MEO GUIDE v2.0
opracował: Maciej Sęk
Zaczynamy od wybrania układu i rozpisania sił:
0
sin
sin
0
cos
cos
2
1
2
1
S
S
G
P
S
S
P
iy
ix
0
cos
0
sin
0
cos
0
sin
C
A
iyG
C
B
ixG
C
iyQ
C
D
ixQ
R
G
R
P
R
R
P
R
Q
P
R
R
P
Brakuje nam tylko kąta, lecz wynika on bezpośrednio z geometrii układu:
2
1
2
1
)
(
sin
r
r
r
r
d
Koni eczna j est dekompoz ycja układu.
0
2
2
2
2
0
2
2
2
2
G
R
S
P
S
R
P
A
iy
A
ix
Ze względu na symetrię układu będziemy rozpatrywać tylko jedno przęsło.
Równania sił na oś x i y nie rozwiązują sprawy, zatem piszemy równanie
równowagi momentów sił. Interesują nas reakcje podporowe, w ięc momenty
wyznaczamy względem punktu C.
0
)
(
2
0
0
a
R
a
R
e
a
G
a
W
M
R
G
W
P
R
R
P
y
x
iC
y
ix
C
x
ix
gdzie W=qa;
Układ dekomponujemy.
0
2
0
0
0
sin
0
cos
2
2
1
1
Wa
a
R
M
M
W
R
R
P
R
P
R
R
P
R
P
P
R
P
C
iO
C
Dy
iy
Dx
ix
C
B
Ay
iy
Ax
ix
Układy należy zdekomponować i zaznaczyć siły w przegubie.
6a)
0
2
0
0
0
sin
Pr
Pr
0
sin
sin
0
cos
2
2
2
1
1
1
a
R
M
a
G
M
G
R
R
P
R
R
P
r
R
M
M
P
R
P
R
P
P
R
R
P
Cy
B
i
Cy
By
iy
Bx
Cx
ix
Cy
A
A
i
Cy
Ay
iy
Cx
Ax
ix
6b)
Robim y analogi czni e jak 6a)
0
)
(
cos
0
sin
0
2
)
(
0
cos
cos
sin
0
sin
sin
0
cos
1
6
3
0
6
2
1
1
2
6
4
5
3
2
1
6
4
2
5
1
g
h
P
a
S
a
S
M
M
a
S
a
P
b
P
M
b
G
b
S
g
h
P
M
S
S
S
G
S
S
S
P
S
S
P
P
S
P
P
iy
iz
ix
iz
iy
ix
2
2
2
1
1
1
1
2
1
2
2
1
2
2
2
1
2
1
0
0
0
cos
0
sin
N
T
N
T
G
N
N
P
T
T
P
P
R
N
G
P
R
T
P
iy
ix
iy
ix
Rozwiązujemy zadanie z założeniem że kabina jest pełna.
0
0
2
1
1
2
2
Th
Na
Pl
M
r
G
Tr
M
iA
iO
O co chodzi ze współczynnikiem tarcia tocznego ? Zauważmy, że gdyby siła
N była przyłożona w środku to jedyną siłą powodującą obrót byłaby siła S.
Oznacza to, że na ciało działa niezrównoważony moment i ciało obraca się.
Wiemy jednak, że ciało pozostaje w spoczynku, zatem musi działać moment o
przeci wn ym zwroci e. J est to mom ent Nf . Fiz yczni e chodzi t am o ugi ęci e
spręż yst e w m at erial e i podłożu, dl a doci ekli w ych ods ył am do podręcznika.
N
Sr
f
Nf
Sr
Tr
Sr
Nf
M
G
N
P
T
S
P
i
iy
ix
2
2
0
0
0
0
0
)
(
2
0
0
0
0
0
0
2
)
(
0
0
3
2
2
3
2
3
2
3
3
2
3
1
2
1
2
1
2
1
2
2
2
1
2
1
1
2
1
1
f
f
N
Qf
r
T
M
N
N
Q
P
T
T
P
r
T
f
N
M
N
R
Q
P
T
R
P
Ph
a
N
f
a
G
M
G
N
N
P
T
T
P
P
iC
iy
ix
iA
y
iy
x
ix
iB
iy
ix
Kinematyka
3
3
2
4
)
(
6
)
(
t
t
y
t
t
x
Prędkości i przyspieszenia to kolejne pochodne.
