Ćwiczenie 1 i 2 (wykład: 1)

Kinematyka punktu

Zadanie 1

Wyznaczyć równanie toru punktu, gdy: x = hcos2ωt, y = hcosωt. h[m], ω[1/s] − stałe,
t[s] − czas.

Ze wzoru trygonometrycznego: cos2ωt = cos²ωt − sin²ωt

z „1 − ki” trygonometrycznej: sin²ωt + cos²ωt = 1 → sin²ωt = 1 − cos²ωt

czyli: cos2ωt = cos²ωt − (1 − cos²ωt) = 2cos²ωt − 1 → x = h(2cos²ωt − 1)

y = hcosωt → cosωt
→ cos²ωt
i podstawiamy do wzoru na x:

x = h(2
− 1) − równanie toru.

Zadanie 1a

Równanie ruchu punktu A ma postać: x(t) = t³ − 2t² − 4t + 10; x[m], t[s]. Wyznaczyć położenie punktu na osi x i jego przyspieszenie w chwili, gdy jego prędkość V = 0[m/s].

3t² − 4t − 4

V = 0 → 3t² − 4t − 4 = 0 , Δ = (−4)² − 4⋅3⋅(−4) = 64 →

Oczywiście przyjmujemy pierwszą odpowiedź i liczymy
:

= 2³ − 2⋅2² − 4⋅2 + 10 = 2 [m].

Zadanie 2

Z danych równań ruchu punktu: x = (1/2)t², y = (1/3)t³, wyprowadzić równanie toru i narysować go oraz wyznaczyć równanie ruchu punktu po torze (równanie drogi), licząc drogę od początku położenia punktu.

Podnosimy obustronnie do potęgi trzeciej równanie x(t), a równanie y(t) do potęgi drugiej:

,

Dzieląc jedno równanie przez drugie, bądź wyliczając z jednego t⁶ i podstawiając do drugiego eliminujemy czas i otrzymujemy równanie toru − y(x):

→

Równanie ruchu punktu po torze (równanie drogi): s =
+ C

V − prędkość punktu, C − stała zależna od położenia początkowego

,
,
→
[m/s]

s =
+ C =

+ C

W położeniu początkowym
= 0, czyli:
→

Równanie drogi:
[m].

Zadanie 2a

Ruch punktu A jest dany w postaci: x = 3cos2t, y = 3sin2t, x[m], y[m], t[s]. Wyznacz:

a) tor punktu,
b) współrzędne prędkości, wektor prędkości i moduł (wartość) prędkości.
c) współrzędne przyspieszenia, wektor przyspieszenia i moduł (wartość) przyspieszenia.
d) równanie ruchu po torze.

a)

korzystamy z „1 − ki” trygonometrycznej, co daje równanie:

wobec tego:
→
→

torem jest okrąg o środku w punkcie (0,0) i promieniu r = 3.

b)
[m/s] ,
[m/s]

c)
[m/s²],
[m/s²]

4. Równanie ruchu punktu po torze (równanie drogi): s =
   + C

C − stała zależna od położenia początkowego

podstawiamy: V = 6 [m/s] i otrzymujemy: s =
+ C = 6t + C

= 0 → C = 0, stąd ostatecznie: s = 6t [m].

Zadanie 3

Prędkość lądowania samolotu wynosi V_o = 144[km/h]. Obliczyć jego opóźnienie a w [m/s²] przy zatrzymywaniu się oraz czas t₁ w [s], jaki upłynie od początku lądowania do zatrzymania się, jeżeli jego droga lądowania jest równa s₁ = 200[m]. Zakładamy, że opóźnienie jest stałe.

Ruch jest jednostajnie opóźniony wobec tego:
czyli

C − stała zależna od warunku początkowego,

a jest stałe (nie zależy od czasu) stąd:
czyli:

= V_o → C = V_o →

czyli
, C₁ − stała zależna od warunku początkowego,

= 0 → C₁ = 0 →

= 0 → 0 = −at₁ + V_o →
,
= s₁ →

Podstawiając t₁ do wzoru na s₁ mamy:
stąd:
(V_o = 40 [m/s])

Podstawiając dane liczbowe otrzymujemy: a = 4 [m/s²] oraz t₁ = 10 [s].

Zadanie 4

Prosta m porusza się prostopadle do swego kierunku ze stałym przyspieszeniem a_o, przy czym jej prędkość w chwili początkowej wynosiła V_o. Prosta ta przecina się z nieruchomą prostą n pod stałym kątem . Wyznaczyć prędkość i przyspieszenie punktu A przecięcia się prostych.

Oznaczmy przez s_A drogę jaką przebędzie punkt A w pewnym czasie t, zaś przez s drogę jaką przebył w tym samym czasie punkt znajdujący się na prostej m. Sytuację tą oraz związek między drogami s_A i s pokazuje poniższy rysunek.

Różniczkujemy po czasie związek między drogami s_A i s i otrzymujemy związek między prędkościami V_A i V:

czyli: V = V_Asinα , stąd:
(1)

Ruch prostej m jest jednostajnie przyspieszony z przyspieszeniem a_o czyli:

→ V = a_ot + V_o, podstawiając do równania (1) mamy:

Różniczkując po czasie równanie (1) otrzymujemy związek między przyspieszeniami a_A i a_o:

.

Zadanie 5

Tulejka A jest przesuwana po pręcie za pomocą linki przerzuconej przez mały krążek B odległy od pręta o wielkość OB = b. Wyznaczyć wzór na prędkość i przyspieszenie tulejki w funkcji odległości OA = x, jeśli swobodny koniec linki jest ciągnięty ze stałą prędkością V₀.

,

.

Zadanie 6

Ruch punktu określony jest równaniem x(V) = bV² − c. Po jakim czasie prędkość punktu będzie dwa razy większa od prędkości początkowej. W chwili początkowej punkt znajdował się w położeniu x = 0.

→ a⋅2bV = V →

→
→
→
→
→

C − stała zależna od warunku początkowego,

= V_o → C = V_o →

z treści zadania: V = 2V_o →
→
→ t = 2bV_o , V_o = ?

= 0 → 0 = bV_o² − c →
[m/s]

czyli czas, po którym prędkość wzrośnie dwukrotnie:
[s].

Zadanie 7

Pociąg mający prędkość początkową V_o = 54[km/h], przejechał drogę s₁ = 600[m] w ciągu
czasu t₁ = 30[s]. Zakładając stałe przyspieszenie styczne pociągu, obliczyć jego prędkość i przyspieszenie całkowite w końcu trzydziestej sekundy, jeżeli ruch odbywał się po łuku o promieniu R=1[km].

a_t − przyspieszenie styczne,

a_n − przyspieszenie normalne,

a − przyspieszenie całkowite.

C − stała zależna od warunku początkowego,

= V_o → C = V_o → V = a_tt + V_o (1)

C₁ − stała zależna od warunku początkowego,

→
= 0 → C₁ = 0 →

Z ostatniego równania wyliczamy a_t: →
= s₁ →
→

Podstawiając dane liczbowe (V_o = 15 [m/s]) otrzymujemy:

Liczymy V w chwili t₁ ze wzoru (1):

a_n w chwili t₁ liczymy ze wzoru:
[m/s²]

całkowite przyspieszenie w chwili t₁:
[m/s²].

Zadanie 7a

Punkt materialny A porusza się zgodnie z równaniami ruchu: x(t) = bsint, y(t) = ccost, gdzie b, c i  są stałymi. Wyznacz równanie toru punktu, jego całkowitą prędkość i całkowite przyspieszenie oraz przyspieszenie styczne i normalne w dowolnej chwili czasu t.

,
i korzystamy z „1−ki” trygonometrycznej: sin²ωt + cos²ωt = 1

Równanie toru [y(x)]:
− elipsa

Całkowita prędkość:

[m/s] ,
[m/s]

Całkowite przyspieszenie:

[m/s²] ,
[m/s²]

Przyspieszenie styczne:

[m/s²]

Przyspieszenie normalne (a_n) liczymy następująco:

i po przekształceniach otrzymujemy:
[m/s²].

Zadanie 7b

Punkt materialny A zaczął poruszać się po okręgu o promieniu r = 0.1[m] w ten sposób, że jego przyspieszenie styczne (a_t) jest stałe równe 2 [m/s²]. Po jakim czasie jego przyspieszenie normalne będzie równe stycznemu?

C − stała zależna od warunku początkowego,

= 0 → C = 0 → V = a_tt , podstawiając a_t = 2[m/s²]: V = 2t [m/s]

Przyspieszenie normalne (a_n):

Z treści zadania: a_n = a_t czyli:
stąd:
[s].

Zadanie 7c

Obliczyć promień krzywizny toru środka kulki w początku ruchu, jeżeli równania ruchu mają postać: x = 2t, y = t²; przy czym t [s], x i y [m].

Promień krzywizny (ρ) dany jest wzorem:

gdzie: V − prędkość punktu

a_n − przyspieszenie normalne punktu

V =
,
,

V =
=
=
= 2
[m/s]

a =
gdzie: a − przyspieszenie całkowite punktu

a_t − przyspieszenie styczne punktu

a_n =
, a = ?, a_t = ?

[m/s]

z drugiej strony: a =
,
[m/s²],
[m/s²]

a = a_y = 2 [m/s²]

[m/s²]

[m]

= 2 [m].

Zadanie 8

Punkt A porusza się po krzywej płaskiej zgodnie z równaniem s = b(e^kt − 1), gdzie s w [m], b, k są stałymi. Kąt między całkowitym przyspieszeniem, a prędkością wynosi  = 60^o. Obliczyć prędkość i całkowite przyspieszenie punktu.

Prędkość punktu wyznaczamy ze wzoru:

[m/s]

Przyspieszenie styczne wynosi:

[m/s²]

Całkowite przyspieszenie jest równe:

[m/s²].

