Ćwiczenie 1 i 2 (wykład: 1)
Kinematyka punktu
Zadanie 1
Wyznaczyć równanie toru punktu, gdy: x = hcos2�t, y = hcos�t. h[m], �[1/s] -� stałe,
t[s] -� czas.
Ze wzoru trygonometrycznego: cos2w�t = cos2w�t -� sin2w�t
z  1 -� ki trygonometrycznej: sin2w�t + cos2w�t = 1 sin2w�t = 1 -� cos2w�t
czyli: cos2w�t = cos2w�t -� (1 -� cos2w�t) = 2cos2w�t -� 1 x = h(2cos2w�t -� 1)
y y2
y = hcosw�t cosw�t =� cos2w�t =� i podstawiamy do wzoru na x:
h h2
y2
x = h(2 -� 1) -� równanie toru.
2
a
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].
dx
V =� =� 3t2 -� 4t -� 4
dt
V = 0 3t2 -� 4t -� 4 = 0 , " = (-�4)2 -� 4��3��(-�4) = 64 D� =� 8
4 +� 8 4 -�8 2
t =� =� 2 [s] lub t =� =� -� [s]
6 6 3
Oczywiście przyjmujemy pierwszą odpowiedz
i liczymy x :
t=�2s
x = 23 -� 2��22 -� 4��2 + 10 = 2 [m].
t=�2s
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:
1 1
x3 =� t6 , y2 =� t6
8 9
Dzieląc jedno równanie przez drugie, bądz
wyliczając z jednego t6 i podstawiając do drugiego
eliminujemy czas i otrzymujemy równanie toru -� y(x):
3
8 2 2
2
y2 =� x3 y =� x
9 3
y
3
2 2
y =� x2
8
3
3
x
2
Równanie ruchu punktu po torze (równanie drogi): s = + C
��Vdt
V -� prędkość punktu, C -� stała zależna od położenia początkowego
dx dy
2 2
V =� Vx +� Vy , Vx =� =� t , Vy =� =� t2 V =� t2 +� t4 =� t 1+� t2 [m/s]
dt dt
1
1+� t2 =� z , 2tdt =� dz , tdt =� dz
3
2 1
s = 1+� t2dt + C = =� (1+� t)2 + C
��t 3 3
3
1 1 2 1
z dz =� z2 =� z2
��
2 2 3 3
1 1
W położeniu początkowym s = 0, czyli: 0 =� +� C C =� -�
t =�0
3 3
��1 3 1ł�
Równanie drogi: s =� (1+� t)2 -� [m].
ę�3
3ś�
�� ��
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.
x y
a) cos2t =� , sin2t =�
3 3
korzystamy z  1 -� ki trygonometrycznej, co daje równanie: cos2 2t +� sin2 2t =� 1
2 2
x y x2 y2
ć� ��
wobec tego: ć� �� +� =� 1 +� =� 1 x2 +� y2 =� 9
�� �� �� ��
3 3 9 9
Ł� ł� Ł� ł�
torem jest okrąg o środku w punkcie (0,0) i promieniu r = 3.
dx dy
b) Vx =� =� -�6sin2t [m/s] , Vy =� =� 6cos2t [m/s]
dt dt
��
V =� [Vx ,Vy ] =� [-�6sin2t, 6cos2t]
2 2
V =� Vx +� Vy =� 36sin2 2t +� 36cos2 2t =� 6 [m/s]
dVy
dVx
c) ax =� =� -�36cos2t [m/s2], ay =� =� -�36sin2t [m/s2]
dt dt
r�
a =� [ax ,a ] =� [-�36cos2t, -� 36sin2t]
y
a =� a2 +� a2 =� 1296sin2 2t +�1296cos2 2t =� 36 [m/s2]
x y
d) Równanie ruchu punktu po torze (równanie drogi): s = + C
��Vdt
C -� stała zależna od położenia początkowego
podstawiamy: V = 6 [m/s] i otrzymujemy: s = 6 + C = 6t + C
��dt
s = 0 C = 0, stąd ostatecznie: s = 6t [m].
t =�0
Zadanie 3
Prędkość lądowania samolotu wynosi Vo = 144[km/h]. Obliczyć jego opóz
nienie 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 opóz
nienie jest stałe.
dV
Ruch jest jednostajnie opóz
niony wobec tego: a =� -� czyli V =� -� +� C
��adt
dt
C -� stała zależna od warunku początkowego,
a jest stałe (nie zależy od czasu) stąd: V =� -�a +� C V =� -�at +� C
��dt czyli:
V V =� -�at +� Vo
= Vo C = Vo
t=�0
ds
V =� czyli s =� +� C1 , C1 -� stała zależna od warunku początkowego,
��Vdt
dt
1
s =� +� Vo)dt +� C1 =� -�a +� Vo +�C1 =� -� at2 +� Vot +� C1
��(-�at ��tdt ��dt
2
1
s = 0 C1 = 0 s =� Vot -� at2
t =�0
2
Vo 1
2
V = 0 0 = -�at1 + Vo t1 =� , s = s1 s1 =� Vot1 -� at1
t=�t1 t=�t1
a 2
2 2
Vo Vo
Podstawiając t1 do wzoru na s1 mamy: s1 =� stąd: a =� (Vo = 40 [m/s])
2a 2s1
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 ao, przy
czym jej prędkość w chwili początkowej wynosiła Vo. Prosta ta przecina się z nieruchomą
prostą n pod stałym kątem . Wyznaczyć prędkość i przyspieszenie punktu A przecięcia się
prostych.
m
.
��
ao
a�
A
n
Oznaczmy przez sA 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 sA i s pokazuje poniższy rysunek.
m
sA
s
a�
.
s
.
V
a� s = sAsina�
A
n
sA
Różniczkujemy po czasie związek między drogami sA i s i otrzymujemy związek między
prędkościami VA i V:
ds dsA ds dsA V
=� siną , ale =� V i =� VA czyli: V = VAsiną , stąd: VA =� (1)
dt dt dt dt siną
Ruch prostej m jest jednostajnie przyspieszony z przyspieszeniem ao czyli:
"V V -� Vo aot +� Vo
ao =� =� V = aot + Vo, podstawiając do równania (1) mamy: VA =�
t t siną
Różniczkując po czasie równanie (1) otrzymujemy związek między przyspieszeniami aA i ao:
dVA dV 1 dVA dV ao
=�
,ale =� aA i =� ao czyli: aA =� .
dt dt siną dt dt siną
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.
B
��
b
Vo
A
p� /2
O
x
Vo
x x
Vx =� Vocosą cosą =� Vx(x) =� Vo
a� x2 +�b2 x2 +� b2
Vx
dVx dVx dx dVx dx dVx dx dVx
a =� =� =� =� Vx, bo =� Vx , =� ?
dt dt dx dx dt dx dt dx
2x
x2 +� b2 -� x
ć� ��
dVx d x
2 x2 +� b2 =� Vo x2 +� b2 -� x2 =� Vob2
�� ��
=� Vo �� =� Vo
3
dx dx x2 +� b2
x2 +� b2 �� (x2 +� b2) x2 +� b2 (x2 +� b2)2
Ł� ł�
2
Vob2 Vob2 Vox Vo b2x
a(x) =� Vx =� =� .
3 3
(x2 +� b2)2
(x2 +� b2)2 (x2 +� b2)2 x2 +� b2
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.
dV dV dx dV dx dV dx
a =� =� =� =� V �� a =� V
dt dt dx dx dt dx dV
dx 1
=� 2bV a��2bV = V a =�
dV 2b
dV 1 dV 1 1 1 1
a =� a =� =� dV =� dt =�
��dV 2b��dt +� C V =� 2b t +� C
dt 2b dt 2b 2b
C -� stała zależna od warunku początkowego,
1
V
= Vo C = Vo V =� t +� Vo
t=�0
2b
1 1
z treści zadania: V = 2Vo 2Vo =� t +� Vo Vo =� t t = 2bVo , Vo = ?
2b 2b
c
x = 0 0 = bVo2 -� c Vo =� [m/s]
V=�Vo
b
c
czyli czas, po którym prędkość wzrośnie dwukrotnie: t =� 2b =� 2 bc [s].
b
Zadanie 7
Pociąg mający prędkość początkową Vo = 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].
s1
��
��
V
Vo
��
.
at
.