2
2
6
)
(
18
)
(
t
t
V
t
t
V
y
x
t
t
a
t
t
a
y
x
12
)
(
36
)
(
10
12
144
36
10
6
36
18
2
2
2
2
2
4
4
2
t
t
t
a
t
t
t
V
Równanie toru:
10
2
)
(
)
(
3
2
0
2
0
t
y
y
x
x
S
gdzie:
4
,
0
0
0
y
x
Można łatwo porównać oba wyniki:
dt
dV
a
dt
dS
V
Robim y analogi czni e jak poprzednie zadanie:
Zauważmy, że:
3
5
)
2
sin(
3
4
)
2
cos(
y
t
x
t
Dodając do siebie kwadraty tych równań otrzymujemy:
1
3
5
3
4
2
2
y
x
cz yli równanie okręgu o ś rodku w punkcie C (4,5) i
promieniu 3. Po takim torze porusza się nasz punkt. Aby wyznaczyć
przyspieszenia potrzebujemy prędkości kątowej punktu. Załóżmy, że punkt
przemieścił się z punktu O do A. możemy określić kąt jaki zakreślił punkt:
)
2
(
)
2
cos(
3
)
2
sin(
3
t
tg
t
t
x
x
y
y
tg
c
c
z czego w ynika:
t
2
Wi em y, że
t
tr
r
S
dt
d
6
2
2
Wynika z tego, że
0
dt
d
zat em j ed yne prz ys pieszeni e punktu do
prz yspieszenie dośrodkowe.
12
2
r
a
12
6
)
2
sin(
12
)
(
)
2
cos(
12
)
(
)
2
cos(
6
)
(
)
2
sin(
6
)
(
)
2
sin(
3
5
)
(
)
2
cos(
3
4
)
(
a
V
t
t
a
t
t
a
t
t
V
t
t
V
t
t
y
t
t
x
y
x
y
x
Jeżeli koniec liny porusza się ze stałą prędkościąto punkt B w czasie t pokona
drogę x.
ut
x
Punkt A zakreśli na okręgu kąt fi i pokona drogę S=x. Ponieważ:
r
S
to w yni k a z t ego:
r
ut
ut
r
Li cz ym y pochodne:
r
u
dt
d
0
dt
d
z cz ego w ynika, że punkt A m a t yl ko
przyspieszenie dośrodkowe o wartości:
r
u
r
a
2
2
Zakładamy, że punkt D porusza się z przyspieszeniem a=cons t, zatem:
1
1
1
1
r
at
r
at
u
Wiemy, że prędkość B wynosi:
1
2
2
1
r
atr
r
V
B
Z drugi ej st ron y wi em y, ż e:
3
2
r
V
B
Porównując te wzory otrzymujemy:
3
1
2
2
r
r
atr
cz yl i:
3
1
4
2
4
2
r
r
r
atr
r
V
A
Możemy wyznaczyć przyspieszenie k ątowe na podstawie prędkości kątowej:
3
1
2
2
2
r
r
ar
dt
d
Znaj ąc t e wartości bez probl emu poli cz ym y
prz ys pieszenia punkt u A.
4
2
4
2
2
r
a
r
a
A
A
Analogicznie obliczamy je dla punktu B, zmieniamy tylko promień.
Znamy prędkości punktów po
bok ach t arcz y.
a
V
b
V
E
D
,
Punkt C jest naszym chwilowym środkiem obrotu. Z podobieństwa trójkątów
w yznacz am y:
1
CD
V
CE
V
D
E
gdzi e
e
r
CD
e
r
CE
,
w ynika z t ego, że
e
r
b
e
r
a
z cz ego łatwo w yz nacz yć
2
a
b
e
2
a
b
r
zat em
b
CD
a
CE
,
a
a
1
Mam y wi ęc prędkość kąt ową dolnego krążka i m ożem y
wyznaczyć prędkość środka:
e
V
0
oraz szukaną prędkoś ć punktu A
2
2
e
r
V
A
. Prędkość
jest stał a zat em punkt A m a t yl ko skł adową
normalną przyspieszenia:
r
a
A
2
Chwilowy środek obrotu znajduje się w punkcie C.
