór jak poprzednio. Opór toczenia przedstawiü moĪna siáą charakteryzującą f f F go o wartoĞci Q = N = G = m0 g , przyáoĪoną do szpuli w punkcie O ze zwroR R R tem przeciwnym do prĊdkoĞci v0 . Taki sposób uwzglĊdnienia siáy oporu toczenia pokazany bĊdzie w przypadku zastosowania równaĔ Lagrange’a II rodzaju.

248

DYNAMIKA

Ad 2) Równanie Lagrange’a II rodzaju ma postaü

d  ∂E  ∂E  − = Qϕ , dt  ∂ϕ  ∂ϕ gdzie ϕ jest wspóárzĊdną kątową obrotu bĊbna koáowrotu. Energia kinetyczna jest sumą energii w ruchu obrotowym koáowrotu i w ruchu páaskim szpuli

E=

1 1 1 J1ω2 + m0 v02 + J 0 ω02 , 2 2 2

v0 = ω0 R = ϕ wiĊc

gdzie

dR , 2 (r0 + R)

d 2R2 d2 1 1 1 1  2 + J0 ϕ ϕ 2 = J z ϕ 2 , J1ϕ 2 + m0 2 2 2 2 2 4 (r0 + R) 2 4 ( r0 + R)




E=



d d = ϕ , 2 ( r0 + R) 2 ( r0 + R)



ω0 = ω



gdzie: ω = ϕ – wartoĞü prĊdkoĞci kątowej koáowrotu, ω0 – wartoĞü prĊdkoĞci kątowej szpuli, v0 – wartoĞü prĊdkoĞci osi O szpuli. Za wspóárzĊdną uogólnioną przyjĊto wspóárzĊdną kątową ϕ. PoniewaĪ:

J z = J1 +

d2

4 (r0 + R)

2

(m0 R 2 + J 0 ).

Odpowiednie pochodne są równe:

∂E = 0, ∂ϕ

∂E = J z ϕ , ∂ϕ

d dt

 ∂E  .   = J z ϕ  ∂ϕ 

Na rysunku 3.4.5d pokazano siáy zewnĊtrzne ukáadu (bez uwzglĊdnienia oporu – toczenia) oraz przesuniĊcia przygotowane δ s i δϕ. δL Praca przygotowana jest równa δL = Prδϕ i siáa uogólniona Qϕ = = Pr (w tym δϕ przypadku siáa uogólniona ma wymiar momentu siáy). Po podstawieniu obliczonych wielkoĞci do równaĔ Lagrange’a otrzymuje siĊ przyspieszenie kątowe koáowrotu

 = ε=ϕ

4 Pr ( R + r02 ) 4 J1 ( R + r0 ) 2 + ( J 0 + m0 R 2 ) d 2

.

249

Dynamika bryáy

– δs

Rys. 3.4.5d










f W przypadku uwzglĊdnienia oporu toczenia siáĊ oporu toczenia Q0 = N = R f f = G = m0 g przyáoĪono do osi O szpuli ze zwrotem przeciwnym do zwrotu prĊdkoR R Ğci osi (rys. 3.4.5e).

Rys. 3.4.5e

Praca przygotowana w takim przypadku wynosi  Rd   δϕ = Qϕ′ δϕ, δL = Pr δϕ − Q0 δs =  Pr − Q0 2(r0 + R )   f gdzie Q0 = m0 g . R Podstawiając obliczoną siáĊ uogólnioną Qϕ′ do równaĔ Lagrange’a II rodzaju, otrzymuje siĊ przyspieszenie kątowe koáowrotu

 = ε=ϕ

4 Pr ( R + r0) 2 − 2m0 gfd ( r0 + R) 4 J1 ( R + r0) 2 + ( J 0 + m0 R 2 ) d 2

.

250

DYNAMIKA

Bryáa I o ciĊĪarze Q1 = 200 N, poruszając siĊ wzdáuĪ równi o kącie α = 60o, wprawia w ruch bryáĊ II stanowiącą podwójny bĊben o ciĊĪarze Q2 = 300 N. Na bryáĊ I dziaáa pionowa siáa o wartoĞci P = 600 N (rys. 3.4.6). Obliczyü prĊdkoĞü v1 bryáy I po przebyciu drogi l = 1 m, mając dane: promieĔ bezwáadnoĞci bryáy II ρ = 10 cm, r = 20 cm, R = 30 cm, wspóáczynnik tarcia Ğlizgowego po równi µ = 0,1. MasĊ krąĪka kierującego pominąü, bryáy poáączone są bezmasowymi i nierozciągliwymi linkami. Przyspieszenie ziemskie g ≅ 10 m/s2.

Rys. 3.4.6



Rozwiązanie



ZADANIE 3.4.6

Zadanie rozwiązano czterema metodami, stosując:

zasadĊ pĊdu i zasadĊ krĊtu, zasadĊ równowartoĞci energii kinetycznej i pracy, równania Lagrange’a II rodzaju, dynamiczne równania ruchu postĊpowego i páaskiego.




Ad 1)



1) 2) 3) 4)

Po oswobodzeniu bryá od wiĊzów i przyáoĪeniu siá reakcji otrzymano dwa ukáady, jak na rysunku 3.4.6a. PominiĊto reakcjĊ na krąĪku, gdyĪ nie wpáywa ona na obliczenia. Bryáa I porusza siĊ ruchem postĊpowym, bryáa II ruchem páaskim. Oznaczając masy bryá odpowiednio przez m1 i m2 oraz prĊdkoĞü dowolnego punktu bryáy I (ruch postĊpowy)

2

Rys. 3.4.6a

251

Dynamika bryáy

przez v i prĊdkoĞü Ğrodka masy bryáy II przez v A , z zasady pĊdu otrzymuje siĊ, po zrzutowaniu na osi przyjĊtego ukáadu odniesienia dla bryáy I, równania:

d (m1v x ) = (P + Q ) sin α − S1 − T , dt

(

)

d m1v y = N − (P + Q ) cos α, dt dla bryáy II zaĞ stosując zasadĊ pĊdu i zasadĊ krĊtu (ruch páaski bryáy II jest ruchem záoĪonym z postĊpowego ruchu unoszenia i obrotowego ruchu wzglĊdnego), otrzymuje siĊ: d (m2 v A ) = S1′ + S 2 − Q2 , S1′ = S1 , dt



dK A = S1′ r − S 2 R. dt



UwzglĊdniając, Īe bryáa I nie odrywa siĊ od podáoĪa podczas ruchu, tzn. vy = 0, vx = v, oraz Īe siáa tarcia T = µN, po prostych przeksztaáceniach uzyskuje siĊ nastĊpujący ukáad równaĔ:

(1)






d (m1v) = (P + Q )(sin α − µ cos α) − S1  dt  d  (m2v A ) = S1 − S 2 − Q2  dt   dK A = S1r − S 2 R.  dt 

KrĊt bryáy II wzglĊdem prostej przechodzącej przez Ğrodek masy A wynosi Q KA = JA ⋅ ω, a moment bezwáadnoĞci wzglĊdem tej prostej J A = m2 ρ 2 = g2 ρ 2 . PrĊdkoĞü vA uzaleĪniü moĪna od prĊdkoĞci vK , wykorzystując chwilowy Ğrodek obrotu E (rys. 3.4.6b), tzn.:

v A = ωR, ω = i

vK v = R+r R+r

(2)

R vA = v R+r UwzglĊdniając powyĪsze w równaniach (1), po wyrugowaniu siá S1 i S2, otrzymuje siĊ równanie róĪniczkowe  R 2 + ρ 2  dv R . = ( P + Q1) (sin α − µ cos α) − Q2  m1 + m2 2  dt R+r ( R + r )  

252

DYNAMIKA

Q Q Podstawiając: m1 = g1 , m2 = g2 , ( P + Q1) (sin α − µ cos α) ( R + r) 2 − Q2 R ( R + r) Q1 ( R + r) 2 + Q2 ( R + r)

= A = const ,

otrzymuje siĊ po scaákowaniu:

v = At + C1 , x=

1 2 At + C1t + C2 . 2










Staáe caákowania obliczono, korzystając z warunków początkowych ruchu, tj. t = 0, v = 0, x = 0, a wiĊc C1 = C2 = 0. 2l Oznaczając przez t1 czas przebycia drogi l, otrzymuje siĊ t1 = i v1 = v(t1) = A = At1 = 2lA , a po podstawieniu danych liczbowych v1 = 6,2 m/s.

– δA

– δs

δ

Rys. 3.4.6b

Rys. 3.4.6c

Ad 2) Początkowa energia kinetyczna ukáadu E1 = 0, energia zaĞ koĔcowa (po przebyciu przez bryáĊ I drogi l) E2 =

1 1 1 m1v12 + m2 v 2A + J Aω 2 . 2 2 2

253

Dynamika bryáy

Obliczając podobnie jak w przypadku (1)

v A = v1

v R , ω= 1 R+r R+r

oraz podstawiając

Q Q JA = m2 ρ 2 = g2 ρ 2 , m1 = g otrzymano 1 2g

 R 2 + ρ2  2 Q + Q  1  v1 . 2 ( R − r) 2  



E2 =



Po oswobodzeniu od wiĊzów i przyáoĪeniu siá reakcji otrzymano ukáad jak na rysunku 3.4.6c, gdzie przez lA oznaczono przemieszczenie punktu A odpowiadające przemieszczeniu l bryáy I. PracĊ wykonują tylko siáy: P , Q1 , T i Q2 . Wynosi ona:



L1–2 = (P sin α + Q1 sin α – T )l – Q2lA.

Związek pomiĊdzy l i lA uzyskuje siĊ po scaákowaniu speánionej w kaĪdej chwili czasu zaleĪnoĞci (2) (przypadek (1)), otrzymując

R l. R+r




lA =

Obliczając T = µN = µ(P + Q1)cosα oraz korzystając z zasady równowartoĞci energii i pracy E2 – E1 = L1–2, otrzymano:

v1 = 2lg

( P + Q1) (sin α − µ cos α) ( R + r) 2 − Q2 R ( R + r) Q1 ( R + r) 2 + Q2 ( R + r)

,

a po podstawieniu danych liczbowych v1 = 6,2 m/s. Ad 3) Ukáad ma jeden stopieĔ swobody. Obierając wspóárzĊdną s okreĞlającą przemieszczenie bryáy I (rys. 3.4.6c) jako wspóárzĊdną uogólnioną, równanie Lagrange’a II rodzaju moĪna zapisaü: d  ∂E  ∂E = Qs . −  dt  ∂s  ∂s

254

DYNAMIKA

Energia kinetyczna i jej odpowiednie pochodne mają postaü:

E=

R 2 + ρ2 2  ds 1  s , s = =v Q1 + Q2 2 dt 2 g  (R + r ) 

R 2 + ρ2  ∂E 1  = Q1 + Q2  s ∂s g  (R + r )2 

gdzie T = µN = µ(P + Q1) cos α.



δL = (P sin α + Q1 sin α – T )δs – Q2δA,



d  ∂E  1  R2 + ρ2    = Q1 + Q2  s dt  ∂s  g  (R + r )2  ∂E = 0. ∂s Praca przygotowana na odpowiednich przesuniĊciach przygotowanych (rys. 3.4.6c) wynosi:



PoniewaĪ przesuniĊcia przygotowane są proporcjonalne do odpowiednich prĊdkov Ğci moĪliwych, wiĊc δs = kv, δA = kvA i stąd δA = δs vA . Obliczając prĊdkoĞü vA jak w przypadku (1) (zaleĪnoĞü (2)), otrzymuje siĊ R . R+r Praca przygotowana na przesuniĊciu przygotowanym δs ma postaü δ A = δs




R   δs = Qs δs, L = ( P + Q1) (sin α − µ cos α) − Q2 R + r  

R . R+r Dokonując odpowiednich podstawieĔ do równania Lagrange’a, otrzymuje siĊ

skąd siáa uogólniona Qs = ( P + Q1) (sin α − µ cos α) − Q2

R 2 + ρ2  1 R , Q1 + Q2  s = ( P + Q1) (sin α − µ cos α) − Q2 2 g  R+r ( R + r)  a nastĊpnie

s =

( P + Q1) (sin α − µ cos α) ( R + r) 2 − Q2 R ( R + r) Q1 ( R + r) 2 + Q2 ( R + r)

g = A = const ,

dv . dt Otrzymana zaleĪnoĞü jest identyczna z zaleĪnoĞcią uzyskaną z zasady pĊdu i zasady krĊtu i dalsze obliczenia wykonuje siĊ tak samo jak w przypadku 1).

gdzie s =

255

Dynamika bryáy

Ad 4) Wprowadzając na rysunku 3.4.6a w miejsce prĊdkoĞci v , v A i ω przyspieszenia a , a A i ε, napisaü moĪna dynamiczne równania ruchu bryá. Dla bryáy I dynamiczne równanie ruchu postĊpowego w przyjĊtym ukáadzie odniesienia ma postaü:

Q1 g a = ( P + Q1) sin α − S1 − T , 0 = N − ( P + Q1) cos α, gdzie

T = µN = µ(P + Q1) cos α.

Równania dynamiczne ruchu páaskiego bryáy II mają postaü:

JAε = S1′r − S 2 R,

Q JA = m2 ρ 2 = g2 ρ 2 ,



Q2 ′ g a A = S1 + S 2 − Q2 , S1′ = S1.

R , przy czym R+r

ε=

aA . R



aA = a



RóĪniczkując zaleĪnoĞü (2) (przypadek (1)), wzglĊdem czasu, uzyskuje siĊ




PowyĪsze związki otrzymaü moĪna, korzystając z rozkáadu przyspieszeĔ w punkcie K w ruchu páaskim bryáy II (rys. 3.4.6d). Dla punktów nierozciągliwej liny al = a1.

Rys. 3.4.6d

W punkcie K bryáy II a1 jest równy τ a1 = a A + a KA = εR + εr = ε ( R + r ) = a,

skąd ε =

R a i aA = a . R+r R+r

256

DYNAMIKA

Po odpowiednich podstawieniach otrzymuje siĊ ukáad równaĔ:

Q g a = ( P + Q) (sin α − µ cos α) − S , Q2 R a = S + S 2 − Q2 , g R+r Q2 ρ 2 a = Sr − S 2 R. g R+r Rozwiązując powyĪszy ukáad ze wzglĊdu na a, otrzymuje siĊ

a=

( P + Q) (sin α − µ cos α) ( R + r) 2 − Q2 R ( R + r) Q ( R + r) 2 + Q2 ( R + r)

g,

dv , a wiĊc identyczną zaleĪnoĞü jak w przypadku 3) i dalszy tok postĊpodt wania jest analogiczny jak w przypadku 3) lub ).



gdzie a =



ZADANIE 3.4.7






Lekki walec drogowy napĊdzany jest silnikiem poprzez przekáadniĊ pasową o promieniach kóá r i r2 (rys. 3.4.7). Masa platformy walca wynosi m, moment bezwáadnoĞci wirnika silnika wzglĊdem osi obrotu wraz z koáem pasowym – JA, ich sumaryczna masa – mA, moment bezwáadnoĞci wzglĊdem osi obrotu duĪego walca z koáem pasowym – JB, ich sumaryczna masa mB, moment bezwáadnoĞci wzglĊdem osi obrotu maáego walca o promieniu r i masie mC wynosi JC. NapĊdowy moment silnika równy jest M0 = const. Obliczyü przyspieszenie platformy walca drogowego, jeĪeli w chwili początkowej byá on w spoczynku.