Zadanie 9

Dwa punkty A i B poruszają się po okręgu o promieniu R = 6[m] w przeciwne strony zgodnie z równaniami drogi s_A(t) = t² i s_B(t) = t⁴, gdzie s_A i s_B w [m], t - czas w [s]. Punkty wyruszyły z przeciwnych końców średnicy. Obliczyć normalne i styczne przyspieszenia punktów w momencie ich spotkania.

Do chwili spotkania oba punkty przebyły w sumie drogę równą połowie obwodu okręgu, wobec tego: s_A + s_B = πR. Podstawiając dane wielkości s_A i s_B otrzymujemy równanie:

t² + t⁴ = πR → t⁴ + t² − R = 0

Otrzymaliśmy równanie dwukwadratowe, z którego obliczymy czas, jaki upłynął do chwili spotkania punktów. Podstawiając R = 6[m] mamy: t⁴ + t² − 6 = 0

[s²] lub
− sprzeczność

czyli:
[s]

Prędkości punktów A i B (odpowiednio V_A i V_B) wyznaczamy ze wzorów:

[m/s],
[m/s]

Przyspieszenia styczne punktów A i B (odpowiednio a_tA i a_tB) wyznaczamy ze wzorów:

[m/s²] ,
[m/s²]

Podstawiając
[s] otrzymujemy wartości liczbowe a_tA i a_tB:

a_tA = 6,28 [m/s²],

Przyspieszenia normalne punktów A i B (odpowiednio a_nA i a_nB) wyznaczamy ze wzorów:

[m/s²] ,
[m/s²]

Podstawiając dane otrzymujemy wartości liczbowe a_nA i a_nB:

a_nA = 13,15 [m/s²], a_nB = 210,34 [m/s²].

Zadanie 10

Punkt porusza się po okręgu o promieniu r = 2[m] według równania s = 0,1t², (t[s], s[m]). Po jakim czasie przyspieszenie normalne i styczne będą równe?

Prędkość punktu wyznaczamy ze wzoru:

[m/s]

Przyspieszenie styczne punktu wyznaczamy ze wzoru:

[m/s²]

Przyspieszenie normalne punktu wyznaczamy ze wzoru:

[m/s²]

Z treści zadania: a_t = a_n, czyli otrzymujemy równanie:

stąd otrzymujemy:
[s].

Ćwiczenie 3 i 4 (wykład: 2)

Kinematyka ciała sztywnego

Zadanie 1

Dla układu przegubowo połączonych prętów jak na rysunku określić prędkość punktu C, jeżeli prędkość punktu A wynosi 8[m/s] a prędkość punktu B 6[m/s].

Rozpatrzmy pręt CA:

Rozpatrzmy pręt BC:

Wobec tego otrzymujemy układ równań:

Korzystamy z „1 − ki” trygonometrycznej: cos²α + sin²α = 1, co daje równanie:

Stąd wyliczamy V_C:

Podstawiając dane liczbowe (V_A = 8 [m/s] i V_B = 6 [m/s]) otrzymujemy: V_C = 5 [m/s].

Zadanie 2

Koło mające nieruchomą oś otrzymało początkową prędkość kątową ω_o = 2π[rad/s]. Po wykonaniu 10 obrotów, wskutek tarcia w łożyskach, koło zatrzymało się. Obliczyć opóźnienie kątowe ε tego koła uważając je za stałe.

Ruch jest jednostajnie opóźniony wobec tego:
czyli

C ိ stała zależna od warunku początkowego,

ε jest stałe (nie zależy od czasu) stąd:
czyli

= ω_o → C = ω_o →

czyli:
, φ − kąt obrotu, C₁ ိ stała zależna od warunku początkowego,

= 0 → C₁ = 0 →
, oznaczmy przez t₁ czas, po którym koło zatrzymało się:

= 0 →
→
,
= φ ₁ →

podstawiając t₁ do wzoru na φ₁ mamy:
stąd:
(φ₁ = 20π tj. 10 obrotów)

podstawiając dane liczbowe otrzymujemy:
[rad/s²].

Zadanie 2a

Walec obraca się dokoła swej nieruchomej osi symetrii tak, że jego opóźnienie kątowe  jest proporcjonalne do jego prędkości kątowej  ze współczynnikiem k. Prędkość początkowa walca wynosiła _o. Wyprowadzić równanie ruchu obrotowego walca φ(t).

Z treści zadania wynika równanie:
, znak minus oznacza, że mamy do
czynienia z ruchem opóźnionym. Rozdzielamy zmienne (ω,t) i całkujemy stronami:

, C ိ stała zależna od warunku początkowego

przekształcamy ostatni wzór:

z ostatniego wzoru wynika wzór na prędkość kątową:

związek między kątem obrotu (φ) i prędkością kątową:

rozdzielamy zmienne (φ,t) i całkujemy stronami:

, C₁ ိ stała zależna od warunku początkowego

równanie ruchu obrotowego walca:
.

Zadanie 3

Tarcza kołowa obraca się dokoła nieruchomej osi z opóźnieniem kątowym    ^, a początkowa prędkość kątowa tarczy wynosiła _. Znaleźć równanie ruchu tarczy φ(t).

Z treści zadania mamy równanie:
, znak minus oznacza, że mamy do czynienia z ruchem opóźnionym. Rozdzielamy zmienne (ω,t) i całkujemy stronami:

, C ိ stała zależna od warunku początkowego

z ostatniego wzoru wynika wzór na prędkość kątową:

związek między kątem obrotu φ i prędkością kątową:

rozdzielamy zmienne (φ,t) i całkujemy stronami:

, C₁ ိ stała zależna od warunku początkowego

równanie ruchu obrotowego tarczy:
.

Zadanie 4

Na bęben o promieniu R = 0,5[m] nawinięto linę. Koniec liny A porusza się ze stałym przyspieszeniem. Po przebyciu drogi s = (1/3)[m] koniec A osiągnął prędkość V = 1[m/s]. Znaleźć przyspieszenie dowolnego punktu leżącego na obwodzie bębna.

Ruch punktu A jest ruchem jednostajnie przyspieszonym (bez prędkości początkowej). Przyspieszenie tego punktu znajdujemy ze wzoru:

, ale z drugiej strony:
, tak więc:

Przyspieszenie punktu leżącego na obwodzie bębna jest sumą geometryczną składowej stycznej (a_t) i składowej normalnej (a_n). Przyspieszenie styczne punktu leżącego na obwodzie bębna jest równe przyspieszeniu punktu A.

przyspieszenie normalne znajdujemy ze wzoru:

przyspieszenie całkowite (a) w rozważanej chwili:

podstawiając dane liczbowe otrzymujemy:
.

Zadanie 5

Koło 1 przekładni ciernej wykonuje f₁ = 600 [obr/min] i jednocześnie przesuwa się osiowo według równania: u = (10 − 0,5t) gdzie: u[cm], t[s]. Obliczyć: a) przyspieszenie kątowe ε₂ koła 2 w funkcji przesunięcia u, tzn. ε₂ = ε₂(u) b) całkowite przyspieszenie punktu B na obwodzie koła 2 w chwili gdy u = r. Przyjąć: r = 5[cm], R = 15[cm].

a) Prędkość liniowa punktu styczności A jest taka sama dla koła 1 i 2

oznaczmy:
− prędkość punktu A dla koła 1 →
= ω₁r = 2πf₁r

− prędkość punktu A dla koła 2 →
= ω₂u

=
→ 2πf₁r = ω₂u →

podstawiając dane liczbowe otrzymujemy:

2. Przyspieszenie punktu B leżącego na obwodzie koła 2 jest sumą geometryczną składowej stycznej (a_t) i składowej normalnej (a_n).

ale:
czyli:

podstawiając: u = r = 0,05 [m] oraz R = 0,15 [m] otrzymujemy: a_n = 591,58 [m/s²]

, ale u = r czyli:

podstawiając dane liczbowe otrzymujemy: a_t = 94,2 [m/s²]

wobec tego przyspieszenie punktu B jest równe:

a_B =
≈ 599 [m/s²].

Zadanie 6

Pomiędzy dwie równoległe odległe od siebie o 2R listwy wstawiono koło, które toczy się względem nich bez poślizgu. Wyznaczyć prędkość środka koła i jego prędkość kątową, jeżeli listwy poruszają się poziomo z prędkościami V₁ i V₂.

Przyjmujemy, że V₁ > V₂

Zadanie 6a

Tarcza kołowa o promieniu r toczy się po prostej, przy czym środek tarczy O porusza się ze stałą prędkością V. Wyznaczyć prędkości i przyspieszenia punktów A, B, C i D zaznaczonych na rysunku.

Punkt C jest chwilowym środkiem obrotu, czyli: V_C = 0

prędkość kątowa:

oznaczmy przez V_A, V_B, V_D szukane prędkości punktów A, B, D

,

Kierunki i zwroty prędkości pokazano na poniższym rysunku

Oznaczmy przez a_A, a_B, a_C, a_D szukane przyspieszenia punktów A, B, C, D

Przyspieszenia tych punktów wyznaczymy w oparciu o sumę geometryczną przyspieszenia bieguna (punktu, którego znamy przyspieszenie) oraz przyspieszenia danego punktu w ruchu obrotowym wokół tego bieguna. W naszym przypadku biegunem będzie punkt O, a jego przyspieszenie (a_o) wyznaczamy ze wzoru:

− ponieważ prędkość (V) środka tarczy jest stała

Przyspieszenie w ruchu obrotowym ma składową styczną (t) i normalną (n).

Dla punktu A:
,
czyli:

Wartości liczbowe:
, ε − przyspieszenie kątowe

− ponieważ prędkość kątowa (ω) jest stała, czyli:
, a więc:

wobec tego:

Postępując analogicznie jak dla punktu A możemy wyznaczyć przyspieszenia pozostałych trzech punktów, należy zamienić tylko literę A na B, C lub D.