Prędkość i przyspieszenie punktów A i E są tożsame zatem:
)
(
3
2
1
r
r
V
t
a
V
E
A
z czego w ynika
3
2
1
r
r
t
a
MOżemy obliczyć prędkość i przyspieszenie środka O
3
3
2
1
3
0
r
r
r
t
a
r
V
3
2
3
1
0
0
r
r
r
a
dt
dV
a
3
2
1
3
0
r
r
a
r
a
Możemy teraz obliczyć prędkość i przyspieszenie punktu D.
2
3
2
2
r
r
V
D
2
2
2
,
r
a
r
a
D
D
Analogiczni e w yznaczam y dla B i C.
3
2
1
3
2
1
)
(
r
r
t
a
r
r
t
a
V
B
3
2
1
3
2
3
1
0
3
2
3
1
3
0
r
r
a
r
r
r
a
a
r
r
tr
a
r
V
2
3
r
V
A
Możemy teraz wyznaczyć przyspieszenie punktu A.
a
a
a
a
0
gdzi e
3
3
2
,
r
a
r
a
Chwilowy środek obrotu znajduje się w punkcie styku linki górnej i
kołowrotka.
Prz yspi esz eni e punkt u C j est równe prz ys piesz eni u li nki (punkt C st yk
kołowrotka z "deską").
2
3t
a
C
Możemy całkując wyznaczyć prędkość tego punktu. Zauważmy, że
można tą prędkość opisać również przez obrót wokół ch wilowego środka
obrotu.
2
1
3
2
1
3
)
(
r
r
t
r
r
t
V
C
Znaj ąc prędkość kąt ową moż em y
wyznaczyć prędkość i przyspieszenie punktu O.
2
1
1
2
2
1
1
3
1
3
r
r
r
t
a
r
r
r
t
r
V
O
O
Znając przyspieszenie możemy wyznaczyć przyspieszenie kątowe.
2
1
2
1
3
r
r
t
r
a
O
Wyznaczamy prędkość i przyspieszenie punktu B.
2
2
2
1
r
r
V
B
,
BO
BO
O
B
BO
BO
a
a
a
a
r
a
r
a
2
2
2
,
Punkt A porusza się ruchem własnym ze stałą prędkością, zatem droga x,
którą pokona wynosi:
Punkt ma również prędkość wynikającą z ruchu obrotowego wokół punktu O
wt
x
u
0
0
Prędkość punktu zapisana wekt orowo w ynosi:
_
_
_
w
u
V
Jej wartość łatwo obliczyć obliczając pierwiastek sumy kwadratów.
Obli czam y prz ys pi eszeni a:
w
a
x
a
a
a
C
u
u
w
0
2
0
2
,
,
0
,
0
wt
x
Składowa styczna jest równa 0 ponieważ prędkość kątowa jest sta ła.
J ak w yz naczam y kierunek prz ys pi eszenia Coriolis a( ki erunek i locz ynu
wektorowego). Reguła prawej dłoni. Palce ręki ustawiamy tak aby zakręcały
od pi erwszego cz ynnika
0
do drugiego
w
. W ted y kciuk wskazuj e zwrot
wektora prz yspiesz enia Coriolis a. W nasz ym zadani u w ygl ąda t o t ak:
Zadanie robim y anal ogi cznie j ak poprzednie.
2
2
0
_
0
x
e
OA
u
wt
x
_
_
_
w
u
V
Prz yspi esz eni a:
w
a
OA
a
a
a
C
u
u
w
0
_
2
0
2
,
,
0
,
0
C
a
w pow yż sz ym z apis i e j est zapise m wektorow ym. Ab y obli cz yć wartość
tego prz yspieszeni a korz ys tam y z e wzoru:
w
w
a
o
C
0
0
2
1
sin
90
sin
2
W tym zadaniu punkt ma już przyspieszenie w ruchu własnym.
