mechanika90

«E ⁼ °P^. °K ⁼

Wszystkie punkty na obwodzie kola mają takie samo przyspieszenie, skicni wane do środka kola. Chwilowy środek obrotu C ma również przyspieszenie '

Zadanie 2.15

Krążek o promieniu r toczy się bez poślizgu po linii poziomej. PrędkoV punktu A

v_A(f) = b + ci, b - 2 m/s, c = 1 m/s² Wyznaczyć w chwili r = 5 s:

—    prędkości punktów B, E, II metodą chwilowego środka obrotu.

—    prędkości punktów B. E, 11 metodą superpozycji,

—    przyspieszenia punktów B. E. H metodą superpozycji.

Rozwiązanie

Wyznaczenie prędkości punktów B. E. H metodą chwilowego środka obrotu:

180

c

c

c

c

Kinentulyku. 2.2.3. Kinematyka i.tn/y w ruchu

płaskim

r    r

V    v_B(t) = «(f)*r_B -    **/2r = fi(b+ct)

L - 2r, v_E(l) = o>(f)-r_E = ^b-lSl-2r = 2(6 + ct)

[f_M r (trójkąt równoboczny)

S,(0 ■ w(()*r_H * —SL_r * b+ct * 2 + 1*5 = 7 m/s Wyznaczenie prędkości punktów B. E, H metody superpozycji:

- chwilowy środek obrotu (v_c = 0)

#!/>

^vą(0 _ b+ci _ 2 + 1-5 r    r    0,25

= 28 rad/s

^va ‘ ^vba» ^kba

v'u» (/) = o>(t)r • —^{¥ Ct}r = b ♦ ct

f^,M^,f> ■ fl * ^v'n_A ■ J(b+crf + (b *ctf - fi (b ♦ cl) = /£• (2 +1 • 5) ■ 9,90 m/s

* *ea • W0 ³    = b + ct

ftto ^VA * ^VEA ^{=    + c/}) ^+    + <*) = 2{b>ct) 2 • (2 + 1 -5) = 14 m/s

- Vv*a. ^vha(0 ^b «W' -

dD "    ♦ ^vha ⁺ 2v_av-_|1acos120°

' * 120° - cos(90° ♦ 30°) = -sin30° = -0,5

v <b ■ ctf h ■ ar 2\b * ct){b +cf)(-0,5) - (b * c/)y 1 + 11 « * b * ct =2 + 1*5 =7 m/s

181

incmaiyka 2.23. Kinematyka tarcJty w nu Im płu»Mm