Kierunki i zwroty przyspieszeń pokazano na poniższym rysunku

.

Zadanie 7

Koło zestawu kołowego toczy się bez poślizgu po prostej szynie ze stała prędkością V. Znaleźć prędkość i przyspieszenie punktu A na obrzeżu koła.

Zadanie 8

Obliczyć prędkość punktu B mechanizmu oraz prędkości kątowe prętów AB i BD w położeniu jak na rysunku. Korba OA obraca się z prędkością kątową ₁. Zaznaczone na rysunku wymiary mechanizmu wynoszą:

Pręt OA porusza się ruchem obrotowym, wobec tego: V_A = ω₁2r

Rozpatrzmy pręt AB:

czyli:

Pręt DB porusza się ruchem obrotowym, wobec tego:

wobec tego otrzymujemy równanie:
stąd ω₃ = ω₁

Dla pręta AB punkt C jest chwilowym środkiem obrotu,

stąd
, czyli
.

Zadanie 8a

Dwie tarcze kołowe o średnicach D i d stykają się ze sobą. Tarcza I obraca się wokół swej nieruchomej osi z prędkością kątową ₀. Tarcza II połączona jest z tarczą I korbą O₁O₂ obracającą się ze stałą prędkością ₁. Wyznacz prędkość kątową ₂ tarczy II.

Rozpatrujemy jedynie górną tarczę. Na rysunku pokazano prędkości środka górnej tarczy i punktu styku obydwu tarcz.

Dla górnej tarczy punkt C jest chwilowym środkiem obrotu (V_C),

oznaczmy długość odcinka CA jako x.

Dla oznaczeń jak na rysunku możemy zapisać:

V_A = ω_oR − ponieważ tarcza dolna porusza się ruchem obrotowym,

− ponieważ korba O₁O₂ porusza się ruchem obrotowym,

Wobec tego dla górnej tarczy prędkość kątowa spełnia zależność:

czyli możemy zapisać:
i stąd wyliczamy wartość x:

i możemy wyliczyć ω₂:

→

Uwaga! gdy ω₁(R+r) = ω_oR ruch tarczy górnej jest jedynie postępowy.

Ćwiczenie 5 i 6 (wykład: 3)

Kinematyka ciała sztywnego − ruch płaski c.d.

Zadanie 1

Koło toczy się bez poślizgu po prostej. Obliczyć przyspieszenie punktu A koła w chwili
t = 2[s], jeśli: V_o = 12t [m/s], r = 0,2[m].

,
,
,
12 [m/s²]

= ε
= εr,
= ω²
= ω² r

[rad/s],
[rad/s²]

12 [m/s²],
2880 [m/s²]

a_A =
=
= 2892,02 [m/s²].

Zadanie 2

Koło zębate o promieniu R jest uruchamiane korbą OA obracającą się dokoła osi O stałego koła zębatego o tym samym promieniu. Korba obraca się z prędkością kątową stałą _o. Wyznaczyć przyspieszenie punktu koła ruchomego, który w danej chwili jest chwilowym środkiem obrotu tego koła.

Po wyprowadzeniu wzoru ogólnego wykonać obliczenia dla: R = 12[cm], _o = 2[rad/s].

ω − prędkość kątowa koła ruchomego.

Chwilowym środkiem obrotu koła ruchomego jest punkt C − styku obydwu kół (V_C = 0)

,
,

Punkt A porusza się po okręgu o promieniu 2R. Wobec tego:

,
= ε_oR = 0, bo ε_o
0 (ω_o jest stała),
=
2R

czyli:
= 2
R

→

= ω²
= ω²R ,
= ε
= εR , ω = ?, ε = ?

Dla korby OA prędkość punktu A: V_A = ω_o2R

Chwilowym środkiem obrotu koła ruchomego jest punkt C, zatem: ω

Prędkość punktu A: V_A = ω
= ωR

Wobec tego: ω_o2R = ωR → ω = 2ω_o, ε
0, (bo ω jest stała)

= ω²R = (2ω_o)²R = 4
R

a_c = a_C/A − a_A = 4
R − 2
R = 2
R, R = 12 [cm] = 0,12 [m], ω_o = 2 [rad/s].

czyli: a_c = 0,96 [m/s²].

Zadanie 3

Pręt prosty AB ślizga się ruchem płaskim po osiach układu Oxy. W chwili, gdy tworzy on z osią Ox kąt  = 60^o, prędkość jego końca A wynosi V_A= 2[m/s]. Wyznacz dla tego położenia chwilowy środek obrotu, prędkość kątową pręta i prędkość końca B.

Oznaczmy długość pręta AB jako l i przyjmijmy jego długość l = 1[m] − będzie ona potrzebna do obliczenia prędkości kątowej (ω) pręta.

Punkt C jest chwilowym środkiem obrotu pręta AB (V_C = 0)

, ale
, czyli:
→

Podstawiając dane liczbowe otrzymujemy:

, stąd:

Podstawiając dane liczbowe otrzymujemy:
.

Zadanie 4

Przyspieszenia końców pewnego pręta prostego wynoszą a_A i a_B. Wyznaczyć przyspieszenie a_S środka S tego pręta, oznaczyć na rysunku jego kierunek i zwrot oraz obliczyć wartość przyspieszenia a_S, jeśli: a_A = a_B =
[m/s²].

,
,

,
,

z rysunku widać, że:
, czyli możemy zapisać:

dodając stronami dwa ostatnie równania otrzymujemy:

→
→ a_S
1 [m/s²]

kierunek i zwrot przyspieszenia a_s pokazano na poniższym rysunku:

.

Zadanie 5

Na szpulę o promieniach a i b nawinięto nierozciągliwą nić, której koniec A ma prędkość
u = const. Obliczyć, jaką drogę s_A przebędzie koniec A nici, gdy odcinek, AB = e tej liny nawinie się na szpulę. Dane: a, b, e, u.

Punkt C jest chwilowym środkiem obrotu (V_C = 0)

V_B = V_A = u,
,

W jednakowym czasie t droga środka szpuli (s_o) O musi być o e większa od drogi punktów B (s_A) (leżących stale pod punktem O):

s_o = s_B + e (1)

Oba punkty poruszają się ruchem jednostajnym, zatem ich drogi wynoszą:

s_o = V_ot , s_A = ut

stąd
i po podstawieniu do wzoru (1) otrzymujemy

stąd:
, a po uwzględnieniu wzoru na V_o ostatecznie otrzymujemy:

.

Zadanie 5a

Balon wznosi się pionowo z prędkością w = 5[m/s], zaś prędkość bocznego podmuchu wiatru wynosi u = 8[m/s]. Jaka jest prędkość bezwzględna balonu? Oblicz wartość znoszenia bocznego po uzyskaniu przez balon wysokości h = 1[km].

czyli:
i po wstawieniu danych liczbowych mamy:

h = wt, stąd czas ruchu balonu

x = ut i po podstawieniu t otrzymujemy:
, a po podstawieniu danych liczbowych: x = 1,6 [km].

Zadanie 5b

Punkt A porusza się po obwodzie koła o promieniu r = 1[m] z prędkością względną
V_w = 1[m/s]. Jednocześnie koło obraca się względem swego nieruchomego środka z prędkością kątową  = 1[rad/s]. Oblicz prędkość bezwzględną i przyspieszenie bezwzględne punktu A. Wykonaj odpowiednie rysunki.

Prędkość bezwzględną (V_b) punktu A wyznaczamy ze wzoru:

, gdzie: V_u − prędkość unoszenia

­− gdzie:
jest wektorem poprowadzonym z punktu O do punktu A

,
− ponieważ wektor
jest prostopadły do płaszczyzny kartki i skierowany „do nas”

czyli: V_u = ωr = 1 [m/s]

wektor
ma kierunek (ustalony na podstawie reguły „śruby prawoskrętnej”) pokazany na poniższym rysunku

Wobec tego wartość prędkości bezwzględnej (V_b): V_b = V_w + V_u = 2 [m/s]

Przyspieszenie bezwzględne (a_b) punktu A wyznaczamy ze wzoru:

, gdzie:

a_w − przyspieszenie względne,

a_u − przyspieszenie unoszenia,

a_c − przyspieszenie Coriolisa,

W rozpatrywanym przypadku ruch względny jest ruchem po okręgu, wobec tego:

,
, bo V_w jest stała,
[m/s²]

czyli: a_w = a_wn = 1 [m/s²] i jest skierowane do środka koła

,
,
− wektor przyspieszenia kątowego, który ma ten sam kierunek i zwrot jak wektor
,
, bo ω jest stała, czyli a_ut = 0 i mamy

,

wobec tego:
[m/s²]

,

wobec tego:
[m/s²]

Kierunki i zwroty przyspieszeń unoszenia i Coriolisa ustalamy na podstawie reguły „śruby prawoskrętnej”. Kierunki i zwroty przyspieszeń pokazano na poniższym rysunku.

Wobec tego wartość przyspieszenia bezwzględnego (a_b): a_b = a_w + a_u + a_c = 4 [m/s²].

Zadanie 6

Koło o promieniu R = 0,2[m] obraca się w swej płaszczyźnie wokół stałego punktu O ze stałą prędkością kątową  = 5[rad/s]. Po obwodzie koła przesuwa się punkt ze stałą prędkością
V_w = 1[m/s]. Obliczyć bezwzględne przyspieszenie punktu w położeniu A.

Przyspieszenie bezwzględne (a_b) punktu A wyznaczamy ze wzoru:

, gdzie:

a_w − przyspieszenie względne,

a_u − przyspieszenie unoszenia,

a_c − przyspieszenie Coriolisa,

W rozpatrywanym przypadku ruch względny jest ruchem po okręgu, wobec tego:

,
, bo V_w jest stała,

czyli a_w = a_wn = 5 [m/s²] i jest skierowane do środka koła

,
− gdzie:
jest wektorem poprowadzonym z punktu O do punktu A

, bo ω jest stała, czyli a_ut = 0 i mamy

, V_u − prędkość unoszenia,
, oczywiście:

,
,
, czyli: V_u = ωr

,
, wobec tego:

,
,
, wobec tego:
[m/s²]

Kierunki i zwroty przyspieszeń unoszenia i Coriolisa ustalamy na podstawie reguły „śruby prawoskrętnej”. Kierunki i zwroty przyspieszeń pokazano na poniższym rysunku.