Rys. 3.4.7

Rozwiązanie Zadanie rozwiązano dwoma sposobami, wykorzystując: ) dynamiczne równanie ruchu postĊpowego i páaskiego, 2) zasadĊ równowartoĞci energii kinetycznej i pracy.

257

Dynamika bryáy



'



Ad ) Platforma porusza siĊ ruchem postĊpowym, natomiast pozostaáe bryáy wchodzące w skáad walca drogowego ruchem páaskim. Dynamiczne równania ruchu poszczególnych bryá napisaü moĪna, oswobadzając poszczególne bryáy od wiĊzów i przykáadając odpowiednie siáy reakcji. Wirnik i stojan silnika oddziaáują na siebie poprzez áoĪyska A osi wirnika i pole elektromagnetyczne. Pole to, wytwarzane przez stojan, wirując, dziaáa na wirnik parą siá o momencie M0. Oznaczając siáy oddziaáywania áoĪysk przez R A (na wirnik) i R A′ (na stojan) oraz odpowiednio momenty pola elektromagnetycznego przez M 0 i M R (rys. 3.4.7a), zgodnie z III prawem Newtona zachodzi: R A = − R A′ , M 0 = − M R , przy czym RA = R'A, M0 = MR.

Rys. 3.4.7a






Siáy R A i R′A rozáoĪono na skáadowe w przyjĊtym ukáadzie odniesienia jak na rysunkach 3.4.7b i 3.4.7c. Siáy dziaáające na platformĊ, waá wirnika silnika, walec duĪy i na walec maáy pokazano odpowiednio na rysunkach 3.4.7b, 3.4.7c, 3.4.7d i 3.4.7e. Dynamiczne równania ruchu mają postaü: – dla ruchu postĊpowego platformy: ma = RBx − R ′Ax − RCx ,

– dla ruchu páaskiego wirnika:

m A a = R Ax − S cos α − S 2 cos β, JA ε A = M 0 + (S − S 2 )r ,

– dla ruchu páaskiego duĪego walca:

′ + T , mB a = S 2′ cos β + S′ cos α − RBx J B ε B = S 2′ r2 − S′r2 − TR, – dla ruchu páaskiego maáego walca:

′ − T2 , mC a = RCx J C ε C = T2 r , gdzie: RAx = R'Ax, RBx = R'Bx, RCx = R'Cx, S = S', S2 = S'2, T i T2 są siáami tarcia nierozwiniĊtego.

258

DYNAMIKA

' '

Rys. 3.4.7b

εB

Rys. 3.4.7c

' '

' – a–B = a

'





'



'

Rys. 3.4.7d

Rys. 3.4.7e




UwzglĊdniając związki kinematyczne: a a a a ε A r = ε B r2 , ε B = B = , εC = C = , R R r r w równaniach dynamicznych oraz rozwiązując otrzymany ukáad równaĔ, obliczyü moĪna przyspieszenie platformy M0 ⋅ R r ⋅ 2. a= 2 2 r r  R J A  2  + J B + J C   + (m A + mB + mC + m )R 2 r  r  Ad 2) Energia kinetyczna ukáadu w chwili początkowej E = 0. W chwili t energia kinetyczna jest równa

E2 =

 2       mv + m A v 2A + J A ω2A + mB v B2 + J B ω2B + mC vC2 + J C ωC2 . 2 2 2 2 2 2 2

PoniewaĪ prĊdkoĞci punktów A, B i C są takie same jak prĊdkoĞci platformy v , wiĊc vA = vB = vC = v. Ponadto vB = ωB R, vC = ωC r, ωA r = ωB r2.

259

Dynamika bryáy

UwzglĊdniając powyĪsze zaleĪnoĞci, otrzymuje siĊ  r2   2 m + m A + m B + mC + J A 22 2 + J B 2 + J C 2  v . 2  R r R r  W celu obliczenia pracy ukáad oswobodzono od wiĊzów i przyáoĪono siáy czynne i siáy reakcji zewnĊtrzne jak na rysunku 3.4.7f. Siáy ciĊĪkoĞci jako prostopadáe do odpowiednich przemieszczeĔ pracy nie wykonują.





E2 =

Rys. 3.4.7f



Siáy tarcia T i T2 oraz siáy N i N 2 przyáoĪone w punktach, które są chwilowymi Ğrodkami obrotu, równieĪ nie wykonują pracy. PracĊ wykonuje jedynie moment M0 i jest ona równa ϕ




L− 2 = ∫ M 0 dϕ = M 0 ϕ. 0

r UwzglĊdniając zaleĪnoĞci rϕ = r2ϕ2, s = Rϕ2, z czego wynika, Īe ϕ = 2 s, otrzyr R muje siĊ r L− 2 = M 0 2 s. r R Podstawiając obliczone wielkoĞci E, E2 i L–2 do zasady równowartoĞci energii kinetycznej i pracy E2 – E = L–2, otrzymano  r2    2 r m + m A + mB + mC + J A 22 2 + J B 2 + J C 2  v = M 0 2 s. 2  r R R r R r  RóĪniczkując obustronnie powyĪszą zaleĪnoĞü wedáug czasu, otrzymuje siĊ

r2 r ds    dv = M0 2 , m + m A + mB + mC + J A 22 2 + J B 2 + J C 2  2v r R dt 2  dt R r R r  gdzie:

dv = a, dt

ds = v, dt

260

DYNAMIKA

i ostatecznie przyspieszenie platformy w postaci

a=

M0 ⋅ R 2

2 r  R J A  2  + J B + J C   + (m A + mB + mC + m )R 2 r  r 

⋅

r2 . r

ZADANIE 3.4.8










W mechanizmie planetarnym jak na rysunku 3.4.8 dane są: promieĔ koáa nieruchomego R = 0,5 m, promieĔ koáa satelitarnego r = 0,3 m, dáugoĞü ramki OA = l = 0,8 m, ciĊĪar koáa satelitarnego G = 60 N, ciĊĪar ramki Q = 40 N. Zakáadając, Īe na ramkĊ dziaáa staáy moment, obliczyü jego wartoĞü M, tak aby ramka OA po obrocie o kąt π ϕ = rad uzyskaáa prĊdkoĞü kątową ω =  s–. Moment bezwáadnoĞci ramki wzglĊdem 3  jej osi obrotu przechodzącej przez punkt O obliczyü ze wzoru J 0 = ml 2 (m – masa 2 3 ramki), przyspieszenie ziemskie przyjąü równe 0 m/s .

Rys. 3.4.8

Rozwiązanie

Zadanie rozwiązano trzema sposobami, wykorzystując: ) równania dynamiczne ruchu obrotowego i páaskiego, 2) zasadĊ równowartoĞci energii kinetycznej i pracy, 3) równania Lagrange’a II rodzaju. Ad ) Rozdzielając ukáad na czĊĞci i przykáadając siáy wzajemnego oddziaáywania, otrzymano ukáad jak na rysunkach 3.4.8a i 3.4.8b, przy czym zgodnie z III prawem – – – – Newtona R A = – R 'A, R A2 = – R 'A2, a siáy Pr i Pτ są siáami skáadowymi reakcji koáa nieruchomego; Pr – siáa promieniowa, Pτ – siáa styczna (obwodowa). Równanie dynamiczne ruchu obrotowego ramki ma postaü

 J 0 ε = − R′A2 l cos ϕ − R′Al sin ϕ + M − Q l cos ϕ 2

()

26

Dynamika bryáy

' ' y

x

Rys. 3.4.8a

Rys. 3.4.8b

Równania dynamiczne ruchu páaskiego koáa satelitarnego mają postaü

  + Pr sin ϕ − Pτ cos ϕ − G   

m A a Ay = R A2 J A ε 2 = Pτ r



m A a Ax = − R A + Pr cos ϕ + Pτ sin ϕ

(2)

)




(





gdzie mA i JA – masa i moment bezwáadnoĞci koáa satelitarnego wzglĊdem osi w jego Ğrodku masy A. Rozkáad przyspieszenia w punkcie A pokazano na rysunku 3.4.8c. Rugując z ukáadu równaĔ (2) siáy Pr i Pτ, otrzymuje siĊ ε (3) m A a Ax sin ϕ + a Ay cos ϕ = R A sin ϕ + R A2 cos ϕ − J A 2 − G cos ϕ r WyraĪenie w nawiasie jest rzutem przyspieszenia punktu A na styczną do toru tego punktu i jest przyspieszeniem stycznym punktu A. Równanie (3) zapisaü wiĊc moĪna nastĊpująco ε (4) m A a Aτ = R A sin ϕ + R A2 cos ϕ − J A 2 − G cos ϕ r Równanie (4) moĪna byáo otrzymaü wprost, pisząc dynamiczne równania ruchu satelity wzglĊdem osi stycznej do toru punktu A i wzglĊdem osi obrotu w punkcie A.

ϕ

Rys. 3.4.8c

262

DYNAMIKA

Rugując z równaĔ () i (4) siáy RA i RA2 oraz uwzglĊdniając zaleĪnoĞci kinematyczne εl = ε2r = aAτ, otrzymuje siĊ 2      G  l  J 0 + J A   + l 2  ε +  G + Q  l cos ϕ = M (5) 2  g  r    dω dω dϕ dω = = ω do równania (5) oraz rozdzielając zmienne, Podstawiając ε = dt dϕ dt dϕ otrzymuje siĊ równanie



2      G   l  J 0 + J A   + l 2  ωdω = M −  G + Q l cos ϕ dϕ, 2 r g         a nastĊpnie, po scaákowaniu w granicach [0, ω], [0, ϕ], obliczono szukaną wartoĞü momentu    lω2   3     M =  Q + G  +  G + Q  sin ϕ  .  2   2  ϕ  2 g  3 



Po podstawieniu danych liczbowych M = 56, Nm. Ad 2)

E2 =



Energia kinetyczna ukáadu w poáoĪeniu spoczynkowym początkowym, tj. dla ϕ = 0, E = 0. W poáoĪeniu odpowiadającym kątowi ϕ = ϕ energia kinetyczna wynosi

 G 2  J 0 ω2 + v A + J A ω2A . 2 2g 2




Chwilowy Ğrodek obrotu koáa satelitarnego leĪy w punkcie styku obu kóá, a zatem vA = ωA r = ω l

i wzór na energiĊ kinetyczną ma postaü 2 2 2  3  G 2  l   2  l ω    E2 = J 0 + l + J A    ω =  Q + G . 2 2 g 3 2  g  r    PracĊ siá dziaáających na ukáad zapisaü moĪna nastĊpująco:

L− 2 =

ϕ

y

y2

0

0

0

∫ Mdϕ − ∫ Qdy − ∫ Gdy,

gdzie y, y2 odpowiadają poáoĪeniu dla kąta ϕ = ϕ i są wspóárzĊdnymi punktów przyáoĪenia siá ciĊĪkoĞci Q i G (rys. 3.4.8d).  Podstawiając y = l sin ϕ , y 2 = l sin ϕ , otrzymuje siĊ po scaákowaniu 2    L− 2 = Mϕ − l  G + Q  sin ϕ , 2  

263

Dynamika bryáy

a nastĊpnie, z zasady równowartoĞci energii kinetycznej i pracy E – E2 = L–2, zaleĪnoĞü w postaci

 l 2 ω2   3      Q + G  = Mϕ − l  G + Q  sin ϕ , 2 g 3 2  2   oraz identyczną jak w przypadku () wartoĞü momentu M =

l ϕ

 lω2    3      Q + G  +  G + Q  sin ϕ  .  2   2   2 g  3  – δ2





Rys. 3.4.8d

– δ1



ω2

ω1

δϕ

Rys. 3.4.8e




Ad 3) Ukáad ma jeden stopieĔ swobody. Jako wspóárzĊdną uogólnioną przyjĊto kąt ϕ obrotu ramki. Równania Lagrange’a II rodzaju mają wiĊc postaü

d  ∂E  ∂E  − = Qϕ . dt  ∂ϕ  ∂ϕ

Energia kinetyczna obliczona jak w przypadku ) ma postaü

E=

G  l J0 + l 2 + J A  g 2 r 

2

 ϕ 2 . 

gdzie ϕ jest prĊdkoĞcią kątową ramki. Przyjmując przesuniĊcie przygotowane jak na rysunku 3.4.8e, obliczyü moĪna pracĊ przygotowaną δL = Mδϕ − Qδ cos ϕ − Gδ 2 cos ϕ.

PrzesuniĊcia przygotowane jako proporcjonalne do prĊdkoĞci moĪliwych speániają zaleĪnoĞci:

δ = kvQ , δ 2 = kv A , δϕ = kϕ ,

264

DYNAMIKA

przy czym

vQ = i

  v A = lϕ 2 2

 δ = lδϕ, δ 2 = ldϕ. 2 Podstawiając wyznaczone przesuniĊcia przygotowane, obliczono pracĊ przygotowaną

     δL =  M −  G + Q  l cos ϕ δϕ, 2    

Qϕ =

  δL  = M −  G + Q  l cos ϕ. 2  δϕ 

Obliczając odpowiednie pochodne:



a zatem uogólniona siáa jest równa








2 ∂E  G 2 l  =  J 0 + l + J A    ϕ, ∂ϕ  g  r    2 d  ∂E   G  l      =  J 0 + l 2 + J A    ϕ , g dt  ∂ϕ    r    ∂E = 0, ∂ϕ i wykorzystując równanie Lagrange’a II rodzaju, otrzymuje siĊ róĪniczkowe równanie ruchu 2    G   l   +  G + Q  l cos ϕ = M , J0 + l 2 + J A   ϕ r g 2       

identyczne jak w przypadku ) równanie (5). Tok dalszych obliczeĔ jest wiĊc taki, jak w przypadku ). ZADANIE 3.4.9 Dany jest ukáad jak na rysunku 3.4.9. Mając dane G2 = 2G, Q, r, wyznaczyü prĊdkoĞü v kaĪdego z ciĊĪarów po przebyciu drogi l. W chwili początkowej prĊdkoĞci są równe zero. Opory ruchu (tarcie w áoĪysku i opory oĞrodka) pominąü.

Rozwiązanie Zadanie rozwiązano dwoma sposobami, wykorzystując: ) zasadĊ zachowania energii mechanicznej, 2) równania Lagrange’a II rodzaju dla pola potencjalnego.

265

Dynamika bryáy

Rys. 3.4.9

Rys. 3.4.9a





Ruch ukáadu zachodzi pod wpáywem potencjalnych siá ciĊĪkoĞci, a wiĊc odbywa siĊ w polu potencjalnym. Zasada zachowania energii i równania Lagrange’a II dla pola potencjalnego mają prostszą formĊ niĪ zasada równowartoĞci energii kinetycznej i pracy i równania Lagrange’a II rodzaju w ogólnej postaci i dlatego wygodniej jest skorzystaü w tym przypadku z tych dwóch metod.