Droga jaką przebędzie po krawędzi nachosa wynosi:
2
_
2
1
bt
A
A
S
o
a prędkość, po zróż n iczkowani u
bt
dt
dS
w
Prędkość kątowa w ruchu unoszenia wynosi:
t
0
0
zat em prędkoś ć punktu w yni kająca z t ego ruchu:
2
2
0
S
a
u
zatem
_
_
_
w
u
V
Oznaczm y
2
2
_
S
a
OA
i prz ejdź m y do w yz nacz eni a prz ys pieszeń.
w
a
OA
a
OA
a
b
a
C
u
u
w
0
_
2
0
_
0
2
,
,
,
Jeszcze trochę zmodyfikowane zadanie. Tym razem punkt porusza się po
okręgu w ruchu własnym. Oznaczmy najpierw odcinek OA, który wyznaczymy
z geometrii układu.
2
45
sin
2
_
o
r
OA
Analogiczni e jak poprzednio w yz naczam y prz eb yt ą drogę i prędkoś ć punktu:
2
0
0
0
2
1
,
t
a
A
A
S
t
a
w
Wyznaczmy prędkość i przyspieszenie kątowe w ruchu własnym:
r
a
r
t
a
r
w
o
1
0
1
,
_
0
OA
u
i
_
_
_
w
u
V
Znając powyższe wartości możemy wyznaczyć przyspieszenia pun ktu.
_
_
_
_
_
_
C
u
u
w
w
a
a
a
a
a
a
Zadanie właściwie niczym nie odbiega od poprzednich więc nie będę się
rozpisywał. Należy tylko zauważyć, że ruch własny jest ruchem po okręgu o
środku w punkcie
1
O
i prom ieniu r. (r z ami ast a ż eb y si ę ni e m yliło).
cos
2
4
2
,
2
1
_
2
0
2
0
r
OA
r
t
a
S
r
t
a
S
_
0
0
OA
u
t
a
w
w
a
OA
a
OA
a
r
a
a
a
r
a
r
t
a
r
w
C
u
u
w
o
w
0
_
2
0
_
0
2
1
0
1
0
1
2
,
,
,
,
,
_
_
_
_
_
_
C
u
u
w
w
a
a
a
a
a
a
sin
,
_
0
_
0
wt
O
A
wt
A
A
_
0
OA
u
sin
2
,
,
0
,
0
0
_
2
0
w
a
OA
a
a
a
C
u
u
w
Kinematyka płaska zadanie dodatkowe 1.
Chwilowy środek obrotu w punkcie styku małego talerza w dużej misce.
Prędkość kątowa w ruchu unoszenia wynosi
t
1
1
Możemy teraz na dwa sposoby opisać prędkość punktu O, patrząc od środka
lub od środka chwilowego obrotu. Pozwoli to wyznaczyć
0
.
r
r
a
t
r
r
a
r
r
a
V
O
)
(
)
(
)
(
1
1
0
0
1
Wyznaczmy zatem szukaną prędkość punktu A
2
0
_
0
r
CA
V
A
Przyspieszenie wokół chwilowego środka obrotu to pochodna prędkości
kątowej po czasie.
r
r
a
dt
d
)
(
1
0
0
W yznaczam y prz yspi eszeni a:
r
a
r
a
r
a
a
r
a
a
AO
AO
O
O
0
2
0
2
0
0
,
),
(
),
(
W prz ypadku tal erza porusz aj ącego si ę po zewnętrz nej st roni e mi ski robim y
analogicznie t yl ko z ami ast a -r będzi e a+r.
Patyki 1
Jest kilka metod rozwiązywania zadań z patykami, przedstawiam jedną wg
mnie najprostszą.
Znamy prędkość punktu A.
r
V
A
Oznaczam y prędkość kątową punktu B
wokół A
1
zat em
r
V
BA
1
. Z równania
BA
A
B
V
V
V
znam y ki erunki wektorów i wartoś ć prędkoś ci punktu A
zatem mamy dwie niewiadome. Możemy ułożyć trójkąt wektorów i za pomocą
tw. sinusów wyznaczyć dowolną wartość.