Z rysunku widać, że:
[m/s²].

Zadanie 7

Linia kolejowa przebiega wzdłuż południka. Lokomotywa jedzie z prędkością
V = 180 [km/h] na południe. Obliczyć przyspieszenie Coriolisa lokomotywy w chwili, gdy jej położenie jest określone szerokością geograficzną północną  = 60^o.

,
,
wobec tego:

, V = 50 [m/s]

, T − okres obrotu Ziemi dookoła własnej osi, T= 24 [h] = 86400 [s]

czyli
, podstawiając dane liczbowe otrzymujemy: a_c = 6,3⋅10⁻³ [m/s²].

Zadanie 8

Koło o promieniu R obraca się w swej płaszczyźnie ze stałą prędkością kątową  wokół osi przechodzącej przez jego środek. Po średnicy koła porusza się punkt zgodnie z równaniem drogi s(t) = Rsint. Punkt wystartował ze środka koła. Znaleźć prędkość bezwzględną i przyspieszenie bezwzględne punktu w zależności od czasu.

Prędkość bezwzględną (V_b) punktu (oznaczyliśmy go jako A) wyznaczamy ze wzoru:

, gdzie: V_w − prędkość względna, V_u − prędkość unoszenia

W rozpatrywanym przypadku ruch względny jest ruchem postępowym, prostoliniowym, wobec tego prędkość względna punktu A dana jest wzorem:

Prędkość unoszenia wyznaczamy ze wzoru:

­− gdzie
jest wektorem poprowadzonym ze środka koła do punktu A

Długość wektora
jest równa: |
|

,
− ponieważ wektor
jest prostopadły do płaszczyzny kartki i skierowany „do nas”, czyli: V_u = ωr =

Kierunek i zwrot prędkości unoszenia ustalamy na podstawie reguły „śruby prawoskrętnej”. Kierunki i zwroty poszczególnych prędkości pokazano na poniższym rysunku.

Z rysunku widać, że:

Podstawiając wyliczone wartości V_w i V_u otrzymujemy:

Przyspieszenie bezwzględne (a_b) punktu A wyznaczamy ze wzoru:

, gdzie:

a_w − przyspieszenie względne

a_u − przyspieszenie unoszenia

a_c − przyspieszenie Coriolisa

Przyspieszenie względne (a_w) punktu wyznaczamy ze wzoru:

znak minus wskazuje, że wektor przyspieszenia względnego ma przeciwny zwrot do wektora prędkości względnej.

,
,
, bo ω jest stała , czyli a_ut = 0 i mamy

,
, wobec tego:

,
,
, wobec tego:

Kierunki i zwroty przyspieszeń unoszenia i Coriolisa ustalamy na podstawie reguły „śruby prawoskrętnej”. Kierunki i zwroty poszczególnych przyspieszeń pokazano na poniższym rysunku.

z rysunku widać, że:

Podstawiając wyliczone wartości poszczególnych przyspieszeń otrzymujemy:

po przekształceniach otrzymujemy:
[m/s²].

Ćwiczenie 7 i 8 (wykład: 4)

Równania ruchu punktu materialnego (PM).

Zadanie 1

Punkt materialny o masie m = 0,1[kg] porusza się pod działaniem sił: F_x = −2sin3t [N],
F_y = −2cos3t [N]. Określić tor tego punktu przy zerowych warunkach początkowych.

F_x = ma_x →
−20sin3t [m/s²]

, C − stała zależna od warunku początkowego

,
→
→

[m/s]

, C₁ − stała zależna od warunku początkowego

→ C₁ = 0

(1)

F_y = ma_y →
−20cos3t [m/s²]

, C₂ − stała zależna od warunku początkowego

→ C₂ = 0

[m/s]

, C₃ − stała zależna od warunku początkowego

→
→

[m] stąd:

i podstawiamy do równania (1) otrzymując równanie toru:
.

Zadanie 2

Punkt materialny o masie m = 2[kg] porusza się zgodnie z równaniami x(t) = hcost [m],
y(t) = hsint [m]. Wyznacz: a) prędkość w chwili t₁ = /, b) przyspieszenie w chwili
t₂ = 2/, c) siłę działającą na ten punkt w chwili t₂. Przyjąć do obliczeń: h = 0,05[m],
 = 10[rad/s].

a)
,
,

b)
,
[m/s²] ,
[m/s²]

[m/s²]

[m/s²]

3. 
   , F = ω²hm [N]

[N].

Zadanie 3

Suwak obrabiarki o masie m = 0,6[kg] będąc w stanie spoczynku, został wprawiony w ruch wzdłuż prowadnicy za pomocą siły Q = 10[N], skierowanej do osi prowadnicy pod kątem
α = 30^o. Jaką prędkość uzyska suwak po przesunięciu go na odległość s = 1[m], jeżeli współczynnik tarcia suwak-prowadnica wynosi µ = 0,2?

Poniższy rysunek przedstawia siły działające na suwak w trakcie ruchu:

N − siła reakcji podłoża, T − siła tarcia, P − siła ciężkości

Q_x, Q_y − składowe (pozioma i pionowa) siły Q

Pod wpływem działania siły Q suwak będzie poruszał się ruchem jednostajnie przyspieszonym (bez prędkości początkowej) z przyspieszeniem a. Wobec tego przebyta drogę s, jaką przebędzie suwak znajdujemy ze wzoru:

, ale z drugiej strony:
, bo V_o = 0, wyliczamy t:

i podstawiając do wzoru na s otrzymujemy wzór na V:
(1)

czyli musimy znaleźć przyspieszenie z jakim będzie poruszać się suwak

piszemy dynamiczne równania ruchu suwaka w kierunku x i y:

x: a_xm = Q_x − T, Q_x = Qcosα, T = Nμ

y: a_ym = N − P − Q_y, Q_y = Qsinα, P = mg

wobec tego, że ruch odbywa się tylko po współrzędnej x mamy a_y = 0, czyli a_x = a

am = Qcosα − Nμ (2)

0 = N − mg − Qsinα → N = mg + Qsinα i podstawiamy do (2)

am = Qcosα − (mg + Qsinα)μ stąd:
i podstawiamy do (1)

, podstawiając dane liczbowe mamy: V = 12,36 [m/s].

Zadanie 3a

Po jakim czasie i na jakim odcinku może zatrzymać się wskutek hamowania wagon tramwajowy jadący po poziomym i prostym torze z prędkością V_o = 36[km/h], jeśli opór hamowania jest stały i wynosi 3[kN] na jedną tonę ciężaru wagonu.

Dynamiczne równanie ruchu:
, gdzie F_op − siła oporu

przekształcamy dane równanie:
→
→
, P − ciężar wagonu

występujący po prawej stronie iloraz
jest danym w zadaniu oporem hamowania, który oznaczymy F_m (F_m = 3 [kN/T]), 1 [T] = 10³ [kG] = 9,81 [kN], czyli F_m ≈ 0,3)

wobec tego dynamiczne równanie ruchu ma postać:
(1)

,
, V_k − prędkość końcowa, V_k = 0 − z treści zadania →

czyli:
i podstawiamy do (1),
, stąd wyliczamy t →

podstawiając dane liczbowe (V_o = 10 [m/s]) otrzymujemy: t = 3,4 [s]

odcinek (s) po jakim wagon zatrzyma się wyznaczamy ze wzoru:

podstawiając dane {ze wzoru (1)
[m/s²]} otrzymujemy: s ≈ 17 [m].

Zadanie 4

Pocisk o masie m wystrzelono pionowo w górę z prędkością początkową V_o. Wiedząc, że siła oporu powietrza jest w postaci R = kV (k − stały współczynnik, V − prędkość pocisku), wyznaczyć czas, po którym pocisk osiągnie maksymalną wysokość.

Dynamiczne równanie ruchu:
, P = mg

, ale

, jest to równanie różniczkowe o zmiennych rozdzielonych

rozdzielamy zmienne (V,t) i przekształcamy równanie:

→
→

ostatnie równanie obustronnie całkujemy:

− C − stała zależna od warunku początkowego,

korzystamy z całki nieoznaczonej:
, a − pewna stała i otrzymujemy:

stałą C wyznaczamy z warunku początkowego: dla t = 0 → V = V_o

→
czyli otrzymujemy:

przekształcamy ostatnie równanie:

→

→
→

Pocisk osiągnie maksymalną wysokość gdy V = 0

→
→

po zlogarytmowaniu obu stron ostatniego równania otrzymujemy:
.

Zadanie 4a

Mała kulka A o ciężarze Q = 10 [N] zawieszona w nieruchomym punkcie O na lince o długości l = 30 [cm] tworzy wahadło stożkowe (zatacza okrąg w płaszczyźnie poziomej). Linka tworzy z pionem kąt . Obliczyć prędkość kulki i naciąg linki.

Poniższy rysunek przedstawia siły działające na kulkę podczas ruchu

gdzie: Q − siła ciężkości

N − siła naciągu linki

F_od − siła odśrodkowa

Q = mg,
→

Z rysunku widać, że:
→

podstawiając dane (l = 0,3 [m] i przyjmując α = 30°) otrzymujemy: N = 11,55 [N]

→ F_od = Qtgα → F_od = 5,77 [N] →
→

podstawiając dane otrzymujemy: V = 0,92 [m/s].

