Wyznaczanie prędkości i przyspieszeń ciała
w ruchu postępowym, obrotowym i płaskim
oraz chwilowych środków obrotu w ruchu
płaskim. Ruch korbowodu — część II

2

Zadanie 2.1.

Pręt o długości L ślizga się jednym końcem (punkt A)
po podłodze, natomiast drugi koniec (punkt B) ślizga
się po pionowej ścianie (rys. 2.1). Punkt A porusza się
ze stałą prędkością v

A

. Obliczyć prędkość punktu B,

w położeniu przedstawionym na rysunku 2.1.


Rozwiązanie

Metoda I
Stosujemy twierdzenie, mówiące że rzuty prędkości
dwóch punktów ciała sztywnego na prostą łączącą te
punkty są sobie równe.

W związku z powyższym możemy zapisać, w oparciu
o rysunek 2.2:

∗

∗

=

B

A

v

v

gdzie:

)

60

cos(

A

A

°

=

∗

v

v

)

60

cos(

A

A

°

=

∗

v

v

oraz

)

30

cos(

B

B

°

=

∗

v

v

)

30

cos(

B

B

°

=

∗

v

v

Rys. 2.1.

Rys. 2.2.

Po podstawieniu

∗

∗

=

A

B

v

v

otrzymujemy:

A

A

A

A

B

3

3

)

60

(

ctg

)

60

sin(

)

60

cos(

)

30

cos(

)

60

cos(

v

v

v

v

v

=

°

=

°

°

=

°

°

=

Metoda II
Zadanie rozwiążemy metodą superpozycji. Prędkość punktu v

B

możemy zapisać

następująco:

BA

A

B

v

v

v

+

=

2

Kinematyka

Prędkość względną v

BA

określamy następująco:

L

ω

v

⋅

=

BA

gdzie prędkość kątowa pręta ω jest niewiadomą.

Na rysunku 2.3 przedstawiono schemat obliczeniowy.
Jeżeli zrzutujemy wektory w punkcie B, na kierunek
prędkości v

B

i kierunek prostopadły do niego, to

otrzymamy następujący układ równań:

⎩

⎨

⎧

=

°

+

−

°

=

0

)

60

sin(

)

60

cos(

BA

A

BA

B

v

v

v

v

Rys. 2.3.

Z drugiego równania wyznaczamy v

BA

i podstawiamy do równania pierwszego:

)

60

sin(

A

BA

°

=

v

v

)

60

(

ctg

)

60

cos(

)

sin(60

A

A

B

°

=

°

°

=

v

v

v

A

B

3

3

v

v =

Dodatkowo możemy wyznaczyć prędkość kątową ω :

L

3

3

2

)

60

sin(

A

A

v

L

v

ω

=

°

=

Metoda III

Kolejnym sposobem rozwiązania zadania jest metoda

chwilowego środka obrotu. Punkt ten, w rozpatrywanym

zadaniu oznaczony jako S (rys. 2.4), znajduje się na

przecięciu prostych prostopadłych do kierunków
prędkości w punktach A i B.

Prędkość kątowa ω jest równa:

)

60

sin(

A

°

=

L

v

ω

a prędkość punktu B wynosi:

)

60

(

ctg

)

60

cos(

)

60

sin(

)

60

cos(

A

A

B

°

=

°

⋅

°

=

°

⋅

=

v

L

L

v

L

ω

v

A

B

3

3

v

v =

Rys. 2.4.

Rys. 2.5.

Wyznaczanie prędkości i przyspieszeń ciała w ruchu postępowym, obrotowym i płaskim ...

3

Zadanie 2.2.

Dla układu przedstawionego na rys. 2.6 obliczyć prędkości i przyspieszenia punktów

A i B. Znaleźć chwilowy środek obrotu korbowodu AB.

Dane:

cm

20

OA

=

= R

cm

5

6

AB

=

= L

cm

25

=

H

rad/s

5

,

1

0

=

ω

2

0

rad/s

4

=

ε

Rys. 2.6.

Rozwiązanie
Korba OA jest w ruchu obrotowym. Znając prędkość kątową ω

0

możemy wyznaczyć

prędkość punktu A:

cm/s

30

20

5

,

1

OA

0

0

A

=

⋅

=

⋅

=

⋅

=

R

ω

ω

v

Znając prędkość punktu A wyznaczymy prędkość punktu B. Możemy tego dokonać

na trzy sposoby — podobnie jak w zadaniu 2.1.