1
cos
cos
2
sin
BA
A
BA
A
B
V
V
V
V
V
sin
2
2
cos
2
sin
r
V
V
A
B
Możemy wyznaczyć przyspieszenie punktu B
r
a
r
a
r
a
r
a
a
a
a
a
a
a
a
a
BA
BA
A
A
BA
BA
A
A
B
BA
A
B
1
2
1
2
,
,
,
Patyki 2
BA
A
B
V
V
V
Z tego równania nie znamy tylko wartości
B
V i
BA
V
zatem układając trójkąt
wektorów możemy je wyznaczyć.
r
V
A
r
V
V
V
B
o
A
B
2
1
2
1
30
sin
r
V
V
A
BA
2
3
2
3
2
1
2
1
B
B
B
B
r
r
r
V
0
B
0
,
,
0
,
2
B
B
A
A
a
a
a
r
a
Ruch kulisty 1
1
1
0
0
2
1
2
3
0
2
2
2
2
1
2
3
0
2
1
2
2
1
Prowadzimy prostą przez punkt nieruchomy ruchu kulistego i punkt
chwilowego obrot u (cz y jak on t am się nazywa, wi adom o i ntui cyj ni e) . Na tej
prostej leży wektor wypadkowej prędkości kątowej w ruchu kulistym. W
nasz ym prz ypadku j e st to ki erunek osi y. Ponieważ wartoś ć wekt ora na osi z
jest równa 0 możemy wyznaczyć:
1
2
2
1
2
0
2
1
Wyznaczmy teraz wektor promienia wodzącego punktu A:
2
sin
2
cos
0
2
sin
2
cos
0
l
l
l
r
A
Znając wektor wypadkowej prędkości kątowej i wektor promienia wodząceg o
możemy wyznaczyć prędkość punktu A:
2
3
2
3
0
2
1
3
0
0
1
1
i
k
j
i
r
V
A
A
wekt or t en m a ki erunek "z a ekran"
cz yli z godnie z oczekiwani em.
2
3
2
1
2
3
0
0
0
1
2
2
1
2
2
1
i
k
j
i
Możemy teraz wyznaczyć przyspieszenie. punktu A.
2
1
a
a
a
A
2
cos
2
3
2
sin
2
3
2
sin
0
2
cos
0
0
2
3
2
2
2
1
l
k
l
j
l
k
l
j
i
r
a
A
2
3
3
0
0
0
3
2
3
0
2
1
1
1
2
l
k
k
j
l
i
V
a
Kulisty 2
Zadanie robim y anal ogi cznie j ak poprzednie.
1
1
0
0
0
0
2
2
1
2
2
1
0
sin
cos
0
l
r
A
cos
sin
sin
cos
0
0
1
2
1
2
l
l
i
l
k
l
j
i
r
V
A
A
1
2
1
2
2
1
0
0
0
0
i
k
j
i
2
1
a
a
a
A
2
3
2
1
2
3
0
0
0
1
2
2
1
2
2
1
i
k
j
i
cos
sin
sin
0
cos
0
0
2
1
2
1
2
1
1
l
k
l
j
l
k
l
j
i
r
a
A
2
3
3
0
0
cos
sin
0
2
1
1
2
1
2
2
l
k
k
j
l
l
i
V
a
))
cos
sin
(
(
cos
sin
0
0
cos
sin
0
1
2
2
1
2
1
1
2
1
2
2
l
l
k
l
l
j
k
j
l
l
i
V
a
DYNAMIKA
Zad. 1
)
cos
(
sin
cos
cos
sin
cos
sin
sin
.
sin
cos
cos
0
sin
sin
cos
.
1
2
2
2
2
2
2
1
1
2
2
1
2
2
1
a
a
G
Q
N
T
S
G
Q
a
N
T
Q
S
II
a
m
N
T
T
S
S
S
G
T
N
N
I
a
h
mga
mgh
E
E
mgh
E
mga
mga
a
mg
E
a
mg
mV
E
ga
V
mg
a
mV
G
F
A
A
A
A
A
2
5
2
5
2
5
2
2
2
2
0
0
0
2
2
2
0
ga
V
mga
mV
E
E
mV
E
A
B
B
5
2
5
2
2
0
2
0
2
0
4
3
)
2
(
2
2
2
1
2
)
2
(
2
1
2
2
)
2
(
2
2
2
2
2
2
2
0
mV
r
a
mg
E
V
mr
mV
r
a
mg
E
mr
I
r
V
I
mV
r
a
mg
E
mgh
E
A
A
A
Wiemy, że w punkcie A siłą dośrodkową jest siła grawitacji.