Ad ) Oznaczając poáoĪenie początkowe ukáadu przez I i poáoĪenie po przebyciu drogi l przez II (rys. 3.4.9a), korzystając z zasady zachowania energii mechanicznej E + V = const zapiszemy EI + VI = EII + VII, gdzie EI, EII jest energią kinetyczną w poáoĪeniu początkowym i koĔcowym, VI, VII jest energią potencjalną w tych poáoĪeniach. Energia kinetyczna    EI = 0 zaĞ EII = mv2 + m2 v22 + Jω2 , 2 2 2 gdzie: m, m2 – masy ciĊĪarów,  J = m3 r 2 – moment bezwáadnoĞci koáa o masie m3 wzglĊdem jego osi obrotu, 2 v, v2, ω – odpowiednio wartoĞci prĊdkoĞci ciĊĪarów i prĊdkoĞü kątowa koáa. G G G PoniewaĪ v = v2 = ωr = v i m =  , m2 = 2 , m3 = 3 , wiĊc g g g     2 E II =  G + G2 + Q  v . 2g  2  Energia potencjalna wzglĊdem przyjĊtego poziomu odniesienia (V = 0) wynosi:

VI = m gC + m2 gC2 + m3 gC3 ,

VII = m gh + m2 gh2 + m3 gC3 = m g (C + l ) + m2 g (C2 − l ) + m3 gC3 . Podstawiając obliczoną energiĊ do zasady zachowania energii, otrzymuje siĊ

(m − m2 )gl +

    2  G + G2 + Q  v = 0. 2g  2 

266

DYNAMIKA

G G Podstawiając m = g , m2 = g2 , G2 = 2G , obliczyü moĪna szukaną prĊdkoĞü v 4Glg . 6G + Q

v=

Ad 2) Przyjmując wspóárzĊdną s poáoĪenia ciĊĪarów okreĞlającą dowolne poáoĪenie ukáadu jako wspóárzĊdną uogólnioną, równanie Lagrange’a II rodzaju w polu potencjalnym zapisaü moĪna nastĊpująco d  ∂W  ∂W = 0, −  dt  ∂s  ∂s

    2  G + G2 + Q  s − (m − m2 )gs. 2g  2 

Obliczając pochodne:



W=



gdzie potencjaá Lagrange’a równy jest W = E – V. Obliczając energiĊ kinetyczną i potencjalną w dowolnym poáoĪeniu ukáadu, podobnie jak w przypadku ) otrzymuje siĊ






∂W     =  G + G2 + Q  s, ∂s g 2  d  ∂W       (6G + Q )s,   =  G + G2 + Q  s = dt  ∂s  g  2  2g ∂W = − (m − m2 ) g = G2 − G , ∂s

i wstawiając je do równania Lagrange’a, uzyskuje siĊ równanie róĪniczkowe

s =

2G g , 6G + Q

z którego po scaákowaniu otrzymuje siĊ:

2G g t + c, 6G + Q G g 2 s= t + ct + d . 6G + Q

s =

Z warunków początkowych t = 0, s = 0, s = 0 wyznaczyü moĪna staáe caákowania c = d = 0. Rugując z dwóch ostatnich równaĔ czas t, otrzymuje siĊ zaleĪnoĞü pomiĊdzy prĊdkoĞcią ciĊĪarów i ich przemieszczeniem

s =

4G g s. 6G + Q

267

Dynamika bryáy

Po przebyciu drogi l, tzn. dla s = l, otrzymuje siĊ wynik identyczny jak w przypadku )

s(s = l ) = v =

4G gl . 6G + Q

ZADANIE 3.4.0



Ukáad materialny (rys. 3.4.0) porusza siĊ pod wpáywem oddziaáywania siá ciĊĪkoĞci. W chwili początkowej ukáad byá nieruchomy. Po pewnym czasie ciĊĪar A przemieĞciá siĊ, osiągając prĊdkoĞü v A . Mając dane G, G2, Q, R, r, α, wyznaczyü drogĊ h ciĊĪaru A odpowiadającą prĊdkoĞci v A . Walec C toczy siĊ po równi bez poĞlizgu.





Rozwiązanie Zadanie rozwiązano dwiema metodami, Rys. 3.4.0 wykorzystając: ) zasadĊ zachowania energii mechanicznej, 2) równania Lagrange’a II rodzaju dla pola potencjalnego. W tym przypadku moĪna zastosowaü obie metody, pomimo Īe w ukáadzie wystĊpuje siáa tarcia pomiĊdzy równią a koáem. Toczenie koáa zachodzi bez poĞlizgu, siáa tarcia jest siáą tarcia nierozwiniĊtego, nie wykonuje ona pracy, a wiĊc nie wystĊpuje rozproszenie energii.




Ad ) Z zasady zachowania energii otrzymuje siĊ EI + VI = EII + VII,

gdzie przez I oznaczono poáoĪenie początkowe w spoczynku, a przez II poáoĪenie po przebyciu drogi h (rys. 3.4.0). Przyjmując poziom zerowy energii potencjalnej kaĪdej masy w jej poáoĪeniu początkowym, otrzymano: VI = 0,

VII = m2gh sin α – mgh = (G2 sin α – G)h.

EnergiĊ kinetyczną ukáadu napisano w postaci:

EI = 0,     EII = mv 2A + Jω2 + m2v 2A + J 2ω22 , 2 2 2 2 gdzie: m =

G G , m2 = 2 , g g

J =

Q 2 R , 2 g

J2 =

 G2 2 v v r , ω = A , ω2 = A . 2 g R r

268

DYNAMIKA

Po podstawieniu powyĪszych zaleĪnoĞci otrzymuje siĊ   3   2 E II =  G + G2 + Q  v A , 2g  2 2  zatem   3   2  G + G2 + Q  v A = (G2 sin α − G )h = 0 2g  2 2  i szukana droga h jest równa

h=

2G + 3G2 + Q 2 vA. 4 g (G − G2 sin α)

  3   2  G + G2 + Q  s − (G2 sin α − G )s, 2g  2 2 



W = E −V =



Ad 2) OkreĞlając poáoĪenie ukáadu w dowolnej chwili czasu przez wspóárzĊdną s odpowiadającą dowolnemu poáoĪeniu ciaáa A i obliczając podobnie jak w poprzednim przypadku energiĊ kinetyczną i potencjalną ukáadu, otrzymuje siĊ wyraĪenie na potencjaá kinetyczny Lagrange’a w postaci



gdzie s jest prĊdkoĞcią odpowiadającą poáoĪeniu okreĞlonemu przez wspóárzĊdną s, ds s = . dt Obliczając pochodne:




∂W   3   =  G + G2 + Q  s, ∂s g 2 2 

d  ∂W    3     =  G + G2 + Q  s, dt  ∂s  g  2 2 

∂W = (G2 sin α − G ), ∂s d  ∂W  ∂W z równaĔ Lagrange’a = 0 otrzymuje siĊ  − dt  ∂s  ∂s s =

2(G − G2 sin α ) g 2G + 3G2 + Q

i po scaákowaniu:

s =

2(G − G2 sin α ) gt + c, 2G + 3G2 + Q

s=

G − G2 sin α gt 2 + ct + d . 2G + 3G2 + Q

()

269

Dynamika bryáy

Z warunków początkowych ruchu t = 0, s = 0, s = 0 wynika, Īe c = d = 0; rugując z powyĪszych równaĔ parametr t, otrzymuje siĊ

s=

2G + 3G2 + Q 2 s . 4(G − G2 sin α )

Dla s = v A droga przebyta przez ciĊĪar A wynosi

h=

2G + 3G2 + Q 2 vA. 4(G − G2 sin α )

s =

ds ds ds ds = = s. dt ds dt ds



Wynik ten otrzymaü moĪna równieĪ, dokonując w równaniu () podstawienia

sds =

2(G − G2 sin α ) gds. 2G + 3G2 + Q



Po rozdzieleniu zmiennych otrzymuje siĊ równanie

h=



Caákując powyĪsze równanie w granicach [0, v0], [0, h], otrzymuje siĊ

2G + 3G2 + Q 2 vA. 4(G − G2 sin α )




MoĪna równieĪ zauwaĪyü, Īe równanie () przedstawia przyspieszenie ciĊĪarów, a poniewaĪ jest, jak z tego równania widaü, staáe, wiĊc ruch jest jednostajnie przyspieszony. Mając wyznaczone przyspieszenie na podstawie zasad dynamiki, korzystaü moĪna ze wzorów na prĊdkoĞü i przemieszczenie w ruchu jednostajnie przyspieszonym bez prĊdkoĞci i drogi początkowej: v = at ,

s=

 2 at , 2

a = s.

Rugując czas t, z tych równaĔ obliczyü moĪna szukaną drogĊ h po osiągniĊciu prĊdkoĞci vA, podstawiając s = h, v = vA. ZADANIE 3.4. Ukáad materialny (rys. 3.4.) skáada siĊ z walca o masie M, momencie bezwáadnoĞci JA i promieniu R, koáa o momencie bezwáadnoĞci J0 i promieniu r oraz ciĊĪaru o masie m. Walec o masie M moĪe toczyü siĊ bez poĞlizgu po poziomej powierzchni, a ruch ukáadu ograniczają dwie sprĊĪyny liniowe o wspóáczynnikach sprĊĪystoĞci k i k2.

270

DYNAMIKA

Rys. 3.4.



Wyznaczyü amplitudĊ prĊdkoĞci ciĊĪaru o masie m, jeĪeli w chwili początkowej ciĊĪar ten zostaá wychylony na odlegáoĞü x0 wzglĊdem poáoĪenia równowagi i puszczony bez prĊdkoĞci początkowej. Opory ruchu oĞrodka i tarcie w áoĪyskach pominąü.



Rozwiązanie Zadanie rozwiązano dwoma sposobami, wykorzystując:



) równania Lagrange’a II rodzaju dla pola potencjalnego, 2) zasadĊ zachowania energii mechanicznej. Ad )




Siáa oddziaáywania podáoĪa na walec, ze wzglĊdu na toczenie walca bez poĞlizgu, nie wykonuje pracy i w związku z tym nie powoduje rozproszenia energii. Poza tą siáą na ukáad dziaáają siáy ciĊĪkoĞci i siáy sprĊĪystoĞci oraz zaleĪna od nich siáa reakcji áoĪyska koáa o masie m0, czyli siáy potencjalne. Ruch ukáadu odbywa siĊ wiĊc w polu siá potencjalnych i do rozwiązania zadania zastosowano równania Lagrange’a II rodzaju dla pola potencjalnego. Za wspóárzĊdną uogólnioną przyjĊto wspóárzĊdną x ciĊĪaru o masie m oraz oznaczenia jak na rysunku 3.4.a Energia kinetyczna ukáadu równa jest

E=

    m x 2 + J 0 ω02 + Mv A2 + JA ω2A . 2 2 2 2

UwzglĊdniając zaleĪnoĞci kinematyczne: ω0 =

 x x , v A = x , ω A = , 2 2R r

otrzymuje siĊ

E=

J   J  2  m + 20 + M + A2  x . 2 4 r 4R 

27

Dynamika bryáy

m0



'



Rys. 3.4.a






Energia potencjalna równa jest sumie energii potencjalnej siá ciĊĪkoĞci i siá sprĊĪystoĞci   V = k x 2A + k 2 x 2 − mgx + MgH + m0 gh, 2 2  gdzie: x A = x, H i h – staáe odlegáoĞci od przyjĊtego poziomu V = 0 koáa o masie M 2 i koáa o masie m0 (poziom V = 0 dla sprĊĪyn nieobciąĪonych). Potencjaá kinetyczny Lagrange’a ma wiĊc postaü J J       m + 20 + M + A2  x 2 −  k + k 2  x 2 + mgx − MgH − m0 gh, 2 4 2 4 r 4R    a odpowiednie pochodne wynoszą: W = E −V =

J J   d  ∂W     =  m + 20 + M + A2  x, 4 dt  ∂x   r 4R 

∂W   = −  k + k 2  x + mg. ∂x 4   Z równania Lagrange’a

d  ∂W  ∂W = 0 otrzymuje siĊ −  dt  ∂x  ∂x

 k + k 2 mg 4 x + x− = 0. J0  JA J0  JA m+ 2 + M + m + + M + 4 4R 2 r r2 4 4R 2

272

DYNAMIKA

Podstawiając:

 k +k mg 4  2 , a= ω02 = J J J J   m + 20 + M + A2 m + 20 + M + A2 4 4 4R 4R r r oraz x = x +

a

, x = x, x = x , gdzie wspóárzĊdna x opisuje ruch wzglĊdem statyczω20 nego poáoĪenia równowagi (statyczne poáoĪenie równowagi oznacza spoczynek ukáadu z uwzglĊdnieniem napiĊcia statycznego sprĊĪyn na skutek dziaáania siáy ciĊĪkoĞci ciĊĪaru o masie m), otrzymuje siĊ jednorodne równanie róĪniczkowe drugiego rzĊdu

x = A sin ω0 t + A2 cos ω 0t



Rozwiązanie tego równania ma postaü



x + ω20 x = 0.

()



Staáe A i A2 wyznaczyü moĪna z warunków początkowych, równania () oraz obliczając prĊdkoĞü x = Aω 0 cos ω0 t − A2 ω0 sin ω0 t

(2)




Podstawiając do równaĔ () i (2) warunki początkowe: t = 0,

x = x0 ,

x = 0 ,

obliczono staáe A i A2; A = 0, A2 = x0. UwzglĊdniając obliczone staáe, otrzymuje siĊ równanie ruchu x = x0 cos ω0t

(3)

oraz równanie prĊdkoĞci x = − x0 ω 0 sin ω0 t

(4)

Z równania (4) obliczyü moĪna amplitudĊ prĊdkoĞci równą

v0 = − x0 ω0 = − x0

 k + k 2 4 J  J m + 20 + M + A2 4 4R r

.

273

Dynamika bryáy

Ad 2)

''

Zasada zachowania energii ma postaü E + V = const. EnergiĊ potencjalną V ukáadu zapisano tak, aby uwzglĊdniaáa wstĊpne ugiĊcie statyczne sprĊĪyn (∆ i ∆) pochodzące od dziaáania siáy ciĊĪkoĞci G = mg (rys. 3.4.b). Siáa ta wywoáuje siáy w sprĊĪynach: F = k∆ i F2 = k2∆, a ukáad przyjmuje poáoĪenie równowagi statycznej. Z równaĔ równowagi siá:

'

R

3

∑ Pi = S − G + F2 = 0, ∑ Mi (D ) = F ⋅ R − S ′′ ⋅ 2 R = 0,

Rys. 3.4.b

S ′′ = S ′ = S ,



i = 5

i =

mg mg  . , ∆ =   2 k + k 2 k + k 2 4 4



∆=



oraz zaleĪnoĞci ∆ = 2∆ (uzyskanej z analizy kinematycznej ukáadu) otrzymano:

Energia potencjalna ukáadu po przemieszczeniu o x masy m (mierzonym od poáoĪenia równowagi statycznej (rys. 3.4.a) wynosi 2

     k  ∆ + x  + k 2 (∆ + x )2 − mgx + MgH + m0 gh. 2  2  2




V=

Energia kinetyczna analogicznie jak w przypadku ) ma postaü E=

J J M  2 x  m + 20 + A2 . 2  4R 4  r

Ze wzglĊdu na to, Īe E + V = C, C – staáa, po zróĪniczkowaniu po czasie t otrzymano

J   d (E + V ) J M    = x ⋅ x m + 20 + A2 + k  ∆ + x  x +  2  dt 4R 4  2   r + k 2 (∆ + x ) x − mgx = 0. Po podzieleniu przez x i odpowiednim zgrupowaniu wyraĪeĔ równanie powyĪsze ma postaü J J M       x m + 0 + A +  k∆ + k 2 ∆ − mg  +  k + k 2  x = 0. 2 2 4  2 4 4     r R  

274

DYNAMIKA

Drugi skáadnik tego równania wynosi zero po wstawieniu wczeĞniej obliczonych ∆ oraz ∆ i wobec tego po przeksztaáceniach uzyskano  k + k 2 4 x + x = 0. J J M  m + 20 + A2 + 4 r 4R Jest to równanie identyczne jak to, które otrzymano w przypadku ), i dalszy tok obliczeĔ odbywa siĊ zgodnie z tym przypadkiem.