��
��
an
V1
R
��
R
a
at -� przyspieszenie styczne,
an -� przyspieszenie normalne,
a -� przyspieszenie całkowite.
dV
at =� �� dV =� atdt �� =� dt +� C �� =� at +� C �� V =� att +� C
t
��dV ��a ��dV ��dt
dt
C -� stała zależna od warunku początkowego,
V = Vo C = Vo V = att + Vo (1)
t=�0
ds
V =� �� ds =� Vdt �� =� +� C1 �� =� t +� Vo )dt +� C1 �� s =� at tdt +� Vo +� C1
t
��ds ��Vdt ��ds ��(a �� ��dt
dt
C1 -� stała zależna od warunku początkowego,
1 1
s =� att2 +� Vot +� C1 s = 0 C1 = 0 s =� att2 +� Vot
t =�0
2 2
2(s1 -� Vot1)
1
2
Z ostatniego równania wyliczamy at: s = s1 s1 =� a t1 +� Vot1 a =�
t t
2
t=�t1
2 t1
1
Podstawiając dane liczbowe (Vo = 15 [m/s]) otrzymujemy: at =� [m/s2]
3
1
Liczymy V w chwili t1 ze wzoru (1): V =� 30 +�15 =� 25 [m/s]
t=�t1
3
V2 t=�t1 5
an w chwili t1 liczymy ze wzoru: an t=�t1 =� =� [m/s2]
R 8
17
całkowite przyspieszenie w chwili t1: a =� a2 +� a2 =� [m/s2].
t n
24
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.
x y
sin�t =� , cos�t =� i korzystamy z  1-�ki trygonometrycznej: sin2�t + cos2�t = 1
b c
2 2
x y x2 y2
ć� ��
Równanie toru [y(x)]: ć� �� +� =� 1 �� +� =� 1 -� elipsa
�� �� �� ��
b c b2 c2
Ł� ł� Ł� ł�
2 2
Całkowita prędkość: V =� Vx +� Vy
dx dy
Vx =� =� b�cos�t [m/s] , Vy =� =� -�c�sin�t [m/s]
dt dt
2
V =� (b�cos�t)2 +� (-�c�sin�t)2 =� � b cos2�t +� c2sin2�t [m/s]
Całkowite przyspieszenie: a =� a2 +� a2
x y
dVy
dVx
ax =� =� -�b�2sin�t [m/s2] , ay =� =� -�c�2cos�t [m/s2]
dt dt
2
a =� (-�b�2sin�t)2 +� (-�c�2cos�t)2 =� �2 b sin2�t +� c2cos2�t [m/s2]
dV
Przyspieszenie styczne: at =�
dt
2 2
b (-�2)�cos�tsin�t +� c2 2�sin�tcos�t �2(c2 -� b )sin�tcos�t
at =� � =� [m/s2]
2 2
2 b cos2�t +� c2sin2�t b cos2�t +� c2sin2�t
Przyspieszenie normalne (an) liczymy następująco:
[(c2 -� b2)sin�tcos�t]2
a =� a2 +� a2 �� an =� a2 -� a2 =� �4(b2sin2�t +� c2cos2�t) -� �4
t n t
b2cos2�t +� c2sin2�t
�2bc
i po przekształceniach otrzymujemy: an =� [m/s2].
2
b cos2�t +� c2sin2�t
Zadanie 7b
Punkt materialny A zaczął poruszać się po okręgu o promieniu r = 0.1[m] w ten sposób, że
jego przyspieszenie styczne (at) jest stałe równe 2 [m/s2]. Po jakim czasie jego przyspieszenie
normalne będzie równe stycznemu?
dV
at =� �� dV =� atdt �� =� dt +� C �� =� at +� C �� V =� att +� C
t
��dV ��a ��dV ��dt
dt
C -� stała zależna od warunku początkowego,
V = 0 C = 0 V = att , podstawiając at = 2[m/s2]: V = 2t [m/s]
t=�0
V2
Przyspieszenie normalne (an): an =�
r
(2t)2
Z treści zadania: an = at czyli: 2 =� stąd: t =� 0,05 � 0,22 [s].
0,1
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].
V2
Promień krzywizny (r�) dany jest wzorem: � =�
an
gdzie: V -� prędkość punktu
an -� przyspieszenie normalne punktu
dx dy
2 2
V = Vx +� Vy , Vx =� =� 2 [m/s], Vy =� =� 2t [m/s]
dt dt
V = 22 +� (2t)2 = 4 +� 4t2 = 4(1+� t2) = 2 1+� t2 [m/s]
a = a2 +� a2 gdzie: a -� przyspieszenie całkowite punktu
t n
at -� przyspieszenie styczne punktu
an = a2 -� a2 , a = ?, at = ?
t
dV 2t 2t
a =� =� 2 =� [m/s]
t
dt
2 1+� t2 1+� t2
dVy
dVx
z drugiej strony: a = a2 +� a2 , ax =� =� 0 [m/s2], ay =� =� 2 [m/s2]
x y
dt dt
a = ay = 2 [m/s2]
2
ć� ��
2t 4t2 4 +� 4t2 -� 4t2 2
�� ��
an =� 22 -� =� 4 -� =� =� [m/s2]
��
1+� t2 1+� t2
1+� t2
1+� t2 ��
Ł� ł�
3
V2 4( 1+� t2 )
� =� =� =� 2(1+� t2 ) 1+� t2 =� 2(1+� t2 )2 [m]
2
an
1+� t2
� = 2 [m].
t =�0
Zadanie 8
Punkt A porusza się po krzywej płaskiej zgodnie z równaniem s = b(ekt -� 1), gdzie s w [m], b, k
są stałymi. Kąt między całkowitym przyspieszeniem, a prędkością wynosi = 60o. Obliczyć
prędkość i całkowite przyspieszenie punktu.
��
at ��
A
V
a�
��
an
��
a
Prędkość punktu wyznaczamy ze wzoru:
ds
V =� =� bkekt [m/s]
dt
Przyspieszenie styczne wynosi:
dV
at =� =� bk2ekt[m/s2]
dt
Całkowite przyspieszenie jest równe:
at
a =� =� 2bk2ekt [m/s2].
cos60o�
Zadanie 9
Dwa punkty A i B poruszają się po okręgu o promieniu R = 6[m] w przeciwne strony zgodnie z
równaniami drogi sA(t) = t2 i sB(t) = t4, gdzie sA i sB w [m], t  czas w [s]. Punkty wyruszyły z
przeciwnych końców średnicy. Obliczyć normalne i styczne przyspieszenia punktów w
momencie ich spotkania.
��
��
VA
VB
A B
R
Do chwili spotkania oba punkty przebyły w sumie drogę równą połowie obwodu okręgu,
wobec tego: sA + sB = ĄR. Podstawiając dane wielkości sA i sB otrzymujemy równanie:
t2 + t4 = ĄR 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
-�1+� 5 -�1-� 5
" =� 1-� 4 ��1�� (-�6) =� 25 �� D� =� 5 �� t2 =� =� 2[s2] lub t2 =� =� -�3 -� sprzeczność
2 2
czyli: t =� 2 [s]
Prędkości punktów A i B (odpowiednio VA i VB) wyznaczamy ze wzorów:
dsA dsB
VA =� =� 2Ąt [m/s], VB =� =� 4Ąt3[m/s]
dt dt
Przyspieszenia styczne punktów A i B (odpowiednio atA i atB) wyznaczamy ze wzorów:
dVA dVB
atA =� =� 2Ą [m/s2] , atB =� =�12Ąt3 [m/s2]
dt dt
Podstawiając t =� 2 [s] otrzymujemy wartości liczbowe atA i atB:
3
atA = 6,28 [m/s2], atB =�12Ą(� 2)� =�106,57 [m/s2]
Przyspieszenia normalne punktów A i B (odpowiednio anA i anB) wyznaczamy ze wzorów:
2 2
VA (2Ąt)2 VB (4Ąt3)2
anA =� =� [m/s2] , anB =� =� [m/s2]
R R R R
Podstawiając dane otrzymujemy wartości liczbowe anA i anB:
anA = 13,15 [m/s2], anB = 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:
ds
V =� =� 0,2t [m/s]
dt
Przyspieszenie styczne punktu wyznaczamy ze wzoru:
dV
at =� =� 0,2 [m/s2]
dt
Przyspieszenie normalne punktu wyznaczamy ze wzoru:
V2 (0,2t)2
an =� =� [m/s2]
r r
Z treści zadania: at = an, czyli otrzymujemy równanie:
(0,2t)2
0,2 =� stąd otrzymujemy: t =� 5r =� 10 � 3,2 [s].
r
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].