Zadanie 5

Dla układu dwóch mas M i m połączonych nierozciągliwą i lekką nicią wyznaczyć ich przyspieszenie oraz naciąg nici. Ciało o masie M spoczywa na chropowatej równi pochyłej o kącie nachylenia α, współczynnik tarcia o równię wynosi µ. Jaki warunek musi spełniać masa M, aby jej ruch w dół równi był możliwy?

Rozpatrujemy ruch masy M:

gdzie: P − siła ciężkości, P = Mg, F₁ = Psinα = Mgsinα, F₂ = Pcosα = Mgcosα

S − siła naciągu linki

N − siła nacisku

T − siła tarcia

Dynamiczne równania ruchu w kierunku osi x i y (obranych jak na rysunku)

x: aM = F₁ − T − S

y: 0 = N − F₂

Uwzględniając, że: T = Nμ oraz podstawiając wartości F₁ i F₂ otrzymujemy:

aM = Mgsinα − Nμ − S, N = Mgcosα → aM = Mgsinα − Mgμcosα − S (1)

Rozpatrujemy ruch masy m:

gdzie: Q − siła ciężkości, P = mg, S − j.w.

Dynamiczne równanie ruchu:

am = S − Q → am = S − mg (2)

dodając stronami równania (1) i (2) otrzymamy wzór na przyspieszenie układu:

aM + am = Mgsinα − Mgμcosα − mg →

aby ruch masy M w dół równi był możliwy musi być: a > 0, czyli: Mg(sinα − μcosα) − mg > 0

stąd otrzymujemy:
.

Zadanie 6

Do ciała o masie m, które może poruszać się prostoliniowym ruchem postępowym po chropowatej poziomej płaszczyźnie, przyłożona została siła P tworząca kąt  z tą płaszczyzną. Wyznaczyć przyspieszenie, z którym zacznie poruszać się to ciało. Po jakim czasie uzyska ono prędkość V₁, jeśli na początku miało prędkość V_o? Współczynnik tarcia między ciałem a płaszczyzną jest równy .

Poniższy rysunek przedstawia siły działające na ciało w trakcie ruchu

N − siła reakcji podłoża, T − siła tarcia, Q − siła ciężkości

P_x, P_y − składowe (pozioma i pionowa) siły P

Pod wpływem działania siły P ciało będzie poruszało się ruchem jednostajnie przyspieszonym (z prędkością początkową V_o) z przyspieszeniem a.

dynamiczne równania ruchu suwaka w kierunku x i y:

x: a_xm = P_x − T, P_x = Pcosα, T = Nμ

y: a_ym = N − Q − P_y, P_y = Psinα, Q = mg

wobec tego, że ruch odbywa się tylko po współrzędnej x mamy: a_y = 0, czyli a_x = a

am = Pcosα − Nμ (1)

0 = N − mg − Psinα → N = mg + Psinα i podstawiamy do (1)

am = Pcosα − (mg + Psinα)μ →

z drugiej strony:
czyli
, C − stała zależna od warunku początkowego,

a jest stałe (nie zależy od czasu) stąd:
czyli:

= V_o → C = V_o →

Oznaczmy jako t₁ szukany czas, po którym prędkość ciała będzie równa V₁, wobec tego:

→
i podstawiając a otrzymujemy:
.

Zadanie 7

Kulka o masie m stacza się po rynnie kołowej o promieniu r bez prędkości początkowej z punktu A. Znaleźć reakcję rynny, gdy kulka będzie mijała punkt B.

R − szukana reakcja, P − siła ciężkości, F − siła odśrodkowa

R − P − F = 0 → R = P + F

P = mg,
, V − prędkość kulki w punkcie B,
, V = ?

V obliczymy z zasady zachowania energii (jako poziom odniesienia dla energii potencjalnej przyjmujemy prosta poziomą przechodzącą przez punkt B)

Całkowita energia mechaniczna kulki w punkcie A: E_A = mgr

Całkowita energia mechaniczna kulki w punkcie B:

Z zasady zachowania energii wynika równanie: E_A = E_B

→ V² = 2gr czyli:
.

Zadanie 8

Z jakim przyśpieszeniem musi poruszać się klin dolny, aby klin górny nie zsuwał się względem dolnego? Między powierzchniami styku klinów nie występuje tarcie, kąt pochylenia klina dolnego wynosi α.

P = mg, F = ma

Z warunku równowagi wynika równanie: F_x = P_x, F_x = Fcosα, P_x = Psinα

F_x = macosα, P_x = mgsinα

macosα = mgsinα → a = gtgα.

Zadanie 8a

Dwa wagoniki połączone nierozciągliwą liną poruszają się po torze prostym poziomym pod działaniem stałej siły pociągowej P. Ciężary wagoników wynoszą odpowiednio G₁ i G₂ a siła oporu ruchu każdego wagonika wynosi 0.1 jego ciężaru. Oblicz przyspieszenie wagoników i naciąg liny między nimi.

Rozpatrujemy ruch wagonika o ciężarze G₁

gdzie: S − szukana siła naciągu liny

N₁ ­− reakcja podłoża

T₁ − siła oporu (z treści zadania T₁ = 0,1G₁)

Dynamiczne równanie ruchu: am₁ = P − S − T₁,
→
(1)

Rozpatrujemy ruch wagonika o ciężarze G₂

gdzie: N₂ ­− reakcja podłoża

T₂ − siła oporu (z treści zadania T₂ = 0,1G₂)

dynamiczne równanie ruchu: am₂ = S − T₂,
→
(2)

dodajemy stronami równania (1) i (2):

i wyliczamy szukane przyspieszenie:

podstawiając a do równania (2) wyliczamy szukany naciąg liny:
.

Zadanie 9

Na powierzchni ruchomego stożka o kącie przy podstawie  obracającego się ze stałą prędkością kątową  znajduje się punkt materialny o masie m. W jakiej największej odległości r od osi obrotu może pozostawać ten punkt aby nie nastąpił jego poślizg po tworzącej stożka. Współczynnik tarcia statycznego wynosi .

Poniższy rysunek przedstawia siły działające na punkt materialny

gdzie: T − siła tarcia

P − siła ciężkości

F_od − siła odśrodkowa

N − siła reakcji podłoża

Poślizg nie zajdzie, gdy: F_odcosα + Psinα ≤ T (1), F_od = mω²r, P = mg, T = Nμ (2)

N wyznaczamy z równowagi sił w kierunku pionowym: N + F_odsinα − Pcosα = 0

czyli: N = Pcosα − F_odsinα i podstawiamy do (2)

oczywiście musi być: Pcosα − F_odsinα ≥ 0, stąd: mgcosα ≥ mω²rsinα →

T = (Pcosα − F_odsinα)μ i podstawiamy do (1), F_odcosα + Psinα ≤ (Pcosα − F_odsinα)μ

F_odcosα + Psinα ≤ (Pcosα − F_odsinα)μ → mω²rcosα + mgsinα ≤ (mgcosα − mω²rsinα)μ

stąd po przekształceniach otrzymujemy:
czyli:
.

Zadanie 10

Pozioma gładka rurka o długości 2b jest osadzona symetrycznie na pionowej osi obracającej się ze stałą prędkością kątową  Wewnątrz rurki znajduje się kulka o masie m. W początkowej chwili kulka znajdowała się w spoczynku w odległości a od osi obrotu. Wyznaczyć poziomą reakcję rurki na kulkę w chwili, w której ta opuści rurkę.

Dynamiczne równanie ruchu kulki: am = F_od, F_od − siła odśrodkowa

, F_od = mω²x, x − odległość od osi obrotu

→
− równanie różniczkowe liniowe, drugiego rzędu

równanie charakterystyczne: r² − ω² = 0 stąd:
,

→
, C₁, C₂ − stałe zależne od warunków początkowych

→
(1)

w początkowej chwili kulka znajdowała się w spoczynku, czyli:
,
(2) → 0 = ωC₁ − ωC₂ → C₁ = C₂,

uwzględniając (1) mamy:

wobec tego:

poziomą reakcją rurki na kulkę jest siła Coriolisa:
,
→

,
, wobec tego: F_c = 2mωV

podstawiając
do (2) mamy:

stąd: F_c = 2mω²asinhωt

aby znaleźć poziomą reakcję rurki na kulkę w chwili, w której ta ją opuści należy wyznaczyć czas, po jakim kulka opuści rurkę. Czas ten oznaczymy jako t_b.

korzystamy z warunku:
→

przekształcamy ostatnie równanie:
→

oznaczmy:
→
→

lub

czyli:
lub

wobec tego:
lub

ostatecznie:
lub

przyjmujemy drugą odpowiedź (autor pozostawia studiującemu rozważania dlaczego?)

i wyznaczamy:

musimy znaleźć wartość wyrażenia:
, co daje:

po przekształceniach mamy:

czyli:
.

Zadanie 10a

Mały pierścień o masie m jest nasunięty na gładki drut OA obracający się wokół pionowej osi z prędkością kątową _o = const. Oś drutu jest krzywą płaską. Znaleźć równanie tej krzywej, aby zachodziła równowaga względna dla dowolnego położenia pierścienia.

Rozpatrzymy siły działające na pierścień, znajdujący się w punkcie B

gdzie: N − reakcja drutu

F_od − siła odśrodkowa,

P − siła ciężkości, P = mg

Warunek równowagi wynika z rzutów siły odśrodkowej i siły ciężkości na styczną do osi drutu w punkcie B

stąd:

czyli:
− jest to równanie różniczkowe o zmiennych rozdzielonych

rozdzielając zmienne (y,x) i całkując obustronnie otrzymujemy:

, C − stała zależna od warunku początkowego

, stałą C wyznaczamy z warunku:
, czyli C = 0

szukane równanie krzywej:
− parabola przechodząca przez punkt (0,0).

Ćwiczenie 9 i 10 (wykład: 5)

Zasady zmienności w dynamice punktu materialnego

Zadanie 1

Lufa działa jest nachylona poziomo, a działo ma ciężar G = 11[kN]. Ciężar pocisku wynosi P = 5,5[N]. Prędkość pocisku u wylotu lufy wynosi V = 900[m/s]. O ile i w którą stronę przesunie się działo, jeżeli opory jego ruchu są równe 0,1G?