Zanim jednak przystąpimy do rozwiązywania dalszej części zadania, określmy zależności

trygonometryczne dla kąta β (rys. 2.7). Dla trójkąta ABC możemy zapisać:

13

5

65

25

AB

AC

sin

=

=

=

=

L

H

β

13

12

169

144

169

25

169

13

5

1

sin

1

cos

2

2

=

=

−

=

⎟

⎠

⎞

⎜

⎝

⎛

−

=

−

=

β

β

12

5

12

13

13

5

cos

sin

tg

=

⋅

=

=

β

β

β

Rys. 2.7.

Metoda I
Stosujemy twierdzenie, mówiące że rzuty prędkości dwóch punktów ciała sztywnego
na prostą łączącą te punkty są sobie równe. W oparciu o rysunek 2.7 możemy
zapisać:

∗

∗

=

B

A

v

v

gdzie:

β

v

v

sin

A

A

⋅

=

∗

β

v

v

cos

B

B

⋅

=

∗

4

Kinematyka

Otrzymujemy ostatecznie:

β

v

β

v

cos

sin

B

A

⋅

=

⋅

cm/s

5

,

12

12

5

30

tg

cos

sin

A

A

B

=

⋅

=

⋅

=

⋅

=

β

v

β

β

v

v

Metoda II
Zadanie rozwiążemy metodą superpozycji (rys. 2.8). Prędkość punktu v

B

możemy

zapisać jako:

BA

A

B

v

v

v

+

=

Rys. 2.8.

Jeżeli zrzutujemy wektory prędkości v

A

i prędkości względnej v

BA

na kierunek wektora

prędkości v

B

oraz kierunek prostopadły do niego, otrzymamy:

— dla kierunku wektora prędkości v

B

:

β

v

v

sin

BA

B

⋅

=

— dla kierunku prostopadłego do kierunku wektora prędkości v

B

:

0

cos

A

BA

=

−

⋅

v

β

v

Otrzymaliśmy następujący układ dwóch równań z dwiema niewiadomymi:

⎩

⎨

⎧

=

−

⋅

⋅

=

0

cos

sin

A

BA

BA

B

v

β

v

β

v

v

Z drugiego równania wyznaczamy prędkość v

BA

:

β

v

v

cos

A

BA

=

i podstawiamy do równania pierwszego:

cm/s

5

,

12

12

5

30

tg

sin

cos

A

A

B

=

⋅

=

⋅

=

⋅

=

β

v

β

β

v

v

Możemy również wyznaczyć prędkość kątową ω

1

korbowodu AB:

rad/s

5

,

0

13

12

65

30

cos

A

BA

1

=

⋅

=

⋅

=

=

β

L

v

L

v

ω

Metoda III
Wykorzystujemy metodę chwilowego środka obrotu (rys. 2.9). Chwilowy środek obrotu
S leży na przecięciu prostych, poprowadzonych z punktów A i B, prostopadłych do
kierunków prędkości, odpowiednio v

A

i v

B

.

Wyznaczanie prędkości i przyspieszeń ciała w ruchu postępowym, obrotowym i płaskim ...

5

Rys. 2.9.

Prędkość kątowa ω

1

korbowodu AB jest równa:

rad/s

5

,

0

13

12

65

30

cos

A

1

=

⋅

=

⋅

=

β

L

v

ω

natomiast prędkość punktu B:

cm/s

5

,

12

13

5

65

5

,

0

sin

1

B

=

⋅

⋅

=

⋅

=

β

L

ω

v

Korba OA jest w ruchu obrotowym z prędkością ω

0

i przyspieszeniem (opóźnieniem) ε

0

.

Przyspieszenie punktu A (rys. 2.10) jest więc równe:

t

n

a

a

a

A

A

A

+

=

gdzie:

2

2

2

0

A

cm/s

45

20

)

5

,

1

(

=

⋅

=

⋅

=

R

ω

a

n

2

0

A

cm/s

80

20

4

=

⋅

=

⋅

=

R

ε

a

t

Rys. 2.10.

Całkowite przyspieszenie punktu A jest więc równe:

2

2

2

2

A

2

A

A

cm/s

7878

,

91

8425

)

80

(

)

45

(

)

(

)

(

=

=

+

=

+

=

t

n

a

a

a

Przyspieszenie punktu B możemy zapisać w następujący sposób:

t

n

t

n

a

a

a

a

a

a

a

BA

BA

A

A

BA

A

B

+

+

+

=

+

=

gdzie:

2

2

2

1

BA

cm/s

25

,

16

65

)

5

,

0

(

=

⋅

=

⋅

=

L

ω

a

n

6

Kinematyka

Wartości przyspieszenia

n

a

BA

nie znamy, gdyż nie jest znane przyspieszenie ε

1

. Jeżeli

zrzutujemy wektory przyspieszeń na kierunek wektora przyspieszenia a

B

oraz kierunek

prostopadły do niego, otrzymamy:
— dla kierunku wektora przyspieszenia a

B

:

β

a

β

a

a

a

t

n

n

sin

cos

BA

BA

A

B

⋅

+

⋅

+

=

— dla kierunku prostopadłego do kierunku wektora przyspieszenia a

B

:

β

a

β

a

a

t

n

t

cos

sin

0

BA

BA

A

⋅

−

⋅

+

=

Otrzymujemy zatem układ dwóch równań z dwoma niewiadomymi:

⎪⎩

⎪

⎨

⎧

⋅

−

⋅

+

=

⋅

+

⋅

+

=

β

a

β

a

a

β

a

β

a

a

a

t

n

t

t

n

n

cos

sin

0

sin

cos

BA

BA

A

BA

BA

A

B

Z drugiego równania wyznaczamy

t

a

BA

:

β

β

a

a

a

n

t

t

cos

sin

BA

A

BA

⋅

+

=

i podstawiamy do równania pierwszego:

β

β

β

a

a

β

a

a

a

n

t

n

n

sin

cos

sin

cos

BA

A

BA

A

B

⋅

⋅

+

+

⋅

+

=

Po uproszczeniu otrzymujemy:

β

a

β

a

a

a

n

t

n

cos

1

tg

BA

A

A

B

⋅

+

⋅

+

=

2

B

cm/s

9375

,

95

12

13

25

,

16

12

5

80

45

=

⋅

+

⋅

+

=

a

Możemy, znając

t

a

BA

, wyznaczyć przyspieszenie kątowe ε

1

:

2

BA

A

BA

cm/s

4375

,

93

13

12

13

5

25

,

16

80

cos

sin

=

⋅

+

=

⋅

+

=

β

β

a

a

a

n

t

t

2

BA

1

rad/s

1,4375

65

4375

,

93

=

=

=

L

a

ε

t

Zadanie 2.3.

Dla mechanizmu korbowo-wodzikowego przedstawionego na rys. 2.11 wyznaczyć
prędkości i przyspieszenia punktów A i B. Określić położenie chwilowego środka
obrotu wodzika AB.

Dane:

cm

20

A

O

1

1

=

= R

cm

40

B

O

2

2

=

= R

cm

60

O

O

2

1

=

= W

rad/s

1

1

=

ω

Rys. 2.11.

Wyznaczanie prędkości i przyspieszeń ciała w ruchu postępowym, obrotowym i płaskim ...

7

Rozwiązanie
Korba O

1

A jest w ruchu obrotowym (rys. 2.12), ze stałą prędkością kątową ω

1

.

Prędkość punktu A jest zatem równa:

cm/s

20

20

1

A

O

1

1

1

1

A

=

⋅

=

⋅

=

⋅

=

R

ω

ω

v

Rys. 2.12.

Korba O

2

B jest również w ruchu obrotowym, jednak jej prędkości kątowej ω

2

nie

znamy. Wodzik AB jest w ruchu płaskim.

Przed przystąpieniem do dalszych obliczeń, określimy
zależności geometryczne w oparciu o rysunek 2.13.

1

45

tg

O

O

S

O

2

1

1

=

°

=

cm

60

O

O

S

O

2

1

1

=

=

=

W

cm

40

20

60

S

O

A

O

S

O

AS

1

1

1

1

=

−

=

−

=

−

=

R

cm

2

60

)

O

O

(

S)

(O

S

O

2

2

1

2

1

2

=

+

=

cm

44,853

cm

2)

2

3

(

20

40

2

60

B

O

S

O

BS

2

2

≈

−

=

=

−

=

−

=

Rys. 2.13.

Długość wodzika AB jest równa:

cm

32,780

cm

2

8

14

20

)

20

2

20

(

)

2

20

0

6

(

]

)

sin(45

[

)]

5

4

cos(

[

DC)

DB

(

D)

O

O

(O

CB)

(

(AC)

AB

2

2

2

1

2

2

2

2

2

2

2

1

2

2

≈

−

=

−

+

−

=

=

−

°

⋅

+

°

⋅

−

=

=

−

+

−

=

+

=

R

R

R

W

Wyznaczamy wartość kąta β:

⎟

⎠

⎞

⎜

⎝

⎛

=

AC

CB

arctg

β

gdzie:

cm

)

1

2

(

20

20

2

2

40

)

45

sin(

DC

DB

CB

1

2

−

=

−

⋅

=

−

°

⋅

=

−

=

R

R

cm

)

2

3

(

20

2

2

40

60

)

45

cos(

D

O

O

O

AC

2

2

2

1

−

=

−

=

°

⋅

−

=

−

=

R

W

Kąt β jest więc równy:

°

≈

⎟

⎟
⎠

⎞

⎜

⎜
⎝

⎛

−

−

=

⎥

⎥

⎦

⎤

⎢

⎢

⎣

⎡

−

−

=

639

,

14

2

3

1

2

arctg

)

2

3

(

20

)

1

2

(

20

arctg

β

8

Kinematyka

Punkt S jest chwilowym środkiem obrotu dla wodzika AB (rys. 2.14). Możemy zatem
wyznaczyć prędkość kątową wodzika ω:

rad/s

5

,

0

40

20

AS

A

=

=

=

v

ω

Rys. 2.14.