.C
B
p� /2
��
VB
.p� /2 60��
��
VA A
Rozpatrzmy pręt CA:
�� a�
VC C
Na podstawie twierdzenia o rzutach predkości dwóch punktów
ciała sztywnego na prostą, która je łączy otrzymujemy równanie:
VAcos60�� = VCcosa�
60��
��
VA
A
Rozpatrzmy pręt BC:
��
VC
Na podstawie twierdzenia o rzutach predkości dwóch punktów
C
ciała sztywnego na prostą, która je łączy otrzymujemy równanie:
B
(90�� -� a� )
VBcos60�� = VCcos(90�� -� a�) = VCsina�
��
60��
VB
Wobec tego otrzymujemy układ równań:
VA VA
=� VCcosą �� cosą =�
2 2VC
VB VB
=� VCsiną �� siną =�
2 2VC
Korzystamy z  1 -� ki trygonometrycznej: cos2a� + sin2a� = 1, co daje równanie:
2 2
ć� �� ć� ��
VA VB
2 2 2
�� �� �� ��
+� =�1 �� 4VC =� VA +� VB
�� �� �� ��
2VC 2VC
Ł� ł� Ł� ł�
2 2
VA +� VB
VC =�
Stąd wyliczamy VC:
2
Podstawiając dane liczbowe (VA = 8 [m/s] i VB = 6 [m/s]) otrzymujemy: VC = 5 [m/s].
Zadanie 2
Koło mające nieruchomą oś otrzymało początkową prędkość kątową �o = 2Ą[rad/s]. Po
wykonaniu 10 obrotów, wskutek tarcia w łożyskach, koło zatrzymało się. Obliczyć opóz
nienie
kątowe � tego koła uważając je za stałe.
d�
Ruch jest jednostajnie opóz
niony wobec tego: � =� -� czyli � =� -� +� C
��dt
dt
C -� stała zależna od warunku początkowego,
e� jest stałe (nie zależy od czasu) stąd: � =� -� +� C czyli � =� -�t +� C
��dt
� = �o C = �o � =� -�t +� �o
t =�0
dĆ
� =� czyli: Ć =� +� C1 , Ć -� kąt obrotu, C1 -� stała zależna od warunku początkowego,
���dt
dt
1
Ć =� +� �o )dt +� C1 =� -� +� �o +� C1 =� -� �t2 +� �ot +� C1
��(-�t ��tdt ��dt
2
1
Ć = 0 C1 = 0 Ć =� �ot -� �t2 , oznaczmy przez t1 czas, po którym koło zatrzymało się:
t =�0
2
�o 1
2
� = 0 0 =� -�t1 +� �o t1 =� , Ć = Ć 1 Ć1 =� �ot1 -� �t1
t=�t1 t=�t1
� 2
2 2
�o �o
podstawiając t1 do wzoru na Ć1 mamy: Ć1 =� stąd: � =� (Ć1 = 20Ą tj. 10 obrotów)
2� 2Ć1
��
Ą
podstawiając dane liczbowe otrzymujemy: � =� [rad/s2].
10
Zadanie 2a
Walec obraca się dokoła swej nieruchomej osi symetrii tak, że jego opóz
nienie kątowe jest
proporcjonalne do jego prędkości kątowej ze współczynnikiem k. Prędkość początkowa
walca wynosiła . Wyprowadzić równanie ruchu obrotowego walca Ć(t).
o
d�
Z treści zadania wynika równanie: � =� =� -�k� , znak minus oznacza, że mamy do
dt
czynienia z ruchem opóz
nionym. Rozdzielamy zmienne (�,t) i całkujemy stronami:
d� d�
=� -�kdt �� =� -�k +� C , C -� stała zależna od warunku początkowego
�� ��dt
� �
ln� =� -�kt +� C, � =� �o �� C =� ln�o �� ln� =� -�kt +� ln�o
t=�0
� �
przekształcamy ostatni wzór: ln� -� ln�o =� -�kt �� ln =� -�kt �� =� e-�kt
�o �o
z ostatniego wzoru wynika wzór na prędkość kątową: � =� �oe-�kt
dĆ
związek między kątem obrotu (Ć) i prędkością kątową: � =� =� �oe-�kt
dt
rozdzielamy zmienne (Ć,t) i całkujemy stronami:
dĆ =� �oe-�ktdt �� =� �o -�ktdt +� C1 , C1 -� stała zależna od warunku początkowego
��dĆ ��e
�o �o �o
Ć =� -� e-�kt +� C1 , Ć =� 0 �� 0 =� -� +� C1 �� C1 =�
t=�0
k k k
�o �o �o
równanie ruchu obrotowego walca: Ć =� -� e-�kt +� �� Ć =� (1-� e-�kt) .
k k k
Zadanie 3
Tarcza kołowa obraca się dokoła nieruchomej osi z opóz
nieniem kątowym a
początkowa prędkość kątowa tarczy wynosiła . Znalez
ć równanie ruchu tarczy Ć(t).
d�
Z treści zadania mamy równanie: � =� =� -��2 , znak minus oznacza, że mamy do czynienia
dt
z ruchem opóz
nionym. Rozdzielamy zmienne (�,t) i całkujemy stronami:
d� d�
=� -�dt �� =� -� +� C , C -� stała zależna od warunku początkowego
�� ��dt
�2 �2
1 1 1 1
-� =� -�t +� C , � =� �o �� C =� -� �� -� =� -�t -�
t=�0
� �o � �o
�o
z ostatniego wzoru wynika wzór na prędkość kątową: � =�
��ot +�1
dĆ �o
związek między kątem obrotu Ć i prędkością kątową: � =� =�
dt ��ot +�1
rozdzielamy zmienne (Ć,t) i całkujemy stronami:
�o dt
dĆ =� dt �� =� �o +� C1 , C1 -� stała zależna od warunku początkowego
��dĆ ��
��ot +�1 ��ot +�1
1
Ć =� ln(��ot +�1) +� C1 , Ć =� 0 �� C1 =� 0
t=�0
�
1
równanie ruchu obrotowego tarczy: Ć =� ln(��ot +�1) .
�
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].
Znalez
ć przyspieszenie dowolnego punktu leżącego na obwodzie bębna.
R
A
��
aA
Ruch punktu A jest ruchem jednostajnie przyspieszonym (bez prędkości początkowej).
Przyspieszenie tego punktu znajdujemy ze wzoru:
aAt2 2s V V V2 3
s =� �� aA =� , ale z drugiej strony: aA =� �� t =� , tak więc: aA =� =� [m/s2]
2 t2 t aA 2s 2
Przyspieszenie punktu leżącego na obwodzie bębna jest sumą geometryczną składowej
stycznej (at) i składowej normalnej (an). Przyspieszenie styczne punktu leżącego na obwodzie
bębna jest równe przyspieszeniu punktu A.
V2 3
at =� aA =� =� [m/s2]
2s 2
przyspieszenie normalne znajdujemy ze wzoru:
V2
an =� =� 2 [m/s2]
R
przyspieszenie całkowite (a) w rozważanej chwili:
2 2
ć� �� ć� ��
V2 V2
�� �� �� ��
a =� a2 +� a2 =� +�
t n
�� �� �� ��
2s R
Ł� ł� Ł� ł�
5
podstawiając dane liczbowe otrzymujemy: a =� [m/s2].
2
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 e�2 koła
2 w funkcji przesunięcia u, tzn. e�2 = e�2(u) b) całkowite przyspieszenie punktu B na obwodzie
koła 2 w chwili gdy u = r. Przyjąć: r = 5[cm], R = 15[cm].
u
1
r
B
w�1
A
w�2
2
R
a) Prędkość liniowa punktu styczności A jest taka sama dla koła 1 i 2
( (
oznaczmy: VA1) -� prędkość punktu A dla koła 1 �� VA1) = w�1r = 2p�f1r
( (
VA2) -� prędkość punktu A dla koła 2 �� VA2) = w�2u
2Ąf1r
( (
VA1) = VA2) �� 2p�f1r = w�2u �� �2 =�
u
d�2 d�2 du d�2 du 1 Ąf1r
��
�2 =� =� =� =� 2Ąf1rć�-� �� (-�0,5) =�
�� ��
dt dt du du dt u2 u2
Ł� ł�
1,57
podstawiając dane liczbowe otrzymujemy: �2 =� [rad/s2]
u2
b) Przyspieszenie punktu B leżącego na obwodzie koła 2 jest sumą geometryczną składowej
stycznej (at) i składowej normalnej (an).
aB =� a2 +� a2
t n
2
2Ąf1r 3,14 3,14
ć� ��
R
an =� �2R ale: �2 =� =� [rad/s] czyli: an =�
�� ��
2
u u u
Ł� ł�
podstawiając: u = r = 0,05 [m] oraz R = 0,15 [m] otrzymujemy: an = 591,58 [m/s2]
1,57 1,57
at =� �2R =� R , ale u = r czyli: at =� R
u2 r2
podstawiając dane liczbowe otrzymujemy: at = 94,2 [m/s2]
wobec tego przyspieszenie punktu B jest równe:
aB = (94,2)2 +� (591,58)2 H" 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.