Oczywiście działo przesunie się o szukaną wielkość s o zwrocie przeciwnym, niż zwrot prędkości pocisku. Oznaczmy jako V₁ prędkość działa w chwili, gdy pocisk jest u wylotu lufy. Z zasady zachowania energii wynika równanie: ΔE_k = W

gdzie: ΔE_k − zmiana energii kinetycznej działa

W − praca oporów ruchu

, V_k − prędkość końcowa działa, V_k = 0, m − masa działa,

czyli:

, T − siła oporu, z treści zadania: T = 0,1G, czyli

→
(1) V₁ = ?

V₁ wyznaczamy z zasady zachowania pędu. W momencie, gdy pocisk jest u wylotu lufy pęd pocisku (p₁) i działa (p₂) są sobie równe

p₁ = m₁V, m₁ − masa pocisku,
czyli:

, p₁ = p₂ →
→
i podstawiamy do równania (1)

, podstawiając dane liczbowe otrzymujemy: s ≈ 0,1 [m].

Zadanie 2

Pocisk artyleryjski o masie m = 30[kg] wylatuje z lufy armaty z prędkością V = 50[m/s]. Jaka jest siła odrzutu działająca na armatę, jeśli lot pocisku w lufie trwał 0,1[s].

Korzystamy z zależności: F = am,
, ∆V = V →

Podstawiając dane liczbowe otrzymujemy: F = 15000 [N].

Zadanie 3

Dwie kule, jedna o masie m₁ = 200[g], a druga o masie m₂ = 300[g] poruszają się do siebie wzdłuż prostej z prędkościami odpowiednio V₁ = 0,5[m/s] i V₂ = 0,4[m/s] W pewnej chwili zderzyły się i następnie zaczęły poruszać się razem. Znaleźć ich wspólną prędkość oraz kierunek ruchu.

Pęd pierwszej kuli przed zderzeniem: p₁ = m₁V₁ = 0,1 [kg⋅m/s]

Pęd drugiej kuli przed zderzeniem: p₂ = m₂V₂ = 0,12 [kg⋅m/s]

Pęd drugiej kuli jest większy, wobec tego po zderzeniu kule będą poruszać się w tym kierunku, w którym poruszała się druga kula.

Pęd kul po zderzeniu: p = (m₁ + m₂)V

Z zasady zachowania pędu wynika równanie: p₂ − p₁ = p → m₂V₂ − m₁V₁ = (m₁ + m₂)V

Stąd:
.

Zadanie 3a

W celu zmierzenia ciężaru zestawu wagonów wstawiono między lokomotywą a pierwszym wagonem dynamometr. W ciągu czasu t₁ = 2[min] dynamometr wskazywał średnio siłę
F = 100,8[T]. W tym czasie pociąg ze stanu spoczynku nabrał prędkości V₁ = 57,6[km/h]. Współczynnik tarcia  = 0,02. Obliczyć ciężar zestawu wagonów.

Rozpatrzymy siły działające na zestaw wagonów w trakcie ruchu

P − ciężar zestawu wagonów (P = mg), N − siła reakcji podłoża (N = P = mg),

T − siła tarcia (T = Nμ = mgμ)

Dynamiczne równanie ruchu: am = F − T,
,
, ∆V = V₁ →

, stąd wyliczamy ciężar zestawu wagonów:

Podstawiając dane liczbowe (t₁ = 120[s], F = 988848 [N], V₁ = 16 [m/s])

Otrzymujemy: P = 29⋅10⁶ [N].

Zadanie 4

Punkt o masie m jest zamocowany do nieważkiej i nierozciągliwej nici i porusza się po okręgu o promieniu r_o ze stałą prędkością kątową ω_o. Następnie nić została wciągnięta do otworu i punkt porusza się po okręgu o promieniu 0,5r_o. Pomijając opory ruchu, obliczyć, w jakim stopniu zmieni się naciąg nici.

O naciągu (N) nici stanowi siła odśrodkowa.

W pierwszym przypadku: N₁ = m
r_o

Po wciągnięciu nici do otworu: N₂ = m
0,5r_o = 0,5m
r_o

ω − prędkość kątowa punktu po wciągnięciu nici do otworu

, ω = ?

ω obliczymy z zasady zachowania krętu (momentu pędu)

Kręt w pierwszym przypadku: K₁ = mV_or_o, V_o = ω_or_o → K₁ = mω_o

Po wciągnięciu nici do otworu: K₂ = 0,5mVr_o, V = 0,5ωr_o → K₁ = 0,25mω

Z zasady zachowania krętu wynika równanie: K₁ = K₂

mω_o
= 0,25mω
→ ω = 4ω_o

− naciąg zwiększył się 8 razy.

Zadanie 4a

Punkt M porusza się dokoła nieruchomego środka pod działaniem siły przyciągającej do tego środka. Znaleźć prędkość V₂ w punkcie toru najbardziej oddalonym od środka, jeżeli prędkość punktu w miejscu najbliższym środka V₁ = 3[m/s], a promień r₂ = 5r₁.

Kręt (K₁) punktu M w miejscu najbliższym środka: K₁ = mV₁r₁ (m − masa punktu M)

Kręt (K₂) punktu M w punkcie toru najbardziej oddalonym od środka: K₂ = mV₂r₂

Z zasady zachowania krętu wynika równanie: K₁ = K₂ → mV₁r₁ = mV₂r₂

stąd wyliczamy V₂:
, uwzględniając, że r₂ = 5r₁ otrzymujemy:
.

Zadanie 5

Samochód jedzie z prędkością V_o = 108[km/h] w dół po stoku nachylonym do poziomu pod kątem α = 0,008[rad]. W pewnej chwili kierowca zobaczywszy niebezpieczeństwo zaczyna hamować. Opór całkowity hamowania jest stały i wynosi 0,1 ciężaru samochodu. Obliczyć, w jakiej odległości d i po jakim czasie  samochód zatrzyma się. Przyjąć sinα  α.

Rozważymy siły działające na samochód podczas ruchu

gdzie: P − siła ciężkości, P = mg, F₁ = Psinα = mgsinα, F₂ = Pcosα = mgcosα

N − siła nacisku

T − siła oporu hamowania (z treści zadania T = 0,1P = 0,1mg)

Dynamiczne równanie ruchu:
→
(1)

stąd opóźnienie z jakim porusza się samochód:

z drugiej strony:
, ΔV = V_k − V_o, V_k − prędkość końcowa, τ − szukany czas ruchu

V_k = 0, czyli: ΔV = − V_o stąd:
(2), przyrównując do siebie wzory (1) i (2) mamy:

→

podstawiając dane liczbowe (V_o = 30 [m/s]) otrzymujemy: τ = 33,24 [s]

podstawiając wyliczony τ do wzoru (2) obliczamy opóźnienie ruchu:
[m/s²]

szukana droga (d) dana jest wzorem:

podstawiając dane liczbowe otrzymujemy: d ≈ 500 [m].

Zadanie 6

Wagonik o masie m = 10³[kg] jedzie z prędkością V = 36[km/h] po torze prostym poziomym i uderza o zderzak. Jaka musi być sztywność sprężyny zderzaka aby jego ugięcie e = 0,5[m]? Zakładamy liniową charakterystykę sprężyny i brak strat energii mechanicznej.

Energia kinetyczna (E_k) wagonika jest zamieniana na energię potencjalną sprężystości (E_ps) sprężyny.

,
→ E_k = E_ps →
→

podstawiają dane liczbowe (V = 10 [m/s]) otrzymujemy: k = 40000 [N/m].

Zadanie 7

Ciężarek o masie m ze stanu spoczynku spada pionowo z wysokości h na nieważką sprężynę śrubową o stałej sztywności równej k. Wyznacz ugięcie  tej sprężyny zakładając, że ciężarek po zetknięciu z górnym końcem sprężyny przykleił się do niej. Opory ruchu pomijamy.

Korzystamy z zasady zachowania energii. Energia kinetyczna ciężarka w chwili początkowej jak i końcowej jest równa zero. Przyjęto poziom odniesienia dla energii potencjalnej grawitacji jak pokazano na rysunku. Wobec tego całkowita energia (E₁) w położeniu początkowym: E₁ = mg(h + λ)

całkowita energia (E₂) w położeniu końcowym jest energią potencjalną sprężystości:

Z zasady zachowania energii wynika równanie: E₁ = E₂ →

Po przekształceniach otrzymujemy: kλ² − 2mgλ − 2mgh = 0

lub
− sprzeczne

czyli odpowiedzią jest:
[m].

Zadanie 8

Mała kula o masie M = 1[kg] wykonuje ruch harmoniczny u(t) = 12sin2t (gdzie: u − w metrach, t − w sekundach). Obliczyć energię mechaniczną kuli, jeśli sztywność sprężyny, na której jest oparta kula wynosi k = 4[N/m].

Całkowita energia (E) w ruchu harmonicznym dana jest wzorem:

gdzie: A − amplituda drgań, w naszym przypadku: A = 12 [m]

podstawiając dodatkowo k = 4 [N/m] otrzymujemy: E = 288 [J].

Zadanie 9

Z wysokości h = 10[m] spada kamień o masie m = 5[kg]. Ile procent energii kinetycznej zostało przez ten kamień stracone w wyniku oporu powietrza, jeśli przy zetknięciu z Ziemią jego prędkość była równa V = 10[m/s].

, gdzie: η − szukany procent strat energii kinetycznej

E_p − energia potencjalna, E_p = mgh

E_k − energia kinetyczna, E_k

, podstawiając dane liczbowe otrzymujemy: η = 50%.