)
(
2
2
r
a
mg
mV
mg
r
a
mV
zat em:
)
(
4
3
)
2
(
r
a
mg
r
a
mg
E
A
Z warunku
A
E
E
0
ot rz ymuj em y szukaną odpowi edź:
r
a
h
r
a
mg
r
a
mg
mgh
4
7
4
11
)
(
4
3
)
2
(
Równowaga sił:
cos
cos
2
2
mgl
Nl
mV
mg
l
mV
N
Początkowa energia potencjalna oraz energia po rozpoczęciu ruchu:
2
cos
2
mV
mgl
E
mgl
E
B
A
Porównujemy i podstawiamy za
2
mV
:
cos
3
2
2
cos
2
3
2
cos
2
cos
mg
mg
N
Nl
mg
mg
mgl
Nl
mgl
mgl
cos
2
mg
N
l
mV
Prz yjmuj em y punkt A za punkt o z erowej energii pot encj al nej ( j eden koniec h
powi ni en b yć na w ys okoś ci punktu A).
m
kx
mgx
mV
mgl
V
mV
kx
mgx
mV
mgl
mV
kx
mgx
E
mV
mgl
E
K
P
2
sin
2
sin
2
2
2
sin
2
sin
2
2
sin
2
sin
2
2
0
2
2
2
0
2
2
2
0
T
a
a
a
R
R
N
S
S
S
Szukane
y
x
,
,
,
,
,
,
,
,
,
,
,
,
,
:
4
3
2
1
4
2
1
3
2
1
4
4
4
4
1
4
4
4
1
:
0
:
:
I
Nf
Tr
r
S
M
G
N
O
a
m
S
T
O
IV
O
y
x
x
3
3
3
3
2
3
2
1
:
0
:
0
:
J
SR
r
S
M
S
R
O
S
R
O
III
O
y
y
x
x
2
2
3
3
2
2
2
2
2
3
2
2
:
:
I
r
S
r
S
M
a
m
S
G
S
O
II
O
y
1
1
1
3
1
1
1
1
3
:
:
I
r
S
M
a
m
G
S
O
I
O
y
Równanie powyższe oraz te niżej oznaczone gwiazdk ą dają nam 14
potrzebnych równań do rozwiązania zadania.
3
3
3
3
3
4
4
4
4
1
1
1
*
*
*
r
a
R
a
r
a
r
a
Stosujemy metodę chwilowego środka obrotu aby wyznaczyć potrzebne
zależności
*
)
(
2
2
1
2
2
2
2
2
1
R
a
a
r
x
a
x
a
3
2
3
2
1
2
1
2
1
2
1
,
,
,
,
,
,
,
,
,
:
a
a
a
T
T
N
N
S
S
Szukane
r
a
r
a
r
a
r
a
I
f
N
N
r
T
r
T
M
N
N
G
O
a
M
m
T
T
O
III
N
G
O
a
m
T
S
II
mr
r
S
r
S
M
a
m
G
S
S
O
I
OZ
y
x
y
y
2
3
2
)
(
2
:
0
:
)
(
:
0
2
:
2
2
1
:
:
3
1
2
1
2
2
3
3
2
2
1
2
1
1
2
1
2
1
2
2
2
1
1
2
1
3
2
2
1
1
3
3
3
2
1
Zauważmy, że w momenci e
krytycznym siła
2
N jest równa 0.
R
gctg
ctg
g
r
ctg
mg
F
N
N
mg
F
N
mg
N
N
F
N
N
mg
o
o
o
2
1
1
1
2
1
1
2
sin
cos
sin
0
cos
0
sin
k
r
g
m
M
Dane
,
,
,
,
,
:
2
2
2
2
2
2
2
2
4
3
4
1
2
1
2
2
r
m
r
m
r
m
I
mV
E
k
2
2
kx
Tx
M
W
r
x
2
2
2
1
r
k
r
T
M
W
W
E
k
Po porównaniu wzorów należy to równanie zróżniczk ować. Trzeba zauwazyć,
że po obu stronach równania korzystamy ze wzoru na pochodną wewnętrzną.