3.4.2. Reakcje dynamiczne w ruchu obrotowym

n



Analizując na przykáad metodą kinetostatyki niejednostajny ruch obrotowy bryáy (rys. 3.4.2), otrzymuje siĊ, przy pominiĊciu oporów oĞrodka i oporów w áoĪyskach, nastĊpujący ukáad równaĔ

  i =  n  2 ∑ Piy + R Ay + RBy − εMxs + ω My s = 0  i =  n  ∑ Piz + R Az = 0  i =   n  2 − + ε − ω = M P R h D D 0 ( ) ∑ ix i By xz yz  i =  n  2 ∑ M iy (Pi )+ RBx h + εD yz + ω Dxz = 0  i =  n  ∑ M iz (Pi )− J z ε = 0   i =

gdzie:

()








∑ Pix + R Ax + RBx + εMy s + ω2 Mxs = 0

M Jz xs, ys ω, ε Dxz, Dyz

– – – – –

masa bryáy, masowy moment bezwáadnoĞci bryáy wzglĊdem osi z (osi obrotu), wspóárzĊdne Ğrodka masy bryáy, prĊdkoĞü kątowa i przyspieszenie kątowe wzglĊdem osi obrotu, odpowiednie momenty dewiacji.

Reakcje obliczone z powyĪszego ukáadu równaĔ równe są reakcjom statycznym wyznaczonym w poáoĪeniu równowagi bryáy jedynie dla xs = ys = 0 i Dxz = Dyz = 0, tzn. w przypadku, gdy oĞ obrotu jest gáówną centralną osią bezwáadnoĞci. JeĪeli warunek ten nie jest speániony, to caákowite reakcje róĪnią siĊ od reakcji statycznych na skutek wystąpienia skáadowych dynamicznych i są sumą reakcji statycznych i dynamicznych R A = R Ast + R Ad , RB = RBst + RBd .

(

)

275

Dynamika bryáy





ω



Rys. 3.4.2

Reakcje dynamiczne (skáadowe dynamiczne reakcji caákowitych) wyznaczyü moĪna z ukáadu równaĔ




R Axd + RBxd + εMys + ω2 Mxs = 0  2 R Ayd + RByd − εMxs + ω Mys = 0   − RByd h + εDxz − ω2 D yz = 0   2 RBxd h + εD yz + ω Dxz = 0 

(2)

ZADANIE 3.4.2 Obliczyü reakcje dynamiczne áoĪysk A i B waáu pokazanego na rysunku 3.4.2a. MasĊ elementów o dáugoĞciach l i 2a pominąü, tuleje K o jednakowych masach m traktowaü jak punkty materialne. Waá obraca siĊ ze staáą prĊdkoĞcią kątową ω. Rozwiązanie Na rysunku 3.4.2b przedstawiono model obliczeniowy waáu z przyáoĪonymi siáami czynnymi i reakcjami caákowitymi podpór A i B.

276

DYNAMIKA










Rys. 3.4.2a

Rys. 3.4.2b

Ze wzglĊdu na to, Īe poszukuje siĊ w tym przypadku jedynie reakcji dynamicznych, a nie caákowitych, wykorzystuje siĊ równania (2) – str. 275, w których nie wystĊpują siáy statyczne, tzn. siáy ciĊĪkoĞci i skáadowe statyczne reakcji caákowitych. Nie wystĊpują ponadto czáony zawierające przyspieszenie kątowe ε, poniewaĪ prĊdkoĞü kątowa ω jest staáa. Otrzymuje siĊ:

R Axd + RBxd + ω2 Mxs = 0, R Ayd + RByd + ω2 My s = 0,

277

Dynamika bryáy

RByd 6a − ω2 D yz = 0, − RBxd 6a + ω2 Dxz = 0. Obliczając z odpowiednich wzorów wspóárzĊdne Ğrodka masy: 2

xs =

∑ mi ⋅ xi

i =

M

2

=

m ⋅l  = l, 2m 2

ys =

∑ mi ⋅ yi i =

M

=

m⋅l  = l , M = 2m , 2m 2



oraz momenty dewiacji: 2

D yz = ∑ mi yi zi = m ⋅ l ⋅ (− 2a ) + m ⋅ 0 ⋅ (− 4a ) = −2mla,



i = 2

i =



Dxz = ∑ mi xi zi = m ⋅ 0 ⋅ (− 2a ) + m ⋅ l ⋅ (− 4a ) = −4mla, otrzymano wspóárzĊdne reakcji dynamicznych: 2 R Ayd = − mω 2 l , 3




 R Axd = − mω2 l , 2

2 RBxd = − mω 2l , 3

 R Byd = − mω 2l. 3

Caákowite reakcje dynamiczne wynoszą:

  2 2 2 2 + R Ayd = mω2 l 5 , RBd = RBxd + RByd = mω2 l 5. R Ad = R Axd 3 3

Znaki „–” wspóárzĊdnych reakcji Ğwiadczą o tym, Īe w rzeczywistoĞci zwroty tych siá są przeciwne do przyjĊtych na rysunku.

ZADANIE 3.4.3 Obliczyü reakcje dynamiczne áoĪysk A i B waáu obracającego siĊ ze staáą prĊdkoĞcią kątową ω (rys. 3.4.3). Poszczególne odcinki waáu o dáugoĞci 2l mają masy równe m. Dla obliczeĔ przyjąü, Īe masy odcinków waáu skupione są w Ğrodkach ciĊĪkoĞci tych odcinków.



Rys. 3.4.3a



Rys. 3.4.3






278 DYNAMIKA

279

Dynamika bryáy

Rozwiązanie Dla obliczeĔ przyjĊto uproszczony schemat waáu jak na rysunku 3.4.3a. Reakcje dynamiczne obliczono w ukáadzie odniesienia przyjĊtym tak, Īe oĞ z pokrywa siĊ z osią obrotu waáu. Z równaĔ (2) – str. 275 – otrzymuje siĊ:

R Axd − RBxd + εMy s + ω2 Mxs = 0, R Ayd − RByd − εMxs + ω2 My s = 0, 2 = 0, RByd ⋅ 8l + εDxz − ω2 D yz

7

 = 0 i M = ∑ mi = 7m. przy czym ε = ω i =



WspóárzĊdne Ğrodka ciĊĪkoĞci wynoszą: 7

i =

xs =

M

=

2m ⋅ l + m ⋅ 2l + 2m(− l ) + m(− 2l ) = 0, M

=

2m ⋅ l + m ⋅ (2l ) + 2m(− l ) + m(− 2l ) = 0. M

7

i =

M




ys =

∑ mi yi



∑ mi xi



RBxd ⋅ 8l + εD yz + ω2 Dxz = 0,

Momenty dewiacji wynoszą: 7

Dxz = ∑ mi xi zi = ml (− 2l ) + m2l (− 3l ) + ml (− 4l ) + m(− l )(− 0l ) + i =

+ m(− 2l )(− l ) + (− l )(− 2l ) = 32 ml 2 , 7

D yz = ∑ mi yi zi = ml (− 6l ) + m2l (− 7l ) + ml (− 8l ) + m(− l )(− 4l ) + i =

+ m(− 2l )(− 5l ) + (− l )(− 6l ) = 32 ml 2 . Po podstawieniu obliczonych wspóárzĊdnych Ğrodka masy i momentów dewiacji otrzymano: RAxd – RBxd = 0,

280

DYNAMIKA

RAyd + RByd = 0, RByd ⋅ 8l - ω2(32ml2) = 0, RBxd ⋅ 8l + ω2(32ml2) = 0, skąd

6 mlω2 , 9 6 RBxd = − R Axd = − mlω2 , 9 6 i R Ad = RBd = 2mlω2 . 9 ZauwaĪmy, Īe speánienie warunku xs = 0, ys = 0 nie powoduje zerowania siĊ reakcji dynamicznych, poniewaĪ momenty dewiacji Dxz i Dyz nie są równe zeru. W tym przypadku waá jest wywaĪony jedynie statycznie. Peáne wywaĪenie waáu, a wiĊc równieĪ dynamiczne, tak aby RAd = RBd = 0, moĪe byü zrealizowane przy zachowaniu osi obrotu AB przez doáączenie do waáu dodatkowych mas w taki sposób, aby xs = ys = 0 i Dxz = Dyz = 0.





RByd = − R Ayd =



ZADANIE 3.4.4

Obliczyü caákowite reakcje áoĪysk A i B, jeĪeli bryáa w ksztaácie trójkąta równoramiennego obraca siĊ dookoáa osi AB ze staáą prĊdkoĞcią kątową ω. Masa bryáy równa siĊ m. Opory tarcia w áoĪyskach pominąü.




Rozwiązanie Reakcje caákowite obliczono z równaĔ () – str. 274, w których w RAx, RAy, RAz, RBx, RBy uwzglĊdniono zarówno skáadowe statyczne jak i dynamiczne. Do bryáy przyáoĪono wszystkie siáy czynne i reakcje w ukáadzie przyjĊtym jak na rysunku 3.4.4. Ze wzglĊdu na to, Īe ω = const, przyspieszenie kątowe ε = 0, a ponadto w przyjĊ tym ukáadzie odniesienia xs = 0 i y s = l. 3 Obliczając: Dxz = 0 (oĞ x jest prostopadáa do páaszczyzny symetrii bryáy),

D yz = =

∫

m

l

l− y

0

0

yzdm = ∫∫ yzρdzdy = ρ ∫ ydy A

(

∫

l

zdz = ρ∫ y 0

(l − y )2 dy = 2

)

ml 2 ,    l 2  ρ ∫ l y − 2ly 2 + y 3 dy =  ρl 2  l 2 = 2  2 2 2 0 

z ukáadu równaĔ () – str. 274 – otrzymuje siĊ nastĊpujące równanie:

R Ax + RBx = 0,  R Ay + RBy + mlω2 = 0, 3

28

Dynamika bryáy

−G + R Az = 0,   − RBy ⋅ l − G ⋅ l − ml 2 ω2 = 0 3 2 RBx ⋅ l = 0. Wyznaczone z powyĪszych równaĔ wartoĞci skáadowych reakcji caákowitych wynoszą:

R Ax = RBx = 0, R Az = mg ,

2 2 2 R A = R Ax + R Ay + R Az =m






   RB =  g + lω2  . 3 4 

0 2   g − glω2 + l 2 ω4 , 9 6 6



i



    R Ay = mg − mlω2 , RBy = − mg − mlω2 , 3 4 3 2

Rys. 3.4.4

282

DYNAMIKA

ZADANIE 3.4.5 Obliczyü reakcje przegubu O zawieszenia jednorodnego prĊta OA = l o masie m, jeĪeli porusza siĊ on wokóá osi z z prĊdkoĞcią ω = const stale pod kątem α (rys. 3.4.5).




ξ cos α







Rozwiązanie W przyjĊtym ukáadzie odniesienia przyáoĪono siáy czynne i reakcje (rys. 3.4.5a). Podobnie jak w przykáadzie poprzednim, caákowite reakcje obliczono z ukáadu równaĔ () – str. 274.

Rys. 3.4.5

Rys. 3.4.5a

Wyznaczając wspóárzĊdne Ğrodka ciĊĪkoĞci xs = 0, ys =

 l sin α, 2

zs =

 l cos α, 2

momenty dewiacji: Dxy = 0 (oĞ x jest prostopadáa do páaszczyzny symetrii prĊta),

D yz =

∫

m

l

l

0

0

yzdm = ρ ∫ ξ(sin α )ξ (cos α )ξdξ = ρ sin α(cos α ) ∫ ξ 2 dξ =

  = ρl 3 sin α cos α = ml 2 sin α cos α, 3 3

283

Dynamika bryáy

oraz podstawiając do równaĔ () – str. 274 – powyĪej obliczone wielkoĞci, a takĪe ε = 0 (ω = const) otrzymano: R0 x = 0,

 R0 y + mlω2 sin α = 0, 2 R0 z − mg = 0,   mgl sin α − ml 2 ω2 sin α cos α = 0. 2 3 Z trzech pierwszych równaĔ wyznacza siĊ wartoĞci skáadowych reakcji R0 , a nastĊpnie jej wartoĞü





 R0 = m g 2 + ω4l 2 sin 2 α . 4 Z równania czwartego wyznaczyü moĪna wartoĞü prĊdkoĞci kątowej, przy której prĊt o dáugoĞci l w czasie ruchu nachylony bĊdzie stale pod kątem α. Dla obliczonej wartoĞci prĊdkoĞci kątowej 3g , 2l cos α 9 wartoĞü caákowitej reakcji w punkcie O wynosi R0 = mg  + tg 2α . 6



ω=

3.4.3. Ruch kulisty – przybliĪona teoria Īyroskopów




ZADANIE 3.4.6

Obliczyü wartoĞü Īyroskopowych reakcji áoĪysk waáu turbiny okrĊtowej obracającej siĊ z prĊdkoĞcią kątową ω = 26,2 rad/s podczas zmiany kursu okrĊtu z prĊdkoĞcią kątową ω2 = 0,209 rad/s (rys. 3.4.6). CiĊĪar wirnika turbiny Q = 76,6 kN, moment bezwáadnoĞci wirnika wzglĊdem jego osi obrotu J = 4055 kgm2. Wirnik umieszczony jest w Ğrodku waáu podpartego na dwóch áoĪyskach o rozstawie l = 2 m.

– ω 2

– ω 1

Rys. 3.4.6

284

DYNAMIKA

Rozwiązanie Reakcje Īyroskopowe wyznacza siĊ obliczając wartoĞü momentu Īyroskopowego M G równą wartoĞci momentu M wynikającego ze zmiany krĊtu K z prĊdkoĞcią kątową ω w wyniku zmiany kursu z prĊdkoĞcią ω2 . M WartoĞü momentu M wynosi M = RAd ⋅ l, a poniewaĪ M = MG, wiĊc R Ad = G l (rys. 3.4.6a). Dla przypadku, gdy kąt pomiĊdzy prĊdkoĞcią obrotu szybkiego ω a prĊdkoĞcią obπ rotu wolnego ω2 wynosi , wartoĞü momentu Īyroskopowego wyznaczona w wyniku za2 stosowania twierdzenia Resala wynosi: MG = Jω ω2 = 40 55 ⋅ 26,2 ⋅ 0,209 ≅ 22 70 Nm. WartoĞü reakcji Īyroskopowych wynosi

M G 22 70 = = 0 855 N. 2 l Dodatkowo obliczono wartoĞü reakcji statycznych R Ast i RBst .





R Ad = RBd =

– ω 1






– ω 2

Rys. 3.4.6a

Ze wzglĊdu na symetriĊ wartoĞü reakcji statycznych R Ast = RBst =

Q = 88 300 N. 2

Takie reakcje wystĊpują podczas utrzymywania kursu prostoliniowego. W momencie zmiany kursu z prĊdkoĞcią kątową o wartoĞci ω2 = 0,209 rad/s << ω = 26,2 rad/s, wzglĊdnie koáysania okrĊtu z tą prĊdkoĞcią, powstają w áoĪyskach dodatkowe siáy dynamiczne RAd i RBd, tak Īe áoĪysko A jest obciąĪone siáą RA = RAd + RAst = 99 55 N, a áoĪysko B siáą o wartoĞci RB = RBd – RBst = 22 555 N.