��
V1
2R
��
V2
Przyjmujemy, że V1 > V2
��
A
V1
Punkt C jest chwilowym środkiem obrotu, czyli VC = 0
w�
Oznaczmy długość odcinka BC jako x.
R
��
O
Vo
V1 V2 2RV
2
R
Prędkość kątowa: � =� =� st ąd: x =�
��
2R+�x x V1 -�V2
V2
B
V2 V2(V1 -�V2) V1 -�V2
� =� =� =�
x
x 2RV 2R
2
ć� ��
(V1 -�V2) 2RV V1 +� V2
2
��
Vo =� �(R+� x) =�
��R +� V1 -�V2 �� =� 2 .
��
C
2R
Ł� ł�
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.
A
��
r V
B D
O
C
Punkt C jest chwilowym środkiem obrotu, czyli: VC = 0
V V
prędkość kątowa: � =� =� =� const
r
CO
oznaczmy przez VA, VB, VD szukane prędkości punktów A, B, D
V V
VA =� �CA =� �2r =� 2r =� 2V , VB =� �CB =� � 2r =� 2r =� 2V
r r
V
VD =� �CD =� � 2r =� 2r =� 2V
r
Kierunki i zwroty prędkości pokazano na poniższym rysunku
��
w�
A
2V
�� .
��
2V
V
D
B
.
��
.
O
2V
C
Oznaczmy przez aA, aB, aC, aD 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 (ao) wyznaczamy ze wzoru:
dV
aO =� =� 0 -� ponieważ prędkość (V) środka tarczy jest stała
dt
Przyspieszenie w ruchu obrotowym ma składową styczną (t) i normalną (n).
r� r� r� r� r� r� r� r� r�
Dla punktu A: aA =� aO +� aA/O , aA/O =� aA/O +� aA/O czyli: aA =� aA/O +� aA/O
t n t n
Wartości liczbowe: aA/O =� �OA =� �r , e� -� przyspieszenie kątowe
t
d� r� r�
� =� =� 0 -� ponieważ prędkość kątowa (�) jest stała, czyli: aA/O =� 0 , a więc: aA =� aA/On
t
dt
V2 V2 V2
aA/On =� �2OA =� r =� wobec tego: aA =�
r2 r r
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
A
w�
r�
r�
aA
aB
B D
r�
r�
aC aD
C .
Zadanie 7
Koło zestawu kołowego toczy się bez poślizgu po prostej szynie ze stała prędkością V. Znalez
ć
prędkość i przyspieszenie punktu A na obrzeżu koła.
A
.
2R1 2R
��
w�
VA
A
Punkt C jest chwilowym środkiem obrotu, czyli: VC = 0.
��
V V
R
Prędkość kątowa: � =� =�
O V
R
CO
V
R1 C
VA =� �CA=� (R +� R1).
R
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 . Zaznaczone na rysunku wymiary
1
mechanizmu wynoszą:
OA =� AB =� 2r , DB =� 3r , ��ABD =� 90o� i Ć1 =� 60o�
C
�2
��
VA
��
VB
.
2r
A B
2r
r 3
�1
�3
Ć1
O D
Pręt OA porusza się ruchem obrotowym, wobec tego: VA = �12r
Rozpatrzmy pręt AB:
��
��
Na podstawie twierdzenia o rzutach predkości dwóch punktów
VA
VB
30�� A B
ciała sztywnego na prostą, która je łączy otrzymujemy równanie:
VB = VAcos30��
czy
3
li: VB =� �12r =� �1r 3
2
Pręt DB porusza się ruchem obrotowym, wobec tego: VB =� �3r 3
wobec tego otrzymujemy równanie: �3r 3 =� �1r 3 stąd �3 = �1
Dla pręta AB punkt C jest chwilowym środkiem obrotu, �� ACB =� 30o�
2r VA �12r �1
stąd AC =� =� 4r , czyli �2 =� =� =� .
sin30o� 4r 4r 2
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 . Tarcza II połączona jest z tarczą I korbą O1O2
0
obracającą się ze stałą prędkością . Wyznacz prędkość kątową tarczy II.
1 2
w�2 O2
II
r
O1
R
w�1
I
w�o
Rozpatrujemy jedynie górną tarczę. Na rysunku pokazano prędkości środka górnej tarczy i
punktu styku obydwu tarcz.
w�2
��
VO
O2 II
2
r
��
VA
A
x
C
Dla górnej tarczy punkt C jest chwilowym środkiem obrotu (VC),
oznaczmy długość odcinka CA jako x.
Dla oznaczeń jak na rysunku możemy zapisać:
VA = �oR -� ponieważ tarcza dolna porusza się ruchem obrotowym,
VO =� �1(R +� r) -� ponieważ korba O1O2 porusza się ruchem obrotowym,
2
Wobec tego dla górnej tarczy prędkość kątowa spełnia zależność:
VO VA
�1(R +� r) �oR
2
�2 =� =� czyli możemy zapisać: =� i stąd wyliczamy wartość x:
r +� x x r +� x x
�oRr
x =� i możemy wyliczyć �2:
�1(R +� r) -� �oR
VA �oR �1(R +� r) -� �oR
�2 =� =� [�1(R +� r) -� �oR] �2 =�
x �oRr r
Uwaga! gdy �1(R+r) = �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: Vo = 12 t [m/s], r = 0,2[m].
��
r
Vo
A O
r� r� r� r� r� r� r� r� r� r� dVo
aA =� aO +� aA/O , aA/O =� aA/Ot +� aA/On , aA =� aO +� aA/Ot +� aA/On , ao =� =� 12 [m/s2]
dt
aA/Ot = e� OA = e�r, aA/On = w�2 OA = w�2 r
Vo 12t d� 12
� =� =� [rad/s], � =� =� [rad/s2]
r r dt r
2
12 12t 144t2 144�� (2)2
ć� ��
aA/Ot =� r =� 12 [m/s2], aA/On =� r =� =� =� 2880 [m/s2]
�� ��
r r r 0,2
Ł� ł�
�� ��
��
aA/Ot aA/Ot
aA
A O A
�� �� �� ��
aA/On aO aA/On aO
aA = (aA/On +� aO)2 +� a2 = 28922 +�122 = 2892,02 [m/s2].
A/Os
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], = 2[rad/s].
o
w�
��
R
VA
.
A
A
C
w�o
O
O
w� -� prędkość kątowa koła ruchomego.
Chwilowym środkiem obrotu koła ruchomego jest punkt C -� styku obydwu kół (VC = 0)
r� r� r� r� r�
aC =� aA +� aC/A , aA =� ? , aC/A =� ?
Punkt A porusza się po okręgu o promieniu 2R. Wobec tego:
r� r� r� d�o
aA =� aAt +� aAn , aAt = e�oR = 0, bo e�o =� =� 0 (w�o jest stała), aAn = �2 2R
o
dt
czyli: a = 2 �2 R
A
o
r� r� r� r� r� r� r�
aC/A =� aC/At +� aC/An �� aC =� aA +� aC/At +� aC/An
r�
aC/An = w�2 AC = w�2R , aC/At = e� AC = e�R , w� = ?, e� = ?
Dla korby OA prędkość punktu A: VA = w�o2R
Vo
Chwilowym środkiem obrotu koła ruchomego jest punkt C, zatem: w� =�
R
Prędkość punktu A: VA = w� AC = w�R
d�
Wobec tego: w�o2R = w�R �� w� = 2w�o, e� =� =� 0, (bo w� jest stała)
dt
2
a =� a = w�2R = (2w�o)2R = 4 w�o R
C / A C / An
A
��
aA
��
aC/An
C
2 2 2
ac = aC/A -� aA = 4 w�o R -� 2 w�o R = 2 w�o R, R = 12 [cm] = 0,12 [m], w�o = 2 [rad/s].
czyli: ac = 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 = 60o, prędkość jego końca A wynosi VA= 2[m/s]. Wyznacz dla tego położenia
chwilowy środek obrotu, prędkość kątową pręta i prędkość końca B.
y
B
��
VA x
a�
O
A
Oznaczmy długość pręta AB jako l i przyjmijmy jego długość l = 1[m] -� będzie ona potrzebna
do obliczenia prędkości kątowej (�) pręta.
a�
C
B
.
90��-a�
��
VB
l
90��-a�
��
w�
VA
.
a�
O
A
Punkt C jest chwilowym środkiem obrotu pręta AB (VC = 0)
VA VB VA VB
� =� =� , ale CA =� lsiną , CB =� lcosą , czyli: =� VB =� VActgą
CA CB lsiną lcosą
2 3
Podstawiając dane liczbowe otrzymujemy: VB =� [m/s]
3
VA VA
� =� , stąd: � =�
CA lsiną
4 3
Podstawiając dane liczbowe otrzymujemy: � =� [rad/s] .