2
/
2
2
1
2
4
3
/
2
1
4
3
2
2
2
2
2
2
r
k
r
T
M
r
m
dt
d
r
k
r
T
M
r
m
2
2
2
3
kr
Tr
M
r
m
Nie jest to w zasadzie pełne rozwiązanie, ponieważ nie podaliśmy wzoru na
epsilon natomiast odpowiedź mamy w postaci równania różniczkowego, z
którego można to wyliczyć.
2
2
2
2
2
1
1
2
1
2
1
2
1
I
V
m
V
m
E
k
2
2
2
2
9
4
2
2
1
2
1
mr
r
m
mr
I
r
V
r
V
2
2
1
A
m
m
m
r
mr
r
m
r
m
E
A
k
2
2
1
2
2
2
2
2
2
2
2
2
1
4
9
2
2
1
2
9
2
1
4
2
1
2
1
B
gr
m
r
g
m
r
g
m
r
g
m
gx
m
gx
m
W
B
1
2
1
2
1
1
2
2
2
2
A
B
B
A
dt
d
B
A
2
2
/
2
2
1
2
1
1
2
2
1
1
2
2
2
2
2
1
1
2
2
2
1
2
2
2
1
2
2
9
4
2
1
2
1
2
1
2
1
2
1
r
r
r
r
V
r
V
mr
mr
mr
I
I
I
mV
mV
E
k
Ab y w yz nacz yć z ależnoś ć mi ędz y prędkoś ci ami porównujem y prędkoś ć
punkt u A i B (jw.)
2
2
1
16
79
r
m
E
k
1
2
2
1
1
M
gx
m
gx
m
W
r
r
x
r
x
1
2
2
1
1
2
1
2
1
1
2
1
1
2
1
2
M
r
g
m
r
g
m
W
1
1
2
1
1
2
1
2
2
1
2
16
79
M
r
g
m
r
g
m
mr
Szukamy przyspieszenia kątowego, zatem musimy to równanie jeszcze
zróżniczkować stronami. Dojdziemy w ten sposób do równania różniczkowego
pozwalającego wyznaczyć szukaną wielkość.
Zad. 5
2
2
2
1
2
I
mV
E
k
2
2
2
2
9
4
2
1
mr
mr
mr
I
2
2
4
11
mr
E
k
2
2
4
r
k
mgr
M
W
Przez porównanie wzorów na pracę i
energię kinetyczną otrzymamy równanie,
które
po
zróżniczkowaniu
pozwoli
wyznaczyć przyspieszenie kątowe układu.
0
1
0
K
K
a
mV
K
w
0
Pierwsz y kręt w yni ka z ruchu m as y z prę dkoś ci ą wł asną.
2
1
3
2
ma
ml
V
K
u
Drugi kręt to kret obracającej się płyty
oraz kręt masy m wynikający z ruchu
obrotowego płyty.
l
V
u
2
2
2
)
(
s
a
a
l
2
2
2
2
3
2
3
2
a
l
a
V
ma
l
m
a
mV
w
w
2
2
2
2
1
0
3
2
2
1
6
1
2
'
2
ma
ma
ma
a
m
I
I
I
K
a
mV
K
C
A
A
a
V
ma
a
mV
K
K
2
'
'
'
3
2
2
2
1
0
0
1
0
K
K
2
2
1
2
2
1
1
1
0
mb
I
I
K
I
K
2
1
2
1
1
2
1
1
2
1
2
2
mb
I
I
I
I
mb
I
I
1
0
1
1
0
2
1
1
1
1
0
0
2
I
I
K
K
a
m
I
I
I
K
I
K
Nie zapominajcie o zadaniach z równań dynamicznych, których niestety nie
ma w opracowaniu.
Wyszukiwarka
Podobne podstrony:
Software Upgrade Guide v2 eng (webos)
quick start guide v2 1
ciss ism implementation guide v2
MMConverter v2 0 Users Guide
ebook Snort v2 0 0 Install Guide FreeBSD english
HairyDairyMaid WRT54G v2 DeBrick Guide
PipBoxer V2 0 6 Users Guide
Nova Epoc Systems MediaSafe v2 0 8 Users Guide
DTC v2
guide camino aragones pl
Herbs for Sports Performance, Energy and Recovery Guide to Optimal Sports Nutrition
Meezan Banks Guide to Islamic Banking
Elektro (v2) poprawka
l1213 r iMiBM lakei v2
więcej podobnych podstron