285

Dynamika bryáy

Przedstawiony przykáad pokazuje, jak waĪne jest uwzglĊdnienie w konstrukcyjnych obliczeniach obciąĪeĔ dynamicznych, które mogą znacznie przekraczaü obciąĪenia statyczne, a nieuwzglĊdnienie nadwyĪek dynamicznych prowadziü moĪe do zniszczenia konstrukcji. ZADANIE 3.4.7










Obliczyü caákowite reakcje szyn na koáa parowozu jadącego z prĊdkoĞcią v = 20 m/s po poziomym torze poáoĪonym na zakrĊcie koáowym o Ğrednim promieniu R = 200 m. Rozstaw szyn wynosi l = ,2 m, ciĊĪar kaĪdego z kóá Q = 4905 N, ciĊĪar osi pominąü, koáa naleĪy traktowaü jako jednorodne walce o promieniu r = 0,7 m.

– ω 2

– ω 1

Rys. 3.4.7

Rozwiązanie

Oddziaáywanie kóá na szyny wynika z obciąĪenia statycznego siáami ciĊĪkoĞci Q (rys. 3.4.7), obciąĪenia dynamicznego na skutek ruchu zestawu koáowego po okrĊgu o promieniu R z prĊdkoĞcią kątową ω2 oraz z obciąĪenia dynamicznego siáami Īyroskopowymi na skutek ruchu z prĊdkoĞcią kątową ω2 i prĊdkoĞcią kątową ω wokóá wáasnej osi kóá. Caákowite reakcje szyn, równe oddziaáywaniom kóá na szyny, wyznacza siĊ jako sumĊ skáadowych statycznych i dynamicznych. Zadanie rozwiązano przy zaáoĪeniu, Īe nie nastĊpuje odrywanie koáa wewnĊtrznego od szyny, oraz Īe boczne dziaáanie kóá na szyny wywiera jedynie koáo zewnĊtrzne. Rozkáad siá czynnych i reakcji przyáoĪonych do zestawu koáowego pokazano na rysunku 3.4.7a, przy czym siáa Bs jest siáą bezwáadnoĞci przyáoĪoną w Ğrodku ciĊĪkoĞci S i wynikającą z ruchu z prĊdkoĞcią kątową ω2 , a moment Īyroskopowy M G równy momentowi wynikającemu ze zmiany krĊtu K z prĊdkoĞcią ω2 obliczono z twierdzenia Resala.

286

DYNAMIKA

Siáy RAx , RAy , RBy = RB są siáami reakcji caákowitych uwzglĊdniających skáadowe statyczne i dynamiczne. Stosując metodĊ kinetostatyki, tzn. analizując ukáad dynamiczny jak ukáad statyczny, ale z przyáoĪonymi siáami dynamicznymi, moĪna napisaü równania równowagi: n

∑ Pix = 0 → R Ax − Bs = 0,

i = n

∑ Piy = 0 → R Ay − 2Q + RB = 0,

i = n



∑ M i (A ) = 0 → Bs r + M G − 2Q ⋅ 2 l + RB l = 0. i =

2Q v 2 2 ⋅ 4905 ⋅ 400 = = 2000 N. g R 9,8 ⋅ 200



Bs = man =





SiáĊ bezwáadnoĞci Bs wyznacza siĊ, obliczając przyspieszenie normalne Ğrodka v2 masy a n = , gdzie v jest prĊdkoĞcią liniową jazdy parowozu równą prĊdkoĞci ĞrodR ka masy S, czyli




Moment Īyroskopowy obliczono z twierdzenia Resala dla przypadku, gdy pomiĊdzy prĊdkoĞciami ω i ω2 zawarty jest kąt prosty, tzn. MG = Jωω2. Moment bezwáadnoĞci J wzglĊdem osi wáasnej zestawu (oĞ obrotu szybkiego) wynosi

J = 2⋅

 Q 2 4905 ⋅ (0,7 )2 245 kgm 2 . r = 2 g 9,8

PrĊdkoĞü kątową ω obliczono, zakáadając, Īe koáa toczą siĊ po szynach bez poĞlizgu. v = ωr

i stąd

ω =

v 20 = = 28,57 rad/s. r 0,7

PrĊdkoĞü kątowa ω2 wynika z prĊdkoĞci jazdy parowozu równej prĊdkoĞci liniowej Ğrodka masy i

ω2 =

v 20 = = 0, rad/s. R 200

Rys. 3.4.7a










Dynamika bryáy

287

288

DYNAMIKA

Moment Īyroskopowy wynosi wiĊc: MG = 245 ⋅ 28,75 ⋅ 0, = 704,37 Nm. Obliczając z równaĔ równowagi RAx, RAy i RB, otrzymuje siĊ:

R Ax = Bs = 2000 N, R Ay = Q + RB = Q −

Bs r + M G 2000 ⋅ 0,7 + 704,37 = 4905 + ≅ 6658 N, ,2 l

Bs r + M G 2000 ⋅ 0,7 + 704,37 = 4905 − ≅ 35 N. ,2 l

2 2 + R Ay = R A = R Ax

(2000)2 + (6658)2



WartoĞci reakcji caákowitych wynoszą odpowiednio:

= 6952N, RB = 35 N.

ZADANIE 3.4.8





W tym przypadku zasadnicze obciąĪenie szyny zewnĊtrznej powoduje siáa Bs , jednakĪe moment Īyroskopowy powoduje dodatkowe obciąĪenie dynamiczne, które równieĪ wpáywa na ĪywotnoĞü szyny i kóá jezdnych. Do samodzielnego rozwiązania proponuje siĊ wyznaczenie granicznej prĊdkoĞci jazdy, przy której zakrĊt o promieniu R pokonuje siĊ bezpiecznie, tzn. bez wywrócenia parowozu.




Obliczyü wartoĞü momentu Īyroskopowego dziaáającego na samolot lecący z prĊdkoĞcią v = 40 m/s po áuku o promieniu R = 25 m, jeĪeli obroty silnika wynoszą n = 200 obr/min, a moment bezwáadnoĞci wszystkich czĊĞci obracających siĊ wzglĊdem osi podáuĪnej samolotu wynosi J = 7,85 Nms2 (rys. 3.4.8).

Rys. 3.4.8

289

Dynamika bryáy

Rozwiązanie WartoĞü momentu Īyroskopowego obliczono bezpoĞrednio z twierdzenia Resala MG = Jωω2. PrĊdkoĞü kątową ω , obrotu dookoáa osi wáasnej samolotu obliczono, znając obroπn . PrĊdkoĞü kątową ω2 wyznaczono, znając prĊdkoĞü liniową v ty silnika, tj. ω = 30 v w ruchu po okrĊgu o promieniu R, tj. ω 2 = . R Moment Īyroskopowy wynosi wiĊc MG = J

πn v π ⋅ 200 40 ⋅ = 7,85 ⋅ ⋅ ≅ 577 Nm. 30 r 30 25



W wyniku takiego momentu Īyroskopowego powstają siáy dynamiczne dziaáające w ukáadzie napĊdowym samolotu, np. na áoĪyskach waáu korbowego. WartoĞü tych siá zaleĪy równieĪ od rozstawu áoĪysk.



ZADANIE 3.4.9



W máynie chilijskim walec roboczy o masie m i promieniu bezwáadnoĞci ρ toczy siĊ bez poĞlizgu po bieĪni o promieniu R z prĊdkoĞcią kątową ω2 wokóá pionowej osi (rys. 3.4.9). Obliczyü nacisk walca na bieĪniĊ, jeĪeli jego promieĔ wynosi r. – ω




– ω 2

Rys. 3.4.9

– ω 2

– ω 1

Rys. 3.4.9a

Rozwiązanie Ze wzglĊdu na to, Īe toczenie odbywa siĊ bez poĞlizgu, prĊdkoĞü liniowa punktu B (punktu styku walca z bieĪnią) w dowolnej chwili czasu jest równa zeru, chwilowa oĞ obrotu oraz prĊdkoĞü kątowa chwilowa ω leĪą na kierunku OB (rys. 3.4.9a).

290

DYNAMIKA

PrĊdkoĞü kątową wzglĊdem osi wáasnej walca roboczego ω obliczono z zaleĪnoR R Ğci ω = ω2ctg α, gdzie ctg α = i ω = ω2 . r r – Nacisk walca na bieĪniĊ równy jest co do wartoĞci reakcji R B bieĪni wynikającej z dziaáania statycznego siáy ciĊĪkoĞci Q walca oraz z dziaáania dynamicznego wynikającego z momentu Īyroskopowego MG = Jωω2. Przyrównując moment siá Q i RB wzglĊdem punktu O do momentu Īyroskopowego, otrzymano: RB ⋅ R – QR = Jωω2, Jωω 2 + Q. R Podstawiając za moment bezwáadnoĞci J = mρ2 oraz za ω obliczoną poprzednio wartoĞü, wyznaczono



mρ 2 ω22 + mg . r



RB =



skąd reakcja R B =




W praktyce siáy dynamiczne mogą osiągnąü znaczne wartoĞci w stosunku do siá statycznych i np. dla n =50 obr/min walca roboczego o promieniu r = 0,5 m i promieniu bezwáadnoĞci ρ = 0,3 m siáa nacisku wynikająca z dziaáania momentu Īyroskopowego jest piĊciokrotnie wiĊksza od ciĊĪaru walca.

3.5. Dobór mocy napĊdu w wybranych ukáadach mechanicznych ZADANIE 3.5.

Na rysunku 3.5. pokazano schemat wyciągarki z napĊdem elektrycznym. Obliczyü moc silnika na koĔcu rozruchu, mając dane: JA – moment bezwáadnoĞci elementów masowych na wale A, JB – moment bezwáadnoĞci elementów masowych na wale B, m – masa podnoszonego ciĊĪaru, r, R – promienie podziaáowe kóá przekáadni zĊbatej, d – Ğrednica bĊbna linowego, εs – przyspieszenie kątowe waáu silnika, tr – czas rozruchu. SprawnoĞü ukáadu wyciągarki przyjąü η = .

Dobór mocy napĊdu w wybranych ukáadach mechanicznych

29

ωB

Rozwiązanie



Rys. 3.5.



ωA

Moc uĪyteczną silnika oblicza siĊ z zaleĪnoĞci



Nu = Ms ⋅ ωs [W].

Wzór powyĪszy nie uwzglĊdnia strat mocy potrzebnej na pokonanie oporów wáasnych ruchu maszyny. UwzglĊdniając wspóáczynnik sprawnoĞci ujmujący takie straty, moc silnika oblicza siĊ ze wzoru

Nu  , czyli N s = M s ⋅ ωs [ W ], η η


 Ns =

gdzie: Ms – moment na wale silnika, w Nm, ωs – prĊdkoĞü kątowa waáu silnika w koĔcu rozruchu, w rad/s. Zakáadając, Īe rozruch odbywa siĊ ruchem jednostajnie przyspieszonym, tj. εs = const, i bez prĊdkoĞci początkowej, prĊdkoĞü kątowa ωs = εs ⋅ tr, gdzie tr jest czasem rozruchu. Moment Ms na wale silnika obliczono dwiema metodami: ) metodą energetyczną 2) metodą redukcji siá i momentów siá. Ad ) Moment Ms jest równy sumie momentów oporów dynamicznych i statycznych na wale A, Ms = MdA + MstA. Opory statyczne wynikają z dziaáania siá statycznych i w tym przypadku zaleĪne są jedynie od siáy ciĊĪkoĞci mg podnoszonego ciĊĪaru. Moment d statyczny MB na wale B jest równy M B = mg . 2

292

DYNAMIKA

UwzglĊdniając równoĞü siá stycznych wzajemnego oddziaáywania kóá zĊbatych przekáadni, otrzymuje siĊ moment statyczny na wale A równy

M stA = M B ⋅ i = M B

r rd = mg , R 2R

r jest przeáoĪeniem przekáadni (oznaczając siáy styczne przez Pτ, moment R r MB = Pτ R, a moment MstA = Pτ r, czyli M stA = M B ). R W celu obliczenia momentu dynamicznego MdA na wale silnika, rzeczywisty ukáad wyciągarki zastĊpujemy modelem obliczeniowym jak na rysunku 3.5.a.







gdzie i =

Rys. 3.5.a




Jzr jest zredukowanym na waá silnika momentem bezwáadnoĞci uwzglĊdniającym masy wszystkich elementów biorących udziaá w ruchu wyciągarki. Znając moment Jzr , obliczyü moĪna moment dynamiczny na wale silnika z zaleĪnoĞci MdA = Jzr ⋅ εs,

gdzie εs jest przyspieszeniem kątowym waáu silnika. Moment bezwáadnoĞci oblicza siĊ porównując energiĊ kinetyczną Eu ukáadu rzeczywistego z energią kinetyczną Em modelu Eu = Em. Energia ukáadu jest równa

Eu =

 2   mv + J B ω2B + J Aω2A , 2 2 2

gdzie: v – prĊdkoĞü podnoszonego ciĊĪaru o masie m, ωB – prĊdkoĞü kątowa waáu B, ωA = ωs – prĊdkoĞü kątowa waáu A równa prĊdkoĞci kątowej silnika.

Dobór mocy napĊdu w wybranych ukáadach mechanicznych

293

r r d rd , PoniewaĪ: ω B = ω A = ω s , v = ω B = ωs R R 2 2R wiĊc Eu =

 2

2   rd  2  r m   + J B   + J A  ω2s . R   2 R  

Energia kinetyczna modelu jest równa: E m = Porównując obie energie, otrzymuje siĊ

 J zr ω 2s . 2

i szukany moment dynamiczny na wale silnika



Obliczając moment Ms silnika



2    rd  2 r M dA = m  J +  B   + J A  εs . R    2 R 



2 2  rd  r J zr = m   + JB  + J A  2R  R

2    rd  2 rd r M s = m   + J B   + J A  ε s + mg 2R  R    2 R 




oraz uwzglĊdniając wspóáczynnik sprawnoĞci η = , otrzymuje siĊ moc silnika: 2   rd  2  rd  r N s = m   + J B   + J A  ε s + mg  ε st r . 2R   R    2R  

Ad 2) Metoda ta polega na redukowaniu momentów siá statycznych i dynamicznych áącznie, wedáug formuáy pokazanej w przypadku ) przy wyznaczeniu MstA. Moment oporów M na wale silnika, równy momentowi silnika Ms, skáada siĊ z dwóch czáonów (rys. 3.5.b) M = Ms = JA εA + Mzr, gdzie: εA = εs jest przyspieszeniem kątowym waáu silnika, iloczyn JA εA przedstawia opory dynamiczne na wale A, Mzr jest momentem zredukowanym uwzglĊdniającym opory dynamiczne i statyczne w ukáadzie wyciągarki.

294

Rys. 3.5.b



Moment zredukowany Mzr jest równy



DYNAMIKA

r , R gdzie moment oporów na wale B wynosi

MB = J Bε B + S



M zr = M B i = M B

d . 2




SiáĊ w linie (rys. 3.5.b) wyznaczyü moĪna z równania dynamicznego ciĊĪaru G (lub z zasady d’Alemberta), tj. S = G + ma = m(g + a).

Moment oporów na wale silnika wynosi wiĊc

d r  M = J A ε s +  JB ε B + m (g + a )  . 2 R 

Podstawiając związki kinematyczne:

ε B = εs

r d , a = εB , R 2

otrzymuje siĊ moment silnika 2    rd  2 rd r , M = M s = m   + J B   + J A  ε s + mg 2R R    2 R 

a wiĊc identyczny jak w przypadku ) i obliczenie mocy Ns odbywa siĊ dalej jak w przypadku ).