3
Zadanie 4
Przyspieszenia końców pewnego pręta prostego wynoszą aA i aB. Wyznaczyć przyspieszenie
aS środka S tego pręta, oznaczyć na rysunku jego kierunek i zwrot oraz obliczyć wartość
przyspieszenia aS, jeśli: aA = aB = 2 [m/s2].
A S B
��
��
aA
aB
r� r� r� r� r� r� r� r�
aS =� aA +� aS/A , aS/A =� � �� AS -� �2 AS, aS =� aA +� � �� AS-� �2 AS
r� r� r� r� r� r� r� r�
aS =� aB +� aS/B , aS/B =� � �� BS -� �2 BS , aS =� aB +� � �� BS-� �2 BS
z rysunku widać, że: AS =� -� BS , czyli możemy zapisać:
r� r� r�
aS =� aA -� � �� BS+� �2BS
r� r� r�
aS =� aB +� � �� BS-� �2BS
dodając stronami dwa ostatnie równania otrzymujemy:
r� r�
a2 +� a2
r� r� r� r� aA +� aB
A B
2aS =� aA +� aB �� aS =� �� aS =� =� 1 [m/s2]
2 2
kierunek i zwrot przyspieszenia as pokazano na poniższym rysunku:
A S B
��
��
aA
��
aB
as
.
Zadanie 5
Na szpulę o promieniach a i b nawinięto nierozciągliwą nić, której koniec A ma prędkość
u = const. Obliczyć, jaką drogę sA przebędzie koniec A nici, gdy odcinek, AB = e tej liny
nawinie się na szpulę. Dane: a, b, e, u.
b
O ��
Vo
��
��
VB
A u
a
B
C
Punkt C jest chwilowym środkiem obrotu (VC = 0)
VB u au
VB = VA = u, � =� =� , Vo =� �a =�
BC a -� b a -� b
W jednakowym czasie t droga środka szpuli (so) O musi być o e większa od drogi punktów B
(sA) (leżących stale pod punktem O):
so = sB + e (1)
Oba punkty poruszają się ruchem jednostajnym, zatem ich drogi wynoszą:
so = Vot , sA = ut
sAVo
stąd so =� i po podstawieniu do wzoru (1) otrzymujemy
u
sAVo eu
=� sA +� e stąd: sB =� , a po uwzględnieniu wzoru na Vo ostatecznie otrzymujemy:
u Vo -� u
e(a -� b)
sA =� .
b
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].
��
u
.
Vb -� szukana bezwzględna prędkość balonu
��
w
��
��
�� ��
Vb Vb = w + u
czyli: VB =� w2 +� u2 i po wstawieniu danych liczbowych mamy: VB =� 89 � 9,4 [m/s]
x
x -� szukana wartość znoszenia bocznego
h
t -� czas ruchu balonu
h
h = wt, stąd czas ruchu balonu t =�
w
uh
x = ut i po podstawieniu t otrzymujemy: x =� , a po podstawieniu danych liczbowych: x = 1,6 [km].
w
Zadanie 5b
Punkt A porusza się po obwodzie koła o promieniu r = 1[m] z prędkością względną
Vw = 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.
��
w�
Vw
A
r
O
Prędkość bezwzględną (Vb) punktu A wyznaczamy ze wzoru:
V =� V +� V , gdzie: Vu -� prędkość unoszenia
b w u
r� r� r�
V =� ��� r -� gdzie: r jest wektorem poprowadzonym z punktu O do punktu A
u
r� r� r� r� r�
Vu =� �rsin��(�, r) , ��(�, r) =� 90o� -� ponieważ wektor � jest prostopadły do płaszczyzny
kartki i skierowany  do nas
czyli: Vu = �r = 1 [m/s]
wektor V ma kierunek (ustalony na podstawie reguły  śruby prawoskrętnej ) pokazany na
u
poniższym rysunku
��
Vu
��
w�
w
.�VA
O
r�
r
Wobec tego wartość prędkości bezwzględnej (Vb): Vb = Vw + Vu = 2 [m/s]
Przyspieszenie bezwzględne (ab) punktu A wyznaczamy ze wzoru:
r� r� r� r�
ab =� aw +� au +� ac , gdzie:
aw -� przyspieszenie względne,
au -� przyspieszenie unoszenia,
ac -� przyspieszenie Coriolisa,
W rozpatrywanym przypadku ruch względny jest ruchem po okręgu, wobec tego:
2
r� r� r� dVw Vw
aw =� awt +� awn , awt =� =� 0, bo Vw jest stała, awn =� =� 1[m/s2]
dt r
czyli: aw = awn = 1 [m/s2] i jest skierowane do środka koła
r� r� r� r� r� r� r�
au =� aut +� aun , aut =� � �� r , � -� wektor przyspieszenia kątowego, który ma ten sam kierunek i
r� d� r� r�
zwrot jak wektor � , � =� =� 0 , bo � jest stała, czyli aut = 0 i mamy au =� aun
dt
r� r� r� r� r� r� r�
aun =� ���(��� r) =� ���V , aun =� �Vu sin��(�,V ) =� �2rsin��(�,V )
u u u
r�
��(�,V ) =� 90o� wobec tego: au =� aun =� �2r =�1[m/s2]
u
r� r� r�
ac =� 2��� V , ac =� 2�Vw sin��(�,V )
w w
r�
��(�,V ) =� 90o� wobec tego: ac =� 2�Vw =� 2[m/s2]
w
Kierunki i zwroty przyspieszeń unoszenia i Coriolisa ustalamy na podstawie reguły  śruby
prawoskrętnej . Kierunki i zwroty przyspieszeń pokazano na poniższym rysunku.
w�
��
aw A
��
O
au
��
.
ac
Wobec tego wartość przyspieszenia bezwzględnego (ab): ab = aw + au + ac = 4 [m/s2].
Zadanie 6
Koło o promieniu R = 0,2[m] obraca się w swej płaszczyz
nie wokół stałego punktu O ze stałą
prędkością kątową = 5[rad/s]. Po obwodzie koła przesuwa się punkt ze stałą prędkością
Vw = 1[m/s]. Obliczyć bezwzględne przyspieszenie punktu w położeniu A.
��
Vw
A
��
r
.
w�
O
R
Przyspieszenie bezwzględne (ab) punktu A wyznaczamy ze wzoru:
r� r� r� r�
ab =� aw +� au +� ac , gdzie:
aw -� przyspieszenie względne,
au -� przyspieszenie unoszenia,
ac -� przyspieszenie Coriolisa,
W rozpatrywanym przypadku ruch względny jest ruchem po okręgu, wobec tego:
V2
r� r� r� dVw
w
aw =� awt +� awn , awt =� =� 0, bo Vw jest stała, awn =� =� 5 [m/s2]
dt R
czyli aw = awn = 5 [m/s2] i jest skierowane do środka koła
r� r� r� r� r� r� r�
au =� aut +� aun , aut =� � �� r -� gdzie: r jest wektorem poprowadzonym z punktu O do punktu A
d� r� r�
� =� =� 0 , bo � jest stała, czyli aut = 0 i mamy au =� aun
dt
r� r� r� r� r� r� r�
aun =� ���(��� r) =� ���V , Vu -� prędkość unoszenia, V =� ��� r , oczywiście: r =� 2R
u u
r� r� r� r� r� r�
V =� ��� r , Vu =� �rsin��(�, r) , ��(�, r) =� 90o� , czyli: Vu = �r
u
r� r� r�
aun =� �Vu sin��(�,V ) =� �2rsin��(�,V ) , ��(�,V ) =� 90o� , wobec tego:
u u u
au =� aun =� �2r =� 5 2 [m/s2]
r� r� r� r�
ac =� 2��� V , ac =� 2�Vw sin��(�,V ) , ��(�,V ) =� 90o� , wobec tego: ac =� 2�Vw =�10 [m/s2]
w w w
Kierunki i zwroty przyspieszeń unoszenia i Coriolisa ustalamy na podstawie reguły  śruby
prawoskrętnej . Kierunki i zwroty przyspieszeń pokazano na poniższym rysunku.
��
ac
A
45��
��
aw
�� ��
��
ac-� aw
au
��
ab
A
O
45��
��
au
Z rysunku widać, że: ab =� a2 -� (ac -� aw)2 =� 5[m/s2].
u
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 = 60o.