Prędkość punktu B jest równa:

cm/s

426

,

22

)

2

2

3

(

10

)

2

2

3

(

20

5

,

0

BS

B

≈

−

=

−

⋅

=

⋅

= ω

v

Znając prędkość punktu B, możemy wyznaczyć prędkość kątową korby O

2

B:

rad/s

561

,

0

4

2

2

3

40

)

2

2

3

(

10

BS

B

O

2

B

2

≈

−

=

−

=

⋅

=

v

ω

Wyznaczanie przyspieszeń poszczególnych punktów rozpoczynamy od punktu A.
Korba O

1

A jest w ruchu obrotowym ze stałą prędkością ω

1

, dlatego w punkcie A

wystąpi tylko przyspieszenie normalne

n

a

A

:

2

2

1

2

1

1

2

1

A

A

cm/s

20

20

)

1

(

A

O

=

⋅

=

⋅

=

⋅

=

=

R

ω

ω

a

a

n

Przyspieszenie punktu B jest równe (rys. 2.15):

t

n

t

n

a

a

a

a

a

a

a

a

BA

BA

A

B

B

BA

A

B

+

+

=

+

+

=

gdzie:

2

A

cm/s

20

=

a

2

2

2

2

2

2

2

2

B

cm/s

574

,

12

)

2

6

11

(

5

40

4

2

2

3

B

O

≈

−

=

⋅

⎟

⎟
⎠

⎞

⎜

⎜
⎝

⎛

−

=

⋅

=

⋅

=

R

ω

ω

a

n

2

2

2

BA

cm/s

195

,

8

2

8

14

5

2

8

14

20

)

5

,

0

(

AB

≈

−

=

−

⋅

=

⋅

= ω

a

n

Zrzutujmy wektory zaczepione w punkcie B na kierunek przyspieszenia normalnego

n

a

B

i stycznego

t

a

B

. Otrzymujemy:

— na kierunku przyspieszenia normalnego

n

a

B

:

)

45

cos(

)

45

sin(

)

45

cos(

BA

BA

A

B

β

a

β

a

a

a

t

n

n

−

°

⋅

+

−

°

⋅

−

°

⋅

=

Wyznaczanie prędkości i przyspieszeń ciała w ruchu postępowym, obrotowym i płaskim ...

9

— na kierunku przyspieszenia stycznego

t

a

B

:

)

45

sin(

)

45

cos(

)

45

sin(

BA

BA

A

B

β

a

β

a

a

a

t

n

t

−

°

⋅

+

−

°

⋅

+

°

⋅

=

Rys. 2.15.

Otrzymaliśmy układ dwóch równań z dwiema niewiadomymi

t

a

BA

i

t

a

B

.

⎪⎩

⎪

⎨

⎧

−

°

⋅

+

−

°

⋅

+

°

⋅

=

−

°

⋅

+

−

°

⋅

−

°

⋅

=

)

45

sin(

)

45

cos(

)

45

sin(

)

45

cos(

)

45

sin(

)

45

cos(

BA

BA

A

B

BA

BA

A

B

β

a

β

a

a

a

β

a

β

a

a

a

t

n

t

t

n

n

Z pierwszego równania wyznaczamy

t

a

BA

:

2

BA

A

B

BA

cm/s

981

,

2

863

,

0

505

,

0

195

,

8

707

,

0

20

574

,

12

)

45

cos(

)

45

sin(

)

45

cos(

≈

⋅

+

⋅

−

=

=

−

°

−

°

⋅

+

°

⋅

−

=

β

β

a

a

a

a

n

n

t

i podstawiamy do równania drugiego:

2

B

cm/s

718

,

22

505

,

0

981

,

2

863

,

0

195

,

8

707

,

0

20

≈

⋅

+

⋅

+

⋅

=

t

a

Poszczególne przyspieszenia kątowe ε i ε

2

są równe:

2

BA

rad/s

091

,

0

780

,

32

981

,

2

AB

=

=

=

t

a

ε

2

2

B

2

rad/s

568

,

0

40

718

,

22

B

O

=

=

=

t

a

ε