Dobór mocy napĊdu w wybranych ukáadach mechanicznych

295

Uwaga. Moment silnika Ms obliczyü moĪna równieĪ, pisząc odpowiednie dynamiczne równania ruchu poszczególnych bryá wchodzących w skáad wyciągarki i rugując z otrzymanego ukáadu równaĔ siáy wzajemnego oddziaáywania (siáy wewnĊtrzne ukáadu). ZADANIE 3.5.2 Wyznaczyü moc wciągarki (rys. 3.5.2) w koĔcowej chwili rozruchu dla nastĊpujących danych: J, J2 – momenty bezwáadnoĞci kóá pasowych silnika i przekáadni, J3, J4 – momenty bezwáadnoĞci kóá zĊbatych przekáadni, JB – moment bezwáadnoĞci bĊbna linowego,





moment zamachowy wirnika silnika, przeáoĪenia przekáadni pasowej i zĊbatej, Ğrednica bĊbna linowego, masa ciągniĊtego ciĊĪaru, prĊdkoĞü ciągniĊtego ciĊĪaru w koĔcowej chwili rozruchu, czas rozruchu, kąt równi, wspóáczynnik tarcia po równi, sprawnoĞü ukáadu napĊdowego wciągarki.



– – – – – – – – –




GD2 i, i2 d m v tr α µ η

2

Rys. 3.5.2

Rozwiązanie Podobnie jak w poprzednim zadaniu zastosowano dwie metody: ) energetyczną, 2) redukcjĊ siá i momentów siá.

296

DYNAMIKA

Ad ) Energia kinetyczna ukáadu wyraĪa siĊ zaleĪnoĞcią

Eu =

 2    mv + J I ω2s + J IIω22 + J IIIω32 , 2 2 2 2

gdzie:

J I = J + J w = J +

GD 2 , 4g

J II = J 2 + J 3 ,

J III = J 4 + J B .

Kinematyczne związki pomiĊdzy odpowiednimi prĊdkoĞciami mają postaü (rys. 3.5.2)

ω3 d = i2 , v = ω3 ω2 2



ω2 = i , ωs

i energia kinetyczna ukáadu jest równa

 d2   GD 2  (ii2 )2  ω2s . + (J 2 + J 3 )i2 + (J 4 + J B )(ii2 )2 + m  J +   2  4g  4  



Eu =






Redukując masy ukáadu rzeczywistego na waá silnika, przyjmuje siĊ model ukáadu jak na rysunku 3.5.a.

ε3

ε2

εs

Rys. 3.5.2a

 J zr ω2s . Porównując energie kinetyczne ukáa2 du rzeczywistego i modelu, otrzymuje siĊ zredukowany moment bezwáadnoĞci Energia kinetyczna modelu Em =

J zr = J +

GD 2 md 2 (ii2 )2. + ( J 2 + J 3 )i2 + ( J 4 + JB )(ii2 )2 + 4g 4

Dobór mocy napĊdu w wybranych ukáadach mechanicznych

297

Moment oporów dynamicznych wyraĪa siĊ wiĊc wzorem Md = Jzr ⋅ εs, gdzie przyspieszenie kątowe εs na wale silnika wyznacza siĊ z zaleĪnoĞci kinematycznych (podobnie jak dla prĊdkoĞci ωs). UwzglĊdniając, Īe rozruch jest jednostajnie przyspieszony bez prĊdkoĞci początkowej, tzn. v = atr , i korzystając ze wzorów na przeáoĪenie przekáadni, otrzymuje siĊ

εs =

2a 2v = . ii2 d ii2 t r d

d d = mg (µ cos α + sin α ) , 2 2



M 3 = (T + mg sin α )



Moment oporów statycznych pochodzi w tym przypadku od siáy ciĊĪkoĞci mg i siáy tarcia T (rys. 3.5.2a). Na wale III moment ten wynosi

M st = M 3ii2 =



a zredukowany na waá I jest równy momentowi oporów statycznych na wale silnika

 mg (µ cos α + sin α)dii2 . 2




PrĊdkoĞü kątową silnika oblicza siĊ ze związków kinematycznych w zaleĪnoĞci od prĊdkoĞci v na koĔcu rozruchu

ωs =

2v . ii2 d

Moc silnika po uwzglĊdnieniu oporów dynamicznych i statycznych oraz sprawnoĞci ukáadu wciągarki jest równa:

Ns =

=

N u M s ωs (M d + M st )ωs ( J zr ε s + M st )ωs = = = = η η η η    GD 2 md 2 (ii2 )2  2v + + ( J 2 + J 3 )i2 + ( J 4 + J B )(ii2 )2 +   J + η  4g 4  ii2 t r d

  2v + mg (µ cos α + sin α)ii2 d  . 2  ii2 d

298

DYNAMIKA

W okresie ruchu ustalonego do podtrzymania tego ruchu potrzebna jest moc mniejsza, tzn. dla εs = 0

Ns =

M st ωs mg (µ cos α + sin α )v = . η η

Moc ta wynika jedynie z obciąĪenia statycznego z uwzglĊdnieniem strat w ukáadzie. Ad 2) Moment oporów na wale silnika równy momentowi silnika wynosi M = Ms = Jεs + Mzr,



gdzie Mzr = MzrII/I + MzrIII/I jest sumą momentów oporów zredukowanych z waáu II na I i z waáu III na I: M zrII/I = M IIi = J II ε 2 i ,



d  M zrIII/I = M IIIii2 =  J IIIε3 + (ma + mgµ cos α + mg sin α)  ii2 . 2 

 η

  GD 2 md 2 (ii2 )2  2v + + ( J 2 + J 3 )i2 + ( J 4 + J B )(ii2 )2 +  J  + 4g 4   ii2t r d




Ns =



Przyspieszenia kątowe ε2 i ε3 w zaleĪnoĞci od εs oraz prĊdkoĞci kątowej ωs oblicza siĊ identycznie jak w przypadku ). GD 2 , J II = J 2 + J 3 , J III = J 4 + J B i obliczony moment Podstawiając J I = J + 4g silnika do wzoru na moc, otrzymuje siĊ:

+

  2v . mg (µ cos α + sin α)ii2 d  2  ii2 d

ZADANIE 3.5.3 Wyznaczyü moment oporów na wale silnika podnoĞnika suwnicy (rys. 3.5.3) dla danych: J J0 G, Q r, R ωs

– – – – –

moment bezwáadnoĞci na wale silnika, moment bezwáadnoĞci krąĪka linowego, ciĊĪar podnoszony i ciĊĪar krąĪka linowego, promienie bĊbna linowego i krąĪka, prĊdkoĞü kątowa silnika po czasie tr rozruchu.

Przyjąü, Īe w czasie rozruchu wirnik silnika obraca siĊ ruchem jednostajnie przyspieszonym.

299

Dobór mocy napĊdu w wybranych ukáadach mechanicznych

Rozwiązanie Moment oporów na wale silnika wyznaczono dwiema metodami: ) energetyczną, 2) redukcji siá i momentów. Ad ) PrĊdkoĞü podnoszonego ciĊĪaru v = v0 = ωR (chwilowy Ğrodek obrotu znajduje siĊ w punkcie A (rys. 3.5.3)), a prĊdkoĞü punktu B vB = 2v0 = 2v. UzaleĪniając odpowiednie prĊdkoĞci od prĊdkoĞci kątowej silnika, otrzymuje siĊ:

v v  r   v B = ωs r , ω = 0 = = ωs . R R 2 R 2 2

R

•

Rys. 3.5.3

Energia kinetyczna ukáadu ma postaü

Eu =

  Q 2 G 2 Jω2s + J 0 ω2 + v0 + v , 2 2 2 g 2 g

a po uwzglĊdnieniu związków kinematycznych

Eu =

2  r2  2  r   J + J 0   + (Q + G )  ωs . 2 eg   2R   

'

(ST = S'T)

B




A•







v=

Rys. 3.5.3a

300

DYNAMIKA

 PoniewaĪ energia kinetyczna modelu zastĊpczego wynosi Em = J zr ω2s , wiĊc 2 zredukowany moment bezwáadnoĞci na waá silnika jest równy 2

r2  r  . J zr = J + J 0   + (Q + G ) 4g  2R 

ω Obliczając z warunków rozruchu przyspieszenie kątowe waáu silnika ε s = s , tr otrzymuje siĊ moment dynamiczny na wale silnika w postaci 2  r2  ω  r  M d = J zr ε s =  J + J 0   + (Q + G )  s . eg  t r  2R   

Moment oporów statycznych pochodzący tylko od siá G i Q oblicza siĊ z zaleĪnoĞci S'T = ST ,



Mst = S'T r,



gdzie ST – siáa wynikająca z równowagi dĨwigni AB (punkt A nieruchomy) (rys. 3.5.3a). WartoĞü statycznej siáy ST oblicza siĊ z równania n

i =

stąd

ST =



∑ M iA = 0 → ST ⋅ 2 R − (Q + G )R = 0,  (Q + G ) i M st =  (Q + G )r. 2 2




Moment oporów na wale silnika uwzglĊdniający obciąĪenia dynamiczne i statyczne wynosi wiĊc 2  r 2  ωs   r   M = M d + M st =  J + J 0  + (Q + G )r.  + (Q + G ) 4g  tr 2  2R   

Uwaga. Pokazany na rysunku 3.5.3a M's jest przeciwny do Mst (oporów), gdyĪ jest on czĊĞcią momentu napĊdowego sáuĪącego do pokonania tylko oporów statycznych. Ad 2) Moment oporów na wale silnika (rys. 3.5.3b) jest równy M = Jεs + Sr. WartoĞü siáy S w linie moĪna obliczyü, ukáadając równanie dynamiczne ruchu dla koáa linowego i podnoszonego ciĊĪaru lub korzystając z zasady d’Alamberta, z równania n

∑ M i (A ) = 0 → S ′ ⋅ 2R − (Q + G + B + B2 )R − J 0 ε = 0, i =

gdzie: B = ma, B2 = m2a oraz m =

G Q , m2 = . g g

S ′ = S,

Dobór mocy napĊdu w wybranych ukáadach mechanicznych

30







– S'

Rys. 3.5.3b




UwzglĊdniając zaleĪnoĞci kinematyczne: a = εR, ε ⋅ 2R = εs r, r  , a = ε s r. otrzymuje siĊ: ε = ε s 2R 2 Podstawiając obliczoną wartoĞü siáy S do wzoru na moment M, otrzymuje siĊ 2  r 2  ωs   r  M =  J + J 0   + (Q + G )r.  + (Q + G ) 4 g  tr 2  2R   

ZADANIE 3.5.4 Táok cylindra pneumatycznego (rys. 3.5.4) o masie m jest napĊdzany staáym ciĞnieniem tak, Īe táok porusza siĊ ruchem jednostajnie przyspieszonym, osiągając najwiĊkszą wartoĞü prĊdkoĞci v p w poáowie dáugoĞci skoku h. Znając wartoĞü prĊdkoĞci v p , skok táoka, masy m2, m3, moment bezwáadnoĞci J0 podwójnego krąĪka, jego promienie R i r, ĞrednicĊ táoka D i táoczyska d, wspóáczynnik tarcia µ, obliczyü moc napĊdu oraz ciĞnienie robocze w cylindrze, jeĪeli sprawnoĞü ukáadu wynosi η.

302

Rys. 3.5.4



Rozwiązanie



DYNAMIKA



Element roboczy (táok) napĊdu wykonuje ruch postĊpowy i moc napĊdu obliczyü w tym przypadku moĪna z zaleĪnoĞci Nu = Pu ⋅ vu [W],

a uwzglĊdniając straty mocy potrzebnej do pokonania oporów ruchu z zaleĪnoĞci

N u Pu ⋅ vu = [ W ], η η


 N=

gdzie: Pu – siáa uĪyteczna dziaáająca na element roboczy – táok, w N, vu – prĊdkoĞü tego elementu, w m/s, η – wspóáczynnik sprawnoĞci. SiáĊ dziaáającą na táok obliczono dwiema metodami: ) energetyczną, 2) redukcji siá i momentów siá. Ad ) Siáa Pu skáada siĊ z siáy równowaĪącej opory dynamiczne i siáy równowaĪącej opory statyczne ukáadu Pu = Pq + Pst.

303

Dobór mocy napĊdu w wybranych ukáadach mechanicznych

Opory statyczne wynikają w tym przypadku z dziaáania siáy ciĊĪkoĞci m3 g i siáy tarcia o wartoĞci T = µN2 = µm2g (rys. 3.5.4a). Moment statyczny od tych siá na kole linowym jest równy M = (T – m3g) r = (µm2 – m3) gr i musi byü zrównowaĪony momentem od siáy S w linie związanej z táoczyskiem Mt = S ⋅ R.

r . R







Porównując M = Mt , otrzymuje siĊ S = (µm2 − m3 ) g

Rys. 3.5.4a




Obliczona wartoĞü siáy S równa jest sile statycznej Pst = S dziaáającej na táok. SiáĊ oporów dynamicznych oblicza siĊ, przyjmując model obliczeniowy ukáadu rzeczywistego jak na rysunku 3.5.4b.

Rys. 3.5.4b

Model obliczeniowy odpowiada w tym przypadku ruchowi postĊpowemu, gdyĪ elementem napĊdowym jest czáon wykonujący ruch postĊpowy (táok). Znając masĊ mzr i przyspieszenie a , siáĊ Pq obliczyü moĪna z zaleĪnoĞci Pq = mzra. PoniewaĪ táok porusza siĊ ruchem jednostajnie przyspieszonym, wiĊc jego przemieszczenie i prĊdkoĞü opisują zaleĪnoĞci:

s=

 2 at , v = at. 2

304

DYNAMIKA

 Z warunków zadania wynika, Īe v = vp dla s = h i przyspieszenie táoka jest równe 2 2 vp . a= h Masa mzr (masa zredukowana) uwzglĊdnia masy wszystkich elementów masowych ukáadu rzeczywistego i oblicza siĊ ją, porównując energie kinetyczne ukáadu rzeczywistego – Eu i modelu – Em. Energia ukáadu rzeczywistego jest równa

    mv2 + m2 v22 + m3v32 + J 0 ω2 . 2 2 2 2 v r Podstawiając: ω = , v2 = v3 = ωr = v , otrzymano R R Eu =

2 J    r m + (m2 + m3 )   + 02  v2 . 2  R R    Energia kinetyczna modelu wynosi Em = m zr v2 i po porównaniu Eu = Em otrzy2 mano 2 J r mzr = m + (m2 + m3 )   + 02 . R R  







Eu =

Suma skáadowych siá dynamicznych i statycznych jest wiĊc równa




2 2  J  vp r r + (µm2 − m3 ) g . Pu = m + (m2 + m3 )   + 02  R R  h  R 

Moc napĊdu odpowiadająca najwiĊkszej prĊdkoĞci táoka v p ma wiĊc postaü 2 2  J  vp r r + (µm2 − m3 ) g m + (m2 + m3 )   + 02  R R  h R Pu ⋅ v p  P ⋅v vp. N= u u = = η η η

CiĞnienie robocze w cylindrze oblicza siĊ ze wzoru

p= gdzie A =

Pu , A

π ( D 2 − d 2 ) jest czynną powierzchnią táoka. 4

Stąd 2 2  J  vp r r + (µm2 − m3 ) g m + (m2 + m3 )   + 02  R h R   R   . p=4  2 π (D − d 2)

Dobór mocy napĊdu w wybranych ukáadach mechanicznych

305

Ad 2)





Na rysunku 3.5.4c pokazano rozkáad siá dziaáających na ukáad rzeczywisty z uwzglĊdnieniem siá bezwáadnoĞci, przy czym przedstawiono jedynie siáy istotne dla obliczenia siáy uĪytecznej Pu .