��
w�
��
1�2�0��
V
��
V
6�0��
w�
r� r� r� r�
ac =� 2��� V , ac =� 2�Vsin��(�,V) , ��(�,V) =�120o� wobec tego:
ac =� 2�V��sin120o� =� 2�V ��sin60o� =� 3�V , V = 50 [m/s]
2Ą
� =� , T -� okres obrotu Ziemi dookoła własnej osi, T= 24 [h] = 86400 [s]
T
2Ą
czyli ac =� 3 V , podstawiając dane liczbowe otrzymujemy: ac = 6,3��10-�3 [m/s2].
T
Zadanie 8
Koło o promieniu R obraca się w swej płaszczyz
nie 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. Znalez
ć prędkość bezwzględną i
przyspieszenie bezwzględne punktu w zależności od czasu.
��
w�
Vw
.
A
R
Prędkość bezwzględną (Vb) punktu (oznaczyliśmy go jako A) wyznaczamy ze wzoru:
V =� V +� V , gdzie: Vw -� prędkość względna, Vu -� prędkość unoszenia
b w u
W rozpatrywanym przypadku ruch względny jest ruchem postępowym, prostoliniowym,
wobec tego prędkość względna punktu A dana jest wzorem:
ds
Vw =� =� �Rcos�t
dt
Prędkość unoszenia wyznaczamy ze wzoru:
r� r� r�
V =� ��� r -� gdzie r jest wektorem poprowadzonym ze środka koła do punktu A
u
r� r�
Długość wektora r jest równa: | r | =� r =� R -� s =� R -� Rsin�t =� R(1-� sin�t)
r� r� r� r� r�
Vu =� �rsin��(�, r) , ��(�, r) =� 90o� -� ponieważ wektor � jest prostopadły do płaszczyzny
kartki i skierowany  do nas , czyli: Vu = �r = �R(1-�sin�t)
Kierunek i zwrot prędkości unoszenia ustalamy na podstawie reguły  śruby prawoskrętnej .
Kierunki i zwroty poszczególnych prędkości pokazano na poniższym rysunku.
��
Vw
A
��
Vu
��
Vb
2 2
Z rysunku widać, że: Vb =� Vu +� Vw
Podstawiając wyliczone wartości Vw i Vu otrzymujemy:
2
Vb =� [�R(1-� sin�t)]2 +� (�Rcos�t)2 =� �R 1-� 2sin�t +� sin2�t +�cos �t =� 2�R 1-� sin�t
Przyspieszenie bezwzględne (ab) punktu A wyznaczamy ze wzoru:
r� r� r� r�
ab =� aw +� au +� ac , gdzie:
aw -� przyspieszenie względne
au -� przyspieszenie unoszenia
ac -� przyspieszenie Coriolisa
Przyspieszenie względne (aw) punktu wyznaczamy ze wzoru:
dVw
aw =� =� -��2Rsin�t
dt
znak minus wskazuje, że wektor przyspieszenia względnego ma przeciwny zwrot do wektora
prędkości względnej.
r� r� r� r� r� r� d� r� r�
au =� aut +� aun , aut =� � �� r , � =� =� 0 , bo � jest stała , czyli aut = 0 i mamy au =� aun
dt
r� r� r� r� r�
aun =� ���(��� r) =� ���V
u
r� r� r�
aun =� �Vu sin��(�,V ) =� �2R(1-� sin�t)sin��(�,V ) , ��(�,V ) =� 90o� , wobec tego:
u u u
au =� aun =� �2R(1-� sin�t)
r� r� r� r�
ac =� 2��� V , ac =� 2�Vw sin��(�,V ), ��(�,V ) =� 90o� , wobec tego:
w w w
ac =� 2�2Rcos�t
Kierunki i zwroty przyspieszeń unoszenia i Coriolisa ustalamy na podstawie reguły  śruby
prawoskrętnej . Kierunki i zwroty poszczególnych przyspieszeń pokazano na poniższym
rysunku.
��
ab
��
ac
�� ��
A
au aw
2
z rysunku widać, że: ab =� (au +� aw )2 +� ac
Podstawiając wyliczone wartości poszczególnych przyspieszeń otrzymujemy:
2
ab =� (au +� aw )2 +� ac =� [�2R(1-� sin�t)-� �2Rsin�t]2 +� (2�2Rcos�t)2
po przekształceniach otrzymujemy: ab =� �2R 5 -� 4sin�t [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: Fx = -�2sin3t [N],
Fy = -�2cos3t [N]. Określić tor tego punktu przy zerowych warunkach początkowych.
Fx
Fx = max ax =� =� -�20sin3t [m/s2]
m
Vx =� dt +� C , C -� stała zależna od warunku początkowego
x
��a
20 20 20
Vx =� -�20
��sin3tdt +� C =� 3 cos3t +� C, Vx =� 0 0 =� 3 +� C C =� -� 3
t =�0
20 20
ć� ��
Vx =� cos3t -� [m/s]
�� ��
3 3
Ł� ł�
x =� dt +� C1 , C1 -� stała zależna od warunku początkowego
x
��V
20 20 20 20 20 20
ć� ��dt
x =� cos3t -� +� C1 =�
��
���� 3 ��cos3tdt -� 3 ��dt +� C1 =� 9 sin3t -� 3 t +� C1
3 3
Ł� ł�
x =� 0 C1 = 0
t =�0
20
ć�sin3t
x =� -� t�� [m] (1)
�� ��
3
Ł� ł�
Fy
Fy = may ay =� =� -�20cos3t [m/s2]
m
Vy =� dt +� C2 , C2 -� stała zależna od warunku początkowego
y
��a
20
Vy =� -�20
��cos3tdt +� C2 =� -� 3 sin3t +� C2
Vy t=�0 =� 0 C2 = 0
20
Vy =� -� sin3t [m/s]
3
y =� dt +� C3 , C3 -� stała zależna od warunku początkowego
y
��V
20 20
y =� -�
��sin3tdt +� C3 =� 9 cos3t +� C3
3
20 20
y =� 0 0 =� +� C3 C3 =� -�
t =�0
9 9
20 20 1 9
ć� �� ć�
y =� cos3t -� [m] stąd: t =� arccos y +�1��
�� �� �� ��
9 9 3 20
Ł� ł� Ł� ł�
i podstawiamy do równania (1) otrzymując równanie toru:
�� ��
�� 9 ł� 20 9
ć�
x =�
�� �� �� ��
��sinę�arccos 20 y +�1��ś� -� 9 arccos ć� 20 y +�1��ż� [m] .
Ł� ł� Ł� ł���
�� ��
��
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].
dx dy
2 2
a) V =� Vx +� Vy , Vx =� =� -��hsin�t [m/s] , Vy =� =� �hcos�t [m/s]
dt dt
V =� (-��hsin�t)2 +� (�hcos�t)2 =� �h sin2�t +� cos2�t =� �h [m/s]
V =� �h =� 0,5 [m/s]
t=�t1
dVy
dVx
b) a =� a2 +� a2 , ax =� =� -��2hcos�t [m/s2] , ay =� =� -��2hsin�t [m/s2]
x y
dt dt
a =� (-��2hcos�t)2 +� (-��2hsin�t)2 =� �2h cos2�t +� sin2�t =� �2h [m/s2]
a =� �2h =� 5[m/s2]
t=�t2
c) F =� am , F = �2hm [N]
F =� �2hm =� 10 [N].
t=�t2
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
ą = 30o. Jaką prędkość uzyska suwak po przesunięciu go na odległość s = 1[m], jeżeli
współczynnik tarcia suwak-prowadnica wynosi � = 0,2?
m
a�
��
Q
Poniższy rysunek przedstawia siły działające na suwak w trakcie ruchu:
��
��
T Qx
a�
��
y
Qy ��
��
Q
x
N ��
P
N -� siła reakcji podłoża, T -� siła tarcia, P -� siła ciężkości
Qx, Qy -� 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:
at2 "V V -� Vo V V
s =� , ale z drugiej strony: a =� =� =� , bo Vo = 0, wyliczamy t: t =�
2 t t t a
i podstawiając do wzoru na s otrzymujemy wzór na V: V =� 2as (1)
czyli musimy znalez
ć przyspieszenie z jakim będzie poruszać się suwak
piszemy dynamiczne równania ruchu suwaka w kierunku x i y:
x: axm = Qx -� T, Qx = Qcosa�, T = Nź
y: aym = N -� P -� Qy, Qy = Qsina�, P = mg
wobec tego, że ruch odbywa się tylko po współrzędnej x mamy ay = 0, czyli ax = a
am = Qcosa� -� Nź (2)
0 = N -� mg -� Qsina� N = mg + Qsina� i podstawiamy do (2)
Qcosą -� (mg +� Qsiną)ź
am = Qcosa� -� (mg + Qsina�)ź stąd: a =� i podstawiamy do (1)
m
Qcosą -� (mg +� Qsiną)ź
V =� 2s , podstawiając dane liczbowe mamy: V = 12,36 [m/s].
m
Zadanie 3a
Po jakim czasie i na jakim odcinku może zatrzymać się wskutek hamowania wagon
tramwajowy jadący po poziomym i prostym torze z prędkością Vo = 36[km/h], jeśli opór
hamowania jest stały i wynosi 3[kN] na jedną tonę ciężaru wagonu.