Zadanie 10

Kula o ciężarze Q = 2[kG] zawieszona na nieważkiej lince o długości l = 1[m] uzyskała wskutek uderzenia prędkość V = 5[m/s]. Oblicz siłę w lince bezpośrednio po uderzeniu. Podaj wynik obliczenia z dokładnością do 0.01[N].

gdzie: N − szukana siła w lince bezpośrednio po uderzeniu

F_od − siła odśrodkowa,
,
→

N − Q − F_od = 0 → N = Q + F_od →

Podstawiając dane liczbowe (Q = 19,62 [N], g = 9,81 [m/s²]) otrzymujemy: N = 69,62 [N].

Ćwiczenie 11 i 12 (wykład: 5 cz.II i 6)

Zasady zmienności w dynamice układu punktów materialnych i ciała sztywnego.

Środek masy. Momenty bezwładności. Pęd i moment pędu. Praca siły i energia kinetyczna.

Zadanie 1

Wyprowadź wzory na główne centralne momenty bezwładności walca kołowego jednorodnego o masie m, promieniu r i wysokości h. Dalej, korzystając z tych wzorów wyznacz główne centralne momenty bezwładności dla jednorodnej cienkiej tarczy kołowej i jednorodnego pręta prostego.

Moment bezwładności walca względem osi z_c:
(1)

Masa (m) walca: m = Vρ, V = πr²h, czyli masa elementarna (dm): dm = 2πηhρdη

i podstawiamy do (1):
, pamiętając, że: m = πr²hρ,

otrzymujemy:

, dla walca:

wiadomo, że:
, przy czym dla walca:
, czyli:

wobec tego:

, gdzie: dm = πr²ρdz →

pamiętając, że: m = πr²hρ, otrzymujemy:

wobec tego otrzymujemy:

Dla jednorodnej cienkiej tarczy kołowej mamy: h → 0, czyli:
,

Dla jednorodnego pręta prostego mamy: r → 0, czyli:
,
.

Zadanie 2

Obliczyć moment bezwładności drążka zmiany biegów samochodu względem jego osi x. Zakładamy, że drążek składa się z jednorodnego pręta o masie m i długości l z osadzoną na nim kulką o promieniu r i masie M.

Na moment bezwładności (I_x) drążka względem osi x składa się moment bezwładności pręta (I_x1) i moment bezwładności kulki (I_x2): I_x = I_x1 + I_x2. Moment bezwładności pręta jest momentem bezwładności względem jego własnego końca, natomiast moment bezwładności kulki liczymy z twierdzenia Steinera:

,

wobec tego:
.

Zadanie 3

Znaleźć macierz bezwładności układu 3 jednorodnych prętów każdy o masie m i długości l połączonych tak jak na rysunku.

Macierz (tensor) bezwładności układu wygląda następująco:

I

I_x, I_y, I_z − momenty bezwładności względem poszczególnych osi

D_xy = D_yx, D_yz = D_zy, D_zx = D_xz − odpowiednie momenty dewiacji

Wobec tego macierz (tensor) bezwładności układu wygląda następująco:

I
.

Zadanie 4

Obliczyć przesunięcie pływającego żurawia, przenoszącego ciężar P₁ = 2[T], jeśli wysięgnik z pozycji pionowej obróci się o kąt α = 30^o. Ciężar żurawia P₂ = 20[T]. Długość wysięgnika OA = l = 8[m]. Opór wody i ciężar wysięgnika pominąć.

Współrzędna środka masy środka masy x pozostaje bez zmiany zatem:

→ −P₁x₁ = −P₁lsinα − P₁x₁ + P_­1x + P₂x

(P₁ + P₂)x = P₁lsinα → x =
, po wstawieniu danych otrzymujemy: x = 0,36 [m].

Zadanie 5

Oblicz energię kinetyczną układu składającego się z jednorodnej belki o masie M i dwóch jednakowych rolek o masie m i promieniu r. Belka jest przetaczana po rolkach ze stałą prędkością V.

Belka porusza się ruchem postępowym, zaś obie rolki poruszają się ruchem płaskim.

Na energię kinetyczną układu (E_k) składa się:

1. energia kinetyczna ruchu postępowego belki (E_k1)

2. energia ruchu postępowego rolek (E_k2)

3. energia ruchu obrotowego rolek (E_k3)

E_k = E_k1 + E_k2 + E_k3,
,
,

gdzie: V_o − prędkość środka masy rolki

ω − prędkość kątowa rolki

I − moment bezwładności rolki względem osi przechodzącej przez środek masy,

,

Energia kinetyczna układu jest równa:
.

Zadanie 6

Ile wynosi energia kinetyczna i kręt płyty kwadratowej o boku a i masie m wirującej z prędkością kątową ω_o = const wokół swego nieruchomego boku?

Szukana energia kinetyczna:

I − moment bezwładności kwadratu względem jednego z boków

Moment I obliczamy na podstawie tw. Steinera: I = I_y + m

gdzie: I_y − moment bezwładności kwadratu względem osi y (rys. po prawej),

I
+ m

stąd:
.

Zadanie 7

Jednorodny walec o masie m = 30[kg] i promieniu r = 0,1[m] został ze stanu spoczynku wprawiony w ruch obrotowy wokół swej nieruchomej osi symetrii uzyskując prędkość kątową _   120[rad/s] w ciągu t₁ = 8[s]. Wiedząc, że moment oporowy ruchu M_t = 0,2[Nm], oblicz moment napędowy zakładając jego stałą wartość.

Dynamiczne równanie ruchu:

gdzie: I − moment bezwładności walca względem osi obrotu

ε − przyspieszenie kątowe

M_n − szukany moment napędowy

,
→
→

całkujemy obustronnie ostatnie równanie:

C − stała zależna od warunku początkowego

,
→ C = 0 →

z treści zadania:
→
stąd:

podstawiając dane liczbowe otrzymujemy: M_n = 2,45 [Nm].

Zadanie 8

Prosty jednorodny pręt o długości l = 3,27 [m] osadzony jest swoim końcem O obrotowo na osi i może wykonywać ruchy w płaszczyźnie pionowej, prostopadłej do tej osi. Jaką prędkość trzeba nadać końcowi A, aby pręt z położenia równowagi wykonał pół obrotu?

Korzystamy z zasady zachowania energii. Na poniższym rysunku zaznaczono poziom odniesienia dla energii potencjalnej (liczona jest względem środka masy)

Całkowita energia (E₁) w położeniu początkowym:

gdzie: I − moment bezwładności pręta względem własnego końca

ω − prędkość kątowa w chwili początkowej

,
→

Całkowita energia (E₂) w położeniu końcowym:

Z zasady zachowania energii wynika równanie: E₁ = E₂ →
→

Podstawiając dane liczbowe otrzymujemy: V = 9,81 [m/s].

Zadanie 9

Jednorodna tarcza kołowa o masie M i promieniu r obraca się ze stałą prędkością kątową  wokół własnej pionowej i nieruchomej osi symetrii, przy czym na obwodzie tarczy spoczywa punkt A o masie m. Co stanie się, jeśli po przesunięciu punkt A znajdzie się w środku tarczy? Opory ruchu pomijamy.

Po przesunięciu punktu A na środek tarczy prędkość kątowa układu powinna ulec zwiększeniu. Aby to wykazać skorzystamy z zasady zachowania krętu.

Kręt (K₁) w położeniu początkowym jest sumą kretów tarczy (K_1M) i krętu punktu A (K_1m):

K₁ = K_1M + K_1m

K_1M = Iω, I − moment bezwładności tarczy,
→

K_1m = mVr, V − prędkość liniowa punktu A, V = ωr → K_1m = mωr²

Kręt (K₂) w położeniu końcowym jest tylko krętem tarczy (K_2M), ponieważ punkt A znajduje się na osi obrotu:

K_2M = Iω_x , ω_x − szukana prędkość kątowa w położeniu końcowym →

Z zasady zachowania krętu wynika równanie: K₁ = K₂ →

Stąd szukana ω_x:
i łatwo dostrzec, że jest większa od ω.

Zadanie 10

Jednorodna tarcza kołowa o promieniu r = 0,3[m] i masie m = 2[kg] jest wykonana z tworzywa nasączonego równomiernie cieczą. Tarcza obracała się na początku wokół własnej osi symetrii ze stałą częstotliwością f₁ = 10/ [Hz]. Oblicz, jaką prędkość kątową ₂ [rad/s] osiągnęła tarcza, jeśli po osuszeniu jej masa zmniejszyła się o 20%. Opory ruchu pomijamy.

Korzystamy z zasady zachowania krętu.

Kręt (K₁) tarczy przed osuszeniem: K₁ = I₁ω₁

gdzie: I₁ − moment bezwładności tarczy przed osuszeniem

ω₁ − prędkość kątowa tarczy przed osuszeniem

, ω₁ = 2πf₁ → K₁ = mr²πf₁

Kręt (K₂) tarczy po osuszeniu: K₂ = I₂ω₂

gdzie: I₂ − moment bezwładności tarczy po osuszeniu

ω₂ − szukana prędkość kątowa tarczy po osuszeniu

→

Z zasady zachowania krętu wynika równanie: K₁ = K₂ →
→

Po wstawieniu f₁ = 10/ [Hz] otrzymujemy: ω₂ = 25 [rad/s].

Zadanie 11

Dwie niezależnie wirujące na jednej nieruchomej osi tarcze z prędkościami kątowymi ₁ i ₂ zostały nagle połączone (sklejone). Jak zmieni się energia kinetyczna układu, jeśli momenty bezwładności tych tarcz względem osi obrotu wynoszą odpowiednio J₁ i J₂?

Zmiana ΔE_k energii kinetycznej układu:

gdzie:
− końcowa energia kinetyczna układu

− początkowa energia kinetyczna układu

, ω − nieznana prędkość kątowa układu po połączeniu tarcz

E_k1 − energia kinetyczna pierwszej tarczy, E_k2 − energia kinetyczna drugiej tarczy

,
→

(1)

ω liczymy z zasady zachowania krętu.