Rys. 3.5.4c

Ukáadając odpowiednie równania dla táoka i koáa linowego, otrzymuje siĊ:




Pu – B – Szr = 0,

Szr ⋅ R – J0ε – (T + B2) r + (m3g – B3) r = 0,

gdzie:

B = ma , B2 = m2 a2 , B3 = m3 a3 , T = µN 2 = µm2 g.

a r Podstawiając ε =  , a2 = a3 = ε ⋅ r = a i obliczone jak w przypadku ) przyR R vp spieszenie a = oraz rugując siáĊ Szr , otrzymano h 2 2  J  vp r r Pu = m + (m2 + m3 )   + 02  + (µm2 − m3 ) g . R R R  h 

PostĊpując analogicznie jak w metodzie energetycznej, oblicza siĊ moc napĊdu i ciĞnienie robocze w cylindrze.

306

DYNAMIKA

3.6. Elementy mechaniki analitycznej – zasada prac przygotowanych ZADANIE 3.6.

ω






δϕ





Mechanizm podajnika kierunkowego jest napĊdzany korbą OA, do której przyáoĪona jest para siá o momencie M. Mając dane: OA = r = 0,4 m, a = l,38 m, O2B = b = 2 m, BC = l = ,4 m, R = O3C = 0,8 m, CD = d = 0,2 m, M = 9300 Nm, wyznaczyü wartoĞü obwodowej siáy P0 na ramieniu podajnika, z jaką naciska on na transportowany przedmiot w poáoĪeniu jak na rysunku 3.6..

– δp v–D

Rys. 3.6.

Rozwiązanie Siáy zewnĊtrzne czynne dziaáające na ukáad dĨwigni podajnika skáadają siĊ z pary siá o momencie M i siáy P = − P0 bĊdącej oddziaáywaniem transportowanego przedmiotu na dĨwigniĊ podającą. Z zasady prac przygotowanych otrzymuje siĊ równanie

δL = 0 → M ⋅ δϕ − P ⋅ δ p = 0. Przemieszczenia przygotowane są proporcjonalne do odpowiednich prĊdkoĞci moĪliwych, tzn.

δϕ = kω, δ p = kv D , stąd

δϕ ω . = δ p vD

307

Elementy mechaniki analitycznej – zasada prac przygotowanych

Aby wyznaczyü zaleĪnoĞü pomiĊdzy δϕ i δp, naleĪy znaleĨü związek pomiĊdzy ω i vD. Rozkáad prĊdkoĞci odpowiednich punktów mechanizmu pokazano na rysunku 3.6.a. B A

VW

VA

VB α β1

Vu O1 ω O2

β

α

A1

O3 γ

C

B1 D VD

VC

β

Z zaleĪnoĞci kinematycznych wynika, Īe:

vu = vA sin α = ω ⋅ r sin α,



vA = ω ⋅ OA = ω ⋅ r,



Rys. 3.6.a



vu v O B b = B → v B = vu 2 = ω ⋅ r sin α. O2 A O2 B O2 A O2 A

PoniewaĪ dĨwignia BC porusza siĊ ruchem páaskim, wiĊc rzuty –v B i –v C na kierunek BC są jednakowe:




i

vB cos (β – α) = vC cos [90o – (β + γ)]

vC = v B

r ⋅ b cos (β − α) cos (β − α) =ω sin α , O2 A sin (β + γ) sin (β + γ)

vD v OD R+d rb (R + d ) cos (β − α) = C → v D = vC 3 = vC =ω ⋅ sin α . O3 D O3C O3C R R ⋅ O2 A sin (β + γ)

Z zaleĪnoĞci geometrycznych otrzymuje siĊ:

sin α =

AA 2r = , 2 O2 A a + 4r 2

sin β =

BB BB = = BC l l

BB = O2 B sin α = b sin α = b

2rb a 2 + 4r 2

, sin γ =

Podstawiając dane liczbowe, otrzymuje siĊ: α = γ = 30o,

β = β = 45o,

vD = 0,3ω,

2r 2

a + 4r 2

O3 k r = , β = 90 o − β. R R

,

308

DYNAMIKA

a z zasady prac przygotowanych zaleĪnoĞci:

M

δϕ ω −P=0→M −P=0 δp vD

M

ω − P = 0. 0,3ω

i

Szukana wartoĞü siáy P0 równa jest wiĊc: P0 = P =

M 9300 = = 30 000 N. 0,3 0,3

ZADANIE 3.6.2







Dana jest belka przegubowa AE (rys. 3.6.2). Znając dáugoĞü a, b, c, d, e, a takĪe siáy P i P2 , obliczyü reakcje podpór.

Rys. 3.6.2




Rozwiązanie

Odrzucając myĞlowo podporĊ B, dopuszcza siĊ przemieszczenie belki AE, jak na rysunku 3.6.2a. Traktując przemieszczenia δp, δB, δC i δq jako przesuniĊcia przygotowane, z zasady prac przygotowanych otrzymuje siĊ równanie

δL = 0 → Pδ p − RB δ B − P2 δ q = 0,

przy czym

δB c c = → δB = δ p , a δp a δC e = δq b δC δp

  δ q b(c + d )  b(c + d ) = → δq = δ p. → ea ea c + d  δp = a 

309

Elementy mechaniki analitycznej – zasada prac przygotowanych

– P2

– P1 – δP – RA

E

– δq

– δC

– δB

– RD

– RB

Rys. 3.6.2a



UwzglĊdniając obliczone przesuniĊcia w równaniu uzyskanym z zasady prac przygotowanych, obliczono wartoĞü reakcji



b (c + d )  a  . R B =  P − P2 ea  c 






PostĊpując analogicznie, tzn. kolejno odrzucając myĞlowo podpory A i D, otrzymuje siĊ ukáady obliczeniowe pokazane na rysunkach 3.6.2b i 3.6.2c.

– δP

– δD

E – δq

Rys. 3.6.2b

– δC

δA

Rys. 3.6.2c

E – δq

30

DYNAMIKA

Ukáadając odpowiednie równania z zasady prac przygotowanych oraz zaleĪnoĞci geometryczne, otrzymano: δq e + b P2 δ q − R D δ D = 0, = , e δD δp c − a δ p db Pδ p + P2 δ A − R A δ A = 0, = = , . c δA δ A ce Rozwiązując powyĪszy ukáad równaĔ otrzymuje siĊ wartoĞci reakcji: bd  b  a , RD = P2  +  . R A = P  −  + P2 ce e c    W punkcie A prosta dziaáania siáy reakcji RA jest prostopadáa do osi belki AE (nie ma skáadowej poziomej), gdyĪ ukáad dziaáających siá jest ukáadem siá równolegáych.



ZADANIE 3.6.3




α





Na rysunku 3.6.3 pokazano schemat hamulca szczĊkowego maszyny rotacyjnej. Obliczyü wartoĞü siáy P potrzebnej do zahamowania ukáadu. Dane: obroty rotora n = 600 obr/min, wspóáczynnik tarcia szczĊk o bĊben hamulcowy µ = 0,2, promieĔ bĊbna r = 0,2 m, e = 0,2 m, f = 0,8 m, AB = a = 0,6 m, OB = b = 0,2 m, α = 60o, β = 45o, γ = 75o, moment bezwáadnoĞci rotora wraz z bĊbnem hamulcowym J = 900 kgm2, czas hamowania th = 40 s.

ω

Rys. 3.6.3

Rozwiązanie Hamowanie maszyny rotacyjnej zachodzi pod wpáywem dziaáania na bĊben hamulcowy siá tarcia powstających w wyniku docisku szczĊk do bĊbna. Dla wyznaczenia odpowiednich siá tarcia koniecznych do zatrzymania ukáadu w czasie th skorzystano z dynamicznego równania ruchu bĊbna wraz z rotorem po przyáoĪeniu do ukáadu siá, jak na rysunku 3.6.3a. Równanie dynamiczne ruchu ma postaü J⋅ε=M gdzie M = 2Tr.

3

Elementy mechaniki analitycznej – zasada prac przygotowanych

Zakáadając, Īe hamowanie odbywa siĊ ruchem jednostajnie opóĨnionym, opóĨnieω πn nie ε wyznacza siĊ z zaleĪnoĞci ε = , gdzie ω = . th 30 Zatem

T=

J 0 ⋅ ε J 0 ⋅ ω πnJ 0 π ⋅ 600 ⋅ 900 = = = = 450π [ N]. 2r 2rt h 60rt h 60 ⋅ 0.5 ⋅ 40

Siáy tarcia o tej wartoĞci uzyskuje siĊ wywierając docisk

N=

T 450π = = 2250π [ N]. µ 0,2







Do obliczenia wartoĞci siáy P koniecznej do wywarcia obliczonego docisku skorzystano z zasady prac przygotowanych zastosowanej dla ukáadu siá dziaáających na dĨwigniĊ ukáadu hamulcowego (rys. 3.6.3a).

γ β

A




– δN

– ' δN

Rys. 3.6.3a

Zasada prac przygotowanych ma postaü

δL = 0 → δL → P ⋅ δ A + 2 N ⋅ δ N = 0, δ N = δ′N lub

P ⋅ δ A cos ( β + γ − 90o) − 2 N δ N = 0.

UwzglĊdniając zaleĪnoĞü proporcjonalną pomiĊdzy przesuniĊciami przygotowanymi a prĊdkoĞciami moĪliwymi, otrzymuje siĊ

δA vA , = δ N vN gdzie: v A i v N są prĊdkoĞciami punktów przyáoĪenia siá P i N .

32

DYNAMIKA

A

f

C

e

VN

α

H D

α

VA

B β

VB

VC α

O1 K

D

O2

VD

Rys. 3.6.3b

Rys. 3.6.3c





Z zaleĪnoĞci kinematycznych otrzymuje siĊ (rys. 3.6.3b i 3.6.3c): vC v = N (wzglĊdem osi obrotu O2), e+ f e vC CH = (wzglĊdem chwilowego Ğrodka obrotu H dĨwigni CD), v D DH v D DK = (wzglĊdem chwilowego Ğrodka obrotu K dĨwigni DB oraz biorąc v B BK pod uwagĊ, Īe punkt D porusza siĊ poziomo),

CH DK = cos α, sin β z powyĪszych zaleĪnoĞci otrzymano: DH BK ( a + b) ( e + f ) , = be sin β cos α

UwzglĊdniając, Īe




vA vN



vA v = B (wzglĊdem osi obrotu dĨwigni OA). O A OB

( a + b ) (e + f ) , be sin β cos α i z zasady prac przygotowanych eb cos α cos β P = 2N . ( a + b) ( e + f ) sin ( β + γ) δ A = δN

Po podstawieniu danych liczbowych obliczono wartoĞü siáy P potrzebnej do zahamowania ukáadu w Īądanym czasie P = 293 N. ZADANIE 3.6.4 Wyznaczyü kąt α w poáoĪeniu równowagi prĊta AB umieszczonego we wnĊce w ksztaácie póáokrĊgu o promieniu r (rys. 3.6.4). PrĊt obciąĪony jest masą skupioną o ciĊĪarze G w Ğrodku jego dáugoĞci l. Podpory prĊta w punktach A i C naleĪy traktowaü jako gáadkie – beztarciowe. Rozwiązanie MoĪliwy ruch prĊta jest ruchem páaskim i w związku z tym rozkáad prĊdkoĞci moĪliwych i przesuniĊü przygotowanych jest taki jak na rysunku 3.6.4a.

33

Elementy mechaniki analitycznej – zasada prac przygotowanych

Rys. 3.6.4

Z zasady prac przygotowanych otrzymuje siĊ równanie wektorowe: δL = 0 → R A ⋅ δ A + RC ⋅ δC + G ⋅ δ y = 0,




x







gdzie δ y jest przesuniĊciem przygotowanym o kierunku siáy G (kierunek osi y na rysunku 3.6.4a), skáadowym przemieszczeniem przesuniĊcia δ k .

H

δX

B

RC

O

δk

y

δy

α

C

O1

δC

K G

RA

α

δA A

Rys. 3.6.4a

Siáy R A i RC nie wykonują pracy na przesuniĊciach δ A i δC , poniewaĪ są one prostopadáe do przesuniĊü. Otrzymuje siĊ wiĊc równanie skalarne G ⋅ δy = 0. PoniewaĪ G ≠ 0, wobec tego δ y = 0 i uzaleĪniając przesuniĊcie δ y od wymiarów geometrycznych ukáadu wyznaczyü moĪna szukany kąt α w poáoĪeniu równowagi. PrĊdkoĞü punktu K przyáoĪenia siáy G jest równa v K = vC + v KC .

34

DYNAMIKA

Rzutując to równanie na oĞ y, otrzymuje siĊ

v Ky = −vC sin α + v KC cos α, gdzie: vKC = ωAB ⋅ KC (ωAB – prĊdkoĞü kątowa prĊta AB), vC = ωAB ⋅ CH (H – chwilowy Ğrodek obrotu prĊta AB).

 UwzglĊdniając, Īe CH = AC tg α = 2r cosαtgα, KC = AC − l , otrzymuje siĊ 2     Vky = ω AB  2r cos α − l  l cos α − 2r sin 2 α . 2    PoniewaĪ δy = k ⋅ vky i δα = k ⋅ ωAB , wiĊc

Przyjmując δα ≠ 0, otrzymuje siĊ

skąd α = arc cos





   2  2r cos α − l  l cos α − 2 r sin α = 0, 2  



    δ y = δα  2r cos α − l  l cos α − 2r sin 2 α = 0. 2   

0,5 ± 0,25l 2 + 32r 2 . 8r




3.7. Podstawy teorii zderzeĔ ZADANIE 3.7.

Kulka wykonana z twardego drewna spada z wysokoĞci h =  m na pochyáą páytĊ o kącie α = 30o (rys. 3.7.). Wyznaczyü kąt padania kulki dla drugiego odbicia, jeĪeli wspóáczynnik restytucji wynosi R = 0,5. Przyspieszenie ziemskie przyjąü jako g = 0 m/s2.

Rys. 3.7.

35

Podstawy teorii zderzeĔ

Rozwiązanie Kąt padania γ (rys. 3.7.a) moĪna wyznaczyü, obliczając prĊdkoĞü padania v B drugiego odbicia w punkcie B. PrĊdkoĞü v B wyznacza siĊ, korzystając z równaĔ ruchu punktu o masie m pomiĊdzy pierwszym a drugim odbiciem, przy czym prĊdkoĞcią początkową w tym ruchu jest prĊdkoĞü u A po pierwszym odbiciu (rys. 3.7.a). PrĊdkoĞü po zderzeniu w punkcie A obliczono z zaleĪnoĞci u A = u 2An + u 2Aτ , gdzie u–An i u–Aτ są rzutami prĊdkoĞci u A na kierunek normalny i styczny (rys. 3.7.a).

α





α



α

Rys. 3.7.a




Zgodnie z teorią zderzenia, skáadowe styczne prĊdkoĞci przed i po odbiciu są sobie równe. Oznaczając prĊdkoĞü przed odbiciem przez v A , otrzymuje siĊ uAτ = vAτ = vA sin α.

PrĊdkoĞü normalna po odbiciu zaleĪy od rodzaju zderzenia, tj. od tego czy zderzenie jest czysto plastyczne (R = 0), plastyczno-sprĊĪyste (0 < R < ), czy czysto sprĊĪyste (R = ). W przypadku zderzenia plastyczno-sprĊĪystego kulki o masie m z nieruchomą powierzchnią, prĊdkoĞü po odbiciu oblicza siĊ z zaleĪnoĞci uAn = upn + R (upn – vAn), gdzie u–pn jest rzutem na normalną n wspólnej prĊdkoĞci obu zderzających siĊ mas po pierwszej fazie zderzenia (obie masy, odksztaácając siĊ plastycznie, poruszają siĊ wspólnie do momentu rozáączenia siĊ), v–An jest skáadową normalną prĊdkoĞci v A przed zderzeniem. W rozpatrywanym przypadku upn = 0 (páyta, o którą uderza kulka, jest nieruchoma), vAn = –vA cos α, uAn = –RvAn = RvA cos α. PrĊdkoĞü przed zderzeniem w punkcie A obliczyü moĪna z zaleĪnoĞci dla spadku swobodnego, tj. vA = 2gh .