Dynamiczne równanie ruchu: am =� -�Fop , gdzie Fop -� siła oporu
Fop Fopg Fop
przekształcamy dane równanie: a =� -� a =� -� a =� -� g , P -� ciężar wagonu
m mg P
Fop
występujący po prawej stronie iloraz jest danym w zadaniu oporem hamowania, który
P
oznaczymy Fm (Fm = 3 [kN/T]), 1 [T] = 103 [kG] = 9,81 [kN], czyli Fm H" 0,3)
wobec tego dynamiczne równanie ruchu ma postać: a =� -�Fmg (1)
D�V
a =� , "V =� Vk -� Vo , Vk -� prędkość końcowa, Vk = 0 -� z treści zadania "V =� -�Vo
t
-� Vo -� Vo Vo
czyli: a =� i podstawiamy do (1), =� -�Fmg , stąd wyliczamy t t =�
t t Fmg
podstawiając dane liczbowe (Vo = 10 [m/s]) otrzymujemy: t = 3,4 [s]
at2
odcinek (s) po jakim wagon zatrzyma się wyznaczamy ze wzoru: s =� Vot +�
2
podstawiając dane {ze wzoru (1) a =� -�2,94 [m/s2]} otrzymujemy: s � 17 [m].
Zadanie 4
Pocisk o masie m wystrzelono pionowo w górę z prędkością początkową Vo. 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.
��
V
��
P
P = mg ,
R = kV
��
R
Dynamiczne równanie ruchu: am =� -�P -� R , P = mg
dV
am =� -�mg -� kV , ale a =�
dt
dV
m =� -�mg -� kV , jest to równanie różniczkowe o zmiennych rozdzielonych
dt
rozdzielamy zmienne (V,t) i przekształcamy równanie:
dV m dV dV k
m =� dt -� =� dt =� -� dt
mg mg
-� mg -� kV k m
+� V V +�
k k
ostatnie równanie obustronnie całkujemy:
dV k
=� -� +� C -� C -� stała zależna od warunku początkowego,
�� ��dt
mg
m
V +�
k
dx
korzystamy z całki nieoznaczonej: =� ln x +� a +� C , a -� pewna stała i otrzymujemy:
��
x +� a
mg k
��
lnć�V +� =� -� t +� C
�� ��
k m
Ł� ł�
stałą C wyznaczamy z warunku początkowego: dla t = 0 V = Vo
mg mg k mg
�� �� ��
V =� Vo C =� lnć�Vo +� czyli otrzymujemy: lnć�V +� =� -� t +� lnć�Vo +�
�� �� �� �� �� ��
t=�0
k k m k
Ł� ł� Ł� ł� Ł� ł�
przekształcamy ostatnie równanie:
mg
ć� ��
V +�
�� ��
mg mg k
�� �� k
k
lnć�V +� -� lnć�Vo +� =� -� t �� ��
�� �� �� �� ln =� -� t
k k m mg
Ł� ł� Ł� ł� m
�� ��
Vo +�
�� ��
Ł� k ł�
mg
V +� k k k
-� t
mg mg mg mg
ć�V ��e-� m t V =� ć�V +� ��e-� m t -�
k
m
=� e V +� =� +�
�� �� �� ��
o o
mg
k k k k
Ł� ł� Ł� ł�
Vo +�
k
Pocisk osiągnie maksymalną wysokość gdy V = 0
k k k
-� t
mg mg mg mg mg
ć�V ��e-� m t -� ć�Vo +� ��e-� m t =�
m
0 =� +� =� e
�� �� �� ��
o
k k k k kVo +� mg
Ł� ł� Ł� ł�
m mg +� kVo
po zlogarytmowaniu obu stron ostatniego równania otrzymujemy: t =� ln .
k mg
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 płaszczyz
nie poziomej). Linka tworzy z
pionem kąt . Obliczyć prędkość kulki i naciąg linki.
O
a�
A
Poniższy rysunek przedstawia siły działające na kulkę podczas ruchu
O
a�
l
A
��
Fod
r
��
a�
Q
��
N
gdzie: Q -� siła ciężkości
N -� siła naciągu linki
Fod -� siła odśrodkowa
V2 QV2 QV2
Q = mg, Fod =� m =� , r =� lsiną Fod =�
r gr glsiną
Q Q
Z rysunku widać, że: cosą =� N =�
N cosą
podstawiając dane (l = 0,3 [m] i przyjmując a� = 30��) otrzymujemy: N = 11,55 [N]
Fod QV2 5,77glsiną
tgą =� Fod = Qtga� Fod = 5,77 [N] 5,77 =� V =�
Q glsiną Q
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 ą, współczynnik tarcia o równię wynosi �. Jaki warunek musi spełniać masa
M, aby jej ruch w dół równi był możliwy?
��
a
M
m
a�
Rozpatrujemy ruch masy M:
�� ��
a
S
M
��
��
T
F1 a� ��
��
N�
F2
��
a�
P
gdzie: P -� siła ciężkości, P = Mg, F1 = Psina� = Mgsina�, F2 = Pcosa� = Mgcosa�
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 = Nź oraz podstawiając wartości F1 i F2 otrzymujemy:
aM = Mgsina� -� Nź -� S, N = Mgcosa� aM = Mgsina� -� Mgźcosa� -� S (1)
Rozpatrujemy ruch masy m:
��
S
��
a
��
Q
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:
Mg(siną -� źcosą) -� mg
aM + am = Mgsina� -� Mgm�cosa� -� mg a =�
M +� m
aby ruch masy M w dół równi był możliwy musi być: a > 0, czyli: Mg(sina� -� m�cosa�) -� mg > 0
m
stąd otrzymujemy: M >� .
siną -� źcosą
y
x
Zadanie 6
Do ciała o masie m, które może poruszać się prostoliniowym ruchem postępowym po
chropowatej poziomej płaszczyz
nie, 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 Vo? Współczynnik tarcia między ciałem a
płaszczyzną jest równy .
��
P
a�
m�
m
Poniższy rysunek przedstawia siły działające na ciało w trakcie ruchu
��
P
y
��
Py
x
a�
��
Px
��
T
�� ��
Q N
N -� siła reakcji podłoża, T -� siła tarcia, Q -� siła ciężkości
Px, Py -� składowe (pozioma i pionowa) siły P
Pod wpływem działania siły P ciało będzie poruszało się ruchem jednostajnie przyspieszonym
(z prędkością początkową Vo) z przyspieszeniem a.
dynamiczne równania ruchu suwaka w kierunku x i y:
x: axm = Px -� T, Px = Pcosa�, T = Nź
y: aym = N -� Q -� Py, Py = Psina�, Q = mg
wobec tego, że ruch odbywa się tylko po współrzędnej x mamy: ay = 0, czyli ax = a
am = Pcosa� -� Nź (1)
0 = N -� mg -� Psina� N = mg + Psina� i podstawiamy do (1)
Pcosą -� (mg -� Psiną)ź
am = Pcosa� -� (mg + Psina�)ź a =�
m
dV
z drugiej strony: a =� czyli V =� +� C , C -� stała zależna od warunku początkowego,
��adt
dt
a jest stałe (nie zależy od czasu) stąd: V =� a +� C czyli: V =� at +� C
��dt
V = Vo C = Vo V =� at +� Vo
t=�0
Oznaczmy jako t1 szukany czas, po którym prędkość ciała będzie równa V1, wobec tego:
V1 -� Vo m(V1 -� Vo)
V1 =� at1 +� Vo t1 =� i podstawiając a otrzymujemy: t1 =� .
a Pcosą -� (mg -� Psiną)ź
Zadanie 7
Kulka o masie m stacza się po rynnie kołowej o promieniu r bez prędkości początkowej z
punktu A. Znalez
ć reakcję rynny, gdy kulka będzie mijała punkt B.
r
��
A
R
B
��
P
��
B
F
R -� szukana reakcja, P -� siła ciężkości, F -� siła odśrodkowa
R -� P -� F = 0 R = P + F
mV2 mV2
P = mg, F =� , V -� prędkość kulki w punkcie B, R =� mg +� , V = ?
r r
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: EA = mgr
mV2
Całkowita energia mechaniczna kulki w punkcie B: EB =�
2
Z zasady zachowania energii wynika równanie: EA = EB
mV2 m2gr
mgr =� V2 = 2gr czyli: R =� mg +� =� 3mg .