Kręt (K₁) układu przed połączeniem tarcz:

K₁ = J₁ω₁ + J₂ ω₂

Kręt (K₂) układu po połączeniu tarcz:

K₁ = (J₁ + J₂)ω

Z zasady zachowania krętu wynika równanie: K₁ = K₂ → J₁ω₁ + J₂ ω₂ = (J₁ + J₂)ω

stąd:
i podstawiamy do równania (1):

i po przekształceniach otrzymujemy:

.

Ćwiczenie 13 i 14 (wykład: 7)

Dynamiczne równania ruchu ciała sztywnego

Zadanie 1

Oblicz reakcje dynamiczne w łożyskach A i B dwuramiennego śmigła samolotu w czasie jego obrotu, jeśli wskutek złego wykonania oś symetrii śmigła jest odchylona od osi obrotu o kąt  = 0,015 [rad], a jego środek leży na osi obrotu. Śmigło należy traktować jako pręt prosty jednorodny. Ciężar śmigła P = 147,15[N], jego moment bezwładności względem osi symetrii J = 4.905 [kgm²], wymiary: h = 0,25[m], a = 0,15[m], a prędkość obrotowa jest stała i wynosi n = 3000 [obr/min.].

Jeśli środek masy obracającej się bryły leży na osi obrotu (tak jest w tym przypadku), to można do wyznaczenia reakcji dynamicznych zastosować dynamiczne równania Eulera. Równania te są przedstawione w układzie głównych centralnych osi bezwładności:

(a)

(b)

(c)

I₁, I₂, I₃ − główne, centralne momenty bezwładności względem osi 1,2,3

I₁ = J, I₂ << I₁ ≈ 0, I₃ = J

− rzuty wektora
na osie 1,2,3

,
,

oczywiście
,
,
, ponieważ ω = const, wobec tego będziemy korzystać tylko z równania (a), ponieważ w dwóch pozostałych mamy po lewej stronie 0.

M₁, M₂, M₃ − momenty sił względem osi 1,2,3

M₁ = R_AY⋅a − R_BY⋅(a + h), w naszym zadaniu:

czyli:
i podstawiamy (wraz z ω₂ i ω₃) do równania (1)

→

podstawiając dane liczbowe (ω = 2πn = 100 [rad/s]) otrzymujemy: R = 2943000 [N]

Zadanie 2

Jednorodne koło zamachowe o ciężarze Q = 1[T] i promieniu r = 0,6[m] jest osadzone na ułożyskowanej osi AB i obraca się z prędkością n = 1200[obr/min.]. Geometryczna oś obrotu jest przesunięta równolegle względem osi symetrii koła o wielkość e =1[mm]. Obliczyć reakcje dynamiczne łożysk A i B, jeśli h = 0,4[m].

R_A, R_B − szukane reakcje, F − siła odśrodkowa,

Warunki równowagi:
,

z drugiego równania otrzymujemy:

z pierwszego równania:

podstawiając dane liczbowe (Q = 9810000 [N], n = 20 [obr/s], e = 0,001 [m]) otrzymujemy:

R_A = 133333,33 [N], R_B = 266666,66 [N].

Zadanie 3

Napędowe koło samochodu o promieniu tocznym r i ciężarze P porusza się po prostej poziomej. Do koła jest przyłożony moment obrotowy M. Ramię bezwładności koła względem jego osi centralnej, prostopadłej do jego płaszczyzny, wynosi ρ. Współczynnik tarcia suwnego wynosi . Jaki warunek musi spełniać moment obrotowy, aby koło toczyło się bez poślizgu? Opory toczenia pomijamy.

Na poniższym rysunku pokazano siły działające na koło podczas ruchu.

P − siła ciężkości, N − siła reakcji podłoża (N = P), T − siła tarcia

Aby koło toczyło się bez poślizgu musi być spełniony warunek: T ≤ Nμ → T ≤ Pμ (1)

Dynamiczne równanie ruchu postępowego: am = T,
→
(2)

Podstawiając równanie (2) do warunku (1) otrzymujemy:
→ a ≤ gμ (3)

Dynamiczne równanie ruchu obrotowego względem punktu O:
(4)

ε − przyspieszenie kątowe,
(5)

I_o − moment bezwładności względem osi przechodzącej przez punkt O,
(6)

podstawiamy równania (2), (5) i (6) do równania (4):
→

i podstawiamy do warunku (3):
→
.

Zadanie 4

Oblicz, jaki kąt  powinna tworzyć z poziomem płaszczyzna, po której ma się toczyć bez poślizgu walec, jeżeli wiadomo, że współczynnik tarcia między walcem a płaszczyzną wynosi .

gdzie: T − siła tarcia

P − siła ciężkości (P = mg)

N − siła reakcji podłoża

Aby walec mógł toczyć się bez poślizgu musi być spełniony warunek: T ≤ Nμ (1)

Dynamiczne równania ruchu postępowego walca w kierunku osi x i y, obranych jak na rysunku:

y: am = F₁ − T

x: 0 = N − F₂

F₁ = Psinα = mg sinα, F₂ = Pcosα = mgcosα

am = mg sinα − T (2), N = mgcosα, czyli (1): T ≤ mgμcosα (1a)

Dynamiczne równania ruchu obrotowego walca względem punktu O:

εI_o = Tr (3)

I_o − moment bezwładności walca względem osi przechodzącej względem punktu O

,
i podstawiamy do równania (3):
→
i podstawiamy do (2)

→
i podstawiamy do (1a):

stąd: tgα ≤ 3μ → α ≤ arctg3μ.

Zadanie 5

Prosty jednorodny pręt AB o ciężarze P jest zawieszony poziomo na dwóch pionowych linkach przyczepionych do sufitu. Oblicz siłę naciągu jednej linki w chwili zerwania się drugiej.

Poniższy rysunek pokazuje siły działające na pręt w chwili zerwania się jednej z podtrzymujących go linek, gdzie S − szukana siła naciągu linki, która nie uległa zerwaniu.

Dynamiczne równanie ruchu postępowego w kierunku pionowym:

am = P − S,
→
(1)

Dynamiczne równanie ruchu obrotowego względem punktu A:

I_A − moment bezwładności pręta względem punktu A,
,
→

stąd:
→
i podstawiamy do równania (1)

→
.

Zadanie 5a

Jednorodna belka o ciężarze G i długości 2l jest podtrzymywana pod kątem _o = /3 do poziomu. Oblicz nacisk belki w momencie zerwania podtrzymującej ją linki.

Poniższy rysunek pokazuje siły działające na pręt w chwili zerwania podtrzymującej go linki, gdzie N − szukana siła nacisku belki

Dynamiczne równanie ruchu postępowego belki w kierunku pionowym:

am = P − N, P = mg → am = mg − N (1)

Dynamiczne równanie ruchu obrotowego belki względem środka masy (C):

εI = (Ncosϕ)l

I − moment bezwładności belki względem jej środka,

(2)

ε − przyspieszenie kątowe belki

Jak pokazano na ostatnim rysunku: y = l sinϕ

Różniczkujemy dwukrotnie po czasie ostatnie równanie:

→

Ponieważ:
,
,

Otrzymujemy:
i podstawiamy do równania (1)

(3)

Wyznaczamy z równania (2) ε:
i podstawiamy do równania (3)

W chwili uwolnienia belki ϕ = ϕ_o = /3, natomiast ω = 0, stąd otrzymujemy:
.

Zadanie 6

Walec o masie m owinięto linką, której drugi koniec przymocowano do stałego punktu A. W pewnej chwili walec zaczął swobodnie opadać, odwijając swobodnie się z linki. Obliczyć prędkość V osi walca w chwili, gdy jego środek obniżył się o wysokość h oraz obliczyć siłę naciągu linki.

Poniższy rysunek pokazuje siły działające na walec w trakcie ruchu, gdzie S − szukana siła naciągu linki.

Dynamiczne równanie ruchu postępowego walca:

am = P − S, P = mg → am = mg − S (1)

Dynamiczne równanie ruchu obrotowego walca wokół punktu O:

εI_o = Sr (2), I_o ­− moment bezwładności walca względem punktu O

,
i podstawiamy do równania (2)

→
i podstawiamy do równania (1)

→
i wyliczamy S:

Prędkość V osi walca w chwili, gdy jego środek obniżył się o wysokość h obliczymy z zasady zachowania energii. Poziomem odniesienia dla energii potencjalnej będzie prosta przechodząca przez punkt O i prostopadła do prostej zawierającej linkę w położeniu końcowym walca.

Całkowita energia (E₁) w położeniu początkowym: E₁ = mgh

Całkowita energia (E₂) w położeniu końcowym jest sumą energii (E_kp) ruchu postępowego i energii (E_ko) ruchu obrotowego:

E₂ = E_kp + E_ko

,
, ω − prędkość kątowa walca w położeniu końcowym,

Z zasady energii wynika równanie: E₁ = E₂ →
→
.

Zadanie 7

Wyznacz równanie małych drgań swobodnych pręta jednorodnego o długości l = 1[m], zamocowanego obrotowo w punkcie A i wykonującego ruch w płaszczyźnie pionowej. Oblicz okres tych drgań z dokładnością do 0,01[s].

P = mg , F = Psinα = mgsinα

Równanie ruchu: I_Aε = M_A

I_A − moment bezwładności pręta względem punktu A,

M_A − moment siły względem punktu A,

podstawiając do równania (1) otrzymujemy:

Uwzględniając, że:
oraz, że dla małych kątów sinϕ ≈ ϕ otrzymujemy:

→
− równanie odpowiadające równaniu drgań harmonicznych w postaci:
, gdzie: ω_o − częstość drgań własnych układu

czyli w naszym przypadku:
,
→
→

po podstawieniu danych liczbowych (g = 9,81 [m/s²]) otrzymujemy: T = 1,64[s].

---