36

DYNAMIKA

PrĊdkoĞü po zderzeniu w punkcie A jest równa u A = v 2A sin 2 α + R 2 v 2A cos α = v 2A sin 2 α + R 2 cos α ,

a po podstawieniu danych liczbowych uA = 2,95 m/s. Kąt β odbicia wyznaczono z zaleĪnoĞci:

tg β =

u Aτ tg α v sin α , β = 49o 5′. = A = u An Rv A cos α R

Dynamiczne równania ruchu kulki o masie m pomiĊdzy pierwszym a drugim odbiciem mają postaü (rys. 3.7.b):

mx = 0,










my = − mg.

Rys. 3.7.b

Przyjmując warunki początkowe ruchu: t = 0,

x = 0,

y = 0,

x = u A sin (α + β ),

y = u A cos (α + β ),

oraz caákując równania dynamiczne, otrzymuje siĊ po podstawieniu danych liczbowych: x = 2,9,

y = −0t + 0,56,

x = 2,9t ,

y = 5t 2 + 0,56t.

Rugując z ostatnich równaĔ czas t, otrzymuje siĊ równanie toru y = – 0,594x2 + 0,93x. Równanie prostej przechodzącej przez punkty A i B ma postaü y = – (tg α) x,

tj.

y = – 0,577x.

37

Podstawy teorii zderzeĔ

Porównując powyĪsze równanie z równaniem toru, otrzymuje siĊ wspóárzĊdne x-owe punktów A i B; xA = 0, xB = ,29 m, a nastĊpnie podstawiając obliczoną wspóárzĊdną xB do równania x = 2,9t, obliczono czas lotu kulki od punktu A do B; tB = 0,444 s. Wyznaczając dla obliczonego czasu tB wartoĞci x i y , otrzymuje siĊ prĊdkoĞü upadku kulki w punkcie B:

x B = 2,9 m/s,

y B = −3,88 m/s,

vb = x B2 + y B2 = cos ( x, v B ) =

(2,9)2 + (− 3,88)2

x 2,9 = = 0,599, v B 4,84

= 4,94 m/s,

( x, vB ) = 53o0′.



γ = 80o – (60o + 53o0' ) = 66o50' .



Korzystając z rysunku 3.7.b wyznaczono kąt γ padania dla drugiego odbicia:

ZADANIE 3.7.2



Wyznaczając w punkcie B kąt odbicia oraz prĊdkoĞü po zderzeniu, moĪna, postĊpując analogicznie, wyznaczyü kąt padania i prĊdkoĞü padania dla trzeciego zderzenia itd.




Dwie kule A i B z koĞci sáoniowej o promieniach r = 6 cm znajdują siĊ w odlegáoĞci AB = l = 0 cm (rys. 3.7.2). Pod jakim kątem β naleĪy nadaü kuli A minimalną prĊdkoĞü początkową v0 , tak aby uderzyáa ona o kulĊ B i spowodowaáa przetoczenie siĊ kuli B do otworu C leĪącego w odlegáoĞci BC = 32 cm. Wspóáczynnik restytucji R = 0,89, przyspieszenie ziemskie g ≅ 0 m/s2, masy kul mA = mB = m = 0,2 kg, siáa  oporu toczenia dziaáająca na kaĪdą z kul równa jest jej siáy ciĊĪkoĞci. 40

Rys. 3.7.2

38

DYNAMIKA

Rozwiązanie Minimalną prĊdkoĞü u 0 kuli B w punkcie B, konieczną do przebycia drogi BC, tak aby kula ta wpadáa do otworu C z teoretyczną zerową prĊdkoĞcią, wyznaczono pisząc dynamiczne równania ruchu kuli B (rys. 3.7.2a)

m

du  = mg , dt 40



gdzie u jest prĊdkoĞcią kuli o masie m.





δ

Rys. 3.7.2a




Warunki początkowe ruchu mają postaü: t = 0, u = u0, x = 0. Caákując równania dynamiczne i korzystając z warunków początkowych otrzymuje siĊ: u = –0,25t + u0,

x = –0,25t 2 + u0t.

Zakáadając zerową prĊdkoĞü w punkcie C, odpowiadającą przebytej drodze s = BC = 0,32 m, z powyĪszych równaĔ otrzymuje siĊ prĊdkoĞü kuli B w punkcie B u0 = 0,4 m/s. PrĊdkoĞü kuli A przed zderzeniem, potrzebną do nadania kuli B prĊdkoĞci u 0 po zderzeniu, obliczyü moĪna na podstawie teorii zderzenia Ğrodkowego. Impuls siáy zderzenia musi mieü kierunek pokrywający siĊ z odcinkiem BC. Oznacza to, Īe Ğrodki mas obu kul w czasie zderzenia muszą leĪeü na tym kierunku. Na rysunku 3.7.2a przyjĊto oĞ x pokrywającą siĊ z tym kierunkiem (oĞ normalna w punkcie styku kul). PrĊdkoĞü kuli B po zderzeniu oblicza siĊ z zaleĪnoĞci

u Bx = u0 =

(mB + Rm A )vBx + ( + R )m Av Ax , m A + mB

39

Podstawy teorii zderzeĔ

gdzie: vAx = vA cos γ = vA cos (β + 30o) jest skáadową normalną prĊdkoĞci kuli A przed zderzeniem, vBx = 0, poniewaĪ przed zderzeniem kula A byáa w spoczynku. Kąt β obliczyü moĪna z zaleĪnoĞci (rys. 3.7.2a):

sin β sin δ = , δ = 80 − ( β + 30o). AB 2r Po podstawieniu danych liczbowych otrzymano: β = 7o,

vAx = 0,682vA

oraz

u0 = 0,644vA,

skąd

vA = 0,62 m/s.

dv  = mg. dt 40



m





Zatem kula A musi mieü przed zderzeniem prĊdkoĞü o wartoĞci vA = 0,62 m/s, którą uzyskaü moĪna, nadając odpowiednią prĊdkoĞü v0 w punkcie A. PrĊdkoĞü v0 obliczyü moĪna, wykorzystując dynamiczne równanie ruchu kuli A na przemieszczeniu od A do A'

Przyjmując warunki początkowe ruchu: t = 0, v = v0, s = 0, po scaákowaniu otrzymuje siĊ: s = – 0,25t2 + v0t.




v = –0,25t + v0,

sin 30o (drogĊ sin β s = AA' obliczono z twierdzenia sinusów), obliczono minimalną prĊdkoĞü v0 = 0,72 m/s, taką aby kula B wpadáa do otworu C z zerową prĊdkoĞcią. PoniewaĪ kule są gáadkie, wiĊc impulsy zderzenia na kierunku stycznym w punkcie zderzenia pominiĊto. Podstawiając do powyĪszych równaĔ v = vA oraz s = AA′ = 2r

ZADANIE 3.7.3 Na koĔcu technologicznej linii zgrzewania rur (rys. 3.7.3) zamontowany jest wahadáowy zderzak sáuĪący do wyhamowywania rur. Przyjmując zderzenie rury z wahadáem jako sprĊĪysto-plastyczne o wspóáczynniku restytucji R = 0,8, wyznaczyü masĊ wahadáa m2, tak aby rura o masie m = 20 kg (tzn. o dáugoĞci 5 m przy 4 kg/m) ulegaáa wyhamowaniu przy jej prĊdkoĞci transportowania v = 2 m/s. Wyliczyü kąt wychylenia wahadáa po zderzeniu, jeĪeli jego ciĊgna mają dáugoĞü l =  m.

320

DYNAMIKA

Rys. 3.7.3

Rozwiązanie

(m − Rm2 )v + ( + R )m2 v2 . m + m2




u =







MasĊ wahadáa m2 dobraü moĪna na podstawie wzorów na prĊdkoĞci mas po zderzeniu prostym centralnym. Masa m2 jest wprawdzie nieswobodna, ale w krótkotrwaáym zderzeniu, siáy w ciĊgnach są prawie prostopadáe do kierunku jej ruchu. Przy niewielkim odchyleniu lin wpáyw tych siá moĪna pominąü, zwáaszcza w porównaniu do siá zderzenia. Ruch zderzaka w czasie zderzenia moĪna traktowaü wobec powyĪszego jako ruch postĊpowy prostoliniowy, a zderzak jako punkt materialny. Zatem prĊdkoĞü masy m po zderzeniu zapisaü moĪna

Przed zderzeniem masa m2 byáa w spoczynku, wiĊc v2 = 0, natomiast z faktu wyhamowania masy m wynika, Īe jej prĊdkoĞü po zderzeniu u = 0. Stąd

u =

(m − Rm2 )v = 0 m + m2

i m2 =

m . R

Po podstawieniu danych liczbowych obliczono masĊ zderzaka m2 = 25 kg. PrĊdkoĞü zderzaka po zderzeniu wyznaczono ze wzoru

u2 =

(m − Rm )v2 + ( + R )mv . m + m2

Podstawiając v2 = 0, obliczoną masĊ m2 = 25 kg oraz pozostaáe dane liczbowe, otrzymano u2 = ,6 m/s. Pomijając opory ruchu zderzaka wahadáowego, kąt wychylenia wahadáa po zderzeniu obliczono z zasady zachowania energii mechanicznej, tj. EI + VI = EII + VII.

32

Podstawy teorii zderzeĔ

PoáoĪenie I jest poáoĪeniem zderzaka w momencie rozpoczĊcia ruchu z prĊdkoĞcią u2 (w tym poáoĪeniu przyjĊto poziom energii potencjalnej równej zero), a poáoĪenie II jest koĔcowym poáoĪeniem wahadáa po jego zatrzymaniu siĊ. Tak wiĊc: EI =

 m2u 22 , VI = 0, 2

E II = 0, VII = m2 gl ( − cos ϕ)

i  m2 u 22 = mgl ( − cos ϕ), 2

skąd

u 22 . 2 gl



cos ϕ =  −

ZADANIE 3.7.4





Po uwzglĊdnieniu danych liczbowych otrzymano ϕ = 29o8'. PrzyjĊcie przez wahadáo ponownego uderzenia w cyklu technologicznym wiąĪe siĊ z ustawieniem zderzaka w pierwotnym poáoĪeniu. PoáoĪenie takie zapewniü moĪna przez odpowiednie rozwiązanie konstrukcyjne urządzenia.




Wahadáowy máot do wbijania poziomych pali skáada siĊ z trzonka o dáugoĞci l = ,68 m oraz cylindrycznego bijaka o Ğrednicy D i dáugoĞci c (rys. 3.7.4). Trzonek wykonany jest z prĊta stalowego o Ğrednicy d = 3 cm i masie jednostki dáugoĞci m0 = 5,5 kg/m. Dobraü wymiary bijaka tak, aby w osi obrotu O nie powstawaáy reakcje impulsowe.

Rys. 3.7.4

322

DYNAMIKA

Rozwiązanie W osi obrotu O nie powstaną reakcje impulsowe, jeĪeli kierunek siáy impulsowej w procesie zderzenia pokrywaü siĊ bĊdzie z prostą przechodzącą przez tzw. Ğrodek uderzenia. OdlegáoĞü Ğrodka uderzenia od osi obrotu zaleĪy od rozkáadu masy elementów máota i od jej wielkoĞci. OdlegáoĞü tĊ obliczyü moĪna na podstawie wzoru

xd =

Jz , m ⋅ xs










gdzie: Jz – moment bezwáadnoĞci máota wzglĊdem osi obrotu máota, m – masa máota, xs – odlegáoĞü Ğrodka masy máota od osi obrotu (rys. 3.7.4a).

x

Rys. 3.7.4a

Obliczenia przeprowadzono tak, aby oĞ bijaka (cylindra) byáa osią Ğrodka uderzeĔ. WspóárzĊdną xs Ğrodka masy obliczyü moĪna na podstawie wzoru:

xs =

m x + m2 x2 , m + m2 = m, m + m2

gdzie:  l, 2 x2 = xd (wobec zaáoĪenia odnoĞnie osi Ğrodka uderzeĔ), x =

m, m2 – masy odpowiednio trzonka i bijaka.

323

Podstawy teorii zderzeĔ

Podstawiając xs do wzoru xd, otrzymano

xd =

Jz . m x + m2 x2

UwzglĊdniając, Īe:

x =

  πD 2 πD2 γ l , x 2 = xd = l + D, m = m0 l , m2 = c⋅ρ = c⋅ , 2 2 4 4 g

2    3     J z = J + J 2 = ml 2 + J z + M 2 x22 = m0l 3 + m2  D 2 + c 2  + m2  l + D  , 3 3 2 4   2 



otrzymano po przeksztaáceniach równanie



  πγ 2 3 πγ 4  D c + D c − l 2  l + D  m0 = 0. 24 g 32 g 3 2  



Z równania dla danego materiaáu máota dobraü moĪna parametry geometryczne máota. Podstawiając dane liczbowe oraz przyjmując ĞrednicĊ bijaka D = 0,36 m, otrzymano równanie 3,3c3 + ,29c – ,48 = 0,




z którego wyznaczono dáugoĞü bijaka c = 0,9 m, taką aby oĞ bijaka pokrywaáa siĊ z osią przechodzącą przez Ğrodek uderzenia i aby w áoĪysku máota nie powstawaáy podczas uderzeĔ reakcje dynamiczne.

Literatura










[] Bat M.I., DĪanielidze T.J., Kelzon A.C.: Tieorieticzeskaja miechanika w primierach i zadaczach. Cz. I, II, III, Moskwa, Izd. Nauka 966 [2] Beer F.P., Russel Johnston Jr. F.: Vector Mechanics for Engineers. USA, TA 350, B3552, McGraw-Hill 977 [3] Engel Z., Giergiel J.: Mechanika ogólna. T. I, II, Warszawa, PWN 990 [4] McGill D.J., King W.W.: Engineering Mechanics Statics. Boston, USA, PWS Publishers, 20 Park Plaza 985 [5] McGill D.J., King W.W.: Engineering Mechanics: An Introduction to Dynamics. Boston, USA, PWS Publishers, 20 Park Plaza 989 [6] McGill D.J., King W.W.: Engineering Meehanics: Statics and Introduction to Dynamics. Boston, USA, PWS Publishers, 20 Park Plaza 989 [7)] Giergiel J.: Zbiór zadaĔ z mechaniki ogólnej z odpowiedziami. Skrypt AGH nr 69, Kraków, 980 [8] Giergiel J., Uhl T.: Zbiór zadaĔ z mechaniki ogólnej. Warszawa, PWN 987 [9] Kowalski J.: Zbiór zadaĔ z mechaniki z zastosowaniem do obliczania elementów maszyn. Warszawa, PWN 980 [0] Miescerskij I.W.: Zbiór zadaĔ z mechaniki. Táum. z ros., Warszawa, PWN 97 [] Nizioá J.: Metodyka rozwiązywania zadaĔ z mechaniki. Warszawa, PWN 980 [2] Sbornik zadacz po tieorieticzeskoj miechanikie, pod. ried. K.C. Koliesnikowa, Moskwa, Izd. Nauka 983