2 r
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 ą.
��
Fx
��
��
F
a�
Px
a�
��
.
P
a�
a�
��
a
P = mg, F = ma
Z warunku równowagi wynika równanie: Fx = Px, Fx = Fcosa�, Px = Psina�
Fx = macosa�, Px = mgsina�
macosa� = mgsina� a = gtga�.
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.
��
P
G2 G1
Rozpatrujemy ruch wagonika o ciężarze G1
�� ��
S P
��
T1 �� ��
G1 N1
gdzie: S -� szukana siła naciągu liny
N1 -� reakcja podłoża
T1 -� siła oporu (z treści zadania T1 = 0,1G1)
G1 G1
Dynamiczne równanie ruchu: am1 = P -� S -� T1, m1 =� a =� P -�S -� 0,1G1 (1)
g g
Rozpatrujemy ruch wagonika o ciężarze G2
��
S
��
T2 �� ��
G2 N2
gdzie: N2 -� reakcja podłoża
T2 -� siła oporu (z treści zadania T2 = 0,1G2)
G2 G2
dynamiczne równanie ruchu: am2 = S -� T2, m2 =� a =� S -� 0,1G2 (2)
g g
G1 G2
dodajemy stronami równania (1) i (2): a +� a =� P -� 0,1G1 -� 0,1G2
g g
P -� 0,1(G1 +� G2)
i wyliczamy szukane przyspieszenie: a =� g
G1 +� G2
PG2
podstawiając a do równania (2) wyliczamy szukany naciąg liny: S =� .
G1 +� G2
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 .
w�
a�
Poniższy rysunek przedstawia siły działające na punkt materialny
��
T
��
a�
Fod
r
a�
��
N a�
��
P
gdzie: T -� siła tarcia
P -� siła ciężkości
Fod -� siła odśrodkowa
N -� siła reakcji podłoża
Poślizg nie zajdzie, gdy: Fodcosa� + Psina� Ł� T (1), Fod = m�2r, P = mg, T = Nź (2)
N wyznaczamy z równowagi sił w kierunku pionowym: N + Fodsina� -� Pcosa� = 0
czyli: N = Pcosa� -� Fodsina� i podstawiamy do (2)
gctgą
oczywiście musi być: Pcosa� -� Fodsina� ł� 0, stąd: mgcosa� ł� m�2rsina� � Ł�
r
T = (Pcosa� -� Fodsina�)ź i podstawiamy do (1), Fodcosa� + Psina� Ł� (Pcosa� -� Fodsina�)ź
Fodcosa� + Psina� Ł� (Pcosa� -� Fodsina�)ź m�2rcosa� + mgsina� Ł� (mgcosa� -� m�2rsina�)ź
g(źcosą -� siną) g(źcosą -� siną)
stąd po przekształceniach otrzymujemy: r Ł� czyli: rmax =� .
�2(źsiną +� cosą) �2(źsiną +� cosą)
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.
w�
a
2b
Dynamiczne równanie ruchu kulki: am = Fod, Fod -� siła odśrodkowa
d2x
a =� , Fod = m�2x, x -� odległość od osi obrotu
dt2
d2x d2x
m =� m�2x -� �2x =� 0 -� równanie różniczkowe liniowe, drugiego rzędu
dt2 dt2
równanie charakterystyczne: r2 -� �2 = 0 stąd: r1 =� � , r2 =� -� �
1 2
x =� C1er t +� C2er t x =� C1e�t +� C2e-��t, C1, C2 -� stałe zależne od warunków początkowych
x =� a a =� C1 +� C2 (1)
t=�0
w początkowej chwili kulka znajdowała się w spoczynku, czyli: V =� 0 ,
t=�0
dx
V =� =� �C1e�t -� �C2e-��t (2) 0 = �C1 -� �C2 C1 = C2,
dt
a
uwzględniając (1) mamy: C1 =� C2 =�
2
a a e�t +� e-��t
wobec tego: x =� e�t +� C2e-��t =� a =� acosh�t
2 2 2
r� r� r� r�
poziomą reakcją rurki na kulkę jest siła Coriolisa: F =� mac , ac =� 2��� V F =� 2m��� V
c c
r� r�
ac =� 2�Vsin��(�,V) , ��(�,V) =� 90o� , wobec tego: Fc = 2m�V
a a a e�t -� e-��t
podstawiając C1 =� C2 =� do (2) mamy: V =� � e�t -� � e-��t =� �a =� �asinh�t
2 2 2 2
stąd: Fc = 2m�2asinh�t
aby znalez
ć poziomą reakcję rurki na kulkę w chwili, w której ta ją opuści należy wyznaczyć
czas, po jakim kulka opuści rurkę. Czas ten oznaczymy jako tb.
b b
e�t +� e-��t
korzystamy z warunku: x =� b b =� acosh�tb =� a
t=�tb
2
2b 2b 1
b b b
przekształcamy ostatnie równanie: =� e�t +� e-��t =� e�t +�
b
a a e�t
2b 1
b
oznaczmy: e�t =� z =� z +� az2 -� 2bz +� a =� 0
a z
" =� (-�2b)2 -� 4a2 =� 4b2 -� 4a2 =� 4(b2 -� a2)
" =� 2 b2 -� a2
2b -� 2 b2 -� a2 b -� b2 -� a2 2b +� 2 b2 -� a2 b +� b2 -� a2
z =� =� lub z =� =�
2a a 2a a
b -� b2 -� a2 b +� b2 -� a2
b b
czyli: e�t =� lub e�t =�
a a
b -� b2 -� a2 b +� b2 -� a2
wobec tego: �tb =� ln lub �tb =� ln
a a
1 b -� b2 -� a2 1 b +� b2 -� a2
ostatecznie: tb =� ln lub tb =� ln
� a � a
przyjmujemy drugą odpowiedz
(autor pozostawia studiującemu rozważania dlaczego?)
i wyznaczamy:
Fc t=�tb
b b
e�t -� e-��t 1 1
ć�e -� ��
�tb
musimy znalez
ć wartość wyrażenia: sinh�tb =� =� , co daje:
�� ��
b
2 2 e�t ł�
Ł�
2
ć� ��
1 1 1 b +� b2 -� a2 a 1 (�b +� b2 -� a2)� -� a2
ć�e -� ��
�tb
�� ��
=� -� =�
�� ��
b
��
2 e�t ł� 2 a
Ł�
b +� b2 -� a2 �� 2 a(�b +� b2 -� a2)�
Ł� ł�
b2 -� a2 +� b b2 -� a2 b2 -� a2(�b +� b2 -� a2)� b2 -� a2
po przekształceniach mamy: =� =�
a
a(�b +� b2 -� a2)� a(�b +� b2 -� a2)�
b2 -� a2
czyli: Fc t=�tb =� 2m�2a =� 2m�2 b2 -� a2 .
a
Zadanie 10a
Mały pierścień o masie m jest nasunięty na gładki drut OA obracający się wokół pionowej osi
z prędkością kątową = const. Oś drutu jest krzywą płaską. Znalez
ć równanie tej krzywej,
o
aby zachodziła równowaga względna dla dowolnego położenia pierścienia.
w�o
A
O
Rozpatrzymy siły działające na pierścień, znajdujący się w punkcie B
y
w�o
A
N
.
.
Fod
B
a�
O
x
P
x
gdzie: N -� reakcja drutu
2
Fod -� siła odśrodkowa, Fod =� m�ox
P -� siła ciężkości, P = mg
Warunek równowagi wynika z rzutów siły odśrodkowej i siły ciężkości na styczną do osi drutu
w punkcie B
2
�ox
2
m�oxcosą -� mgsiną =� 0 stąd: tgą =�
g
2
dy dy �ox
tgą =� czyli: =� -� jest to równanie różniczkowe o zmiennych rozdzielonych
dx dx g
rozdzielając zmienne (y,x) i całkując obustronnie otrzymujemy:
2
�o
��dy =� g ��xdx +� C , C -� stała zależna od warunku początkowego
2
�o
y =� x2 +� C , stałą C wyznaczamy z warunku: y =� 0 , czyli C = 0
x=�0
2g
2
�o
szukane równanie krzywej: y =� x2 -� parabola przechodząca przez punkt (0,0).
2g
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: D�Ek = W
gdzie: D�Ek -� zmiana energii kinetycznej działa
W -� praca oporów ruchu
2
mVk mV12 G
"Ek =� -� , Vk -� prędkość końcowa działa, Vk = 0, m -� masa działa, m =�
2 2 g
GV12
czyli: "Ek =� -�
2g
W =� -�Ts, T -� siła oporu, z treści zadania: T = 0,1G, czyli W =� -�0,1Gs
GV12 5V12
-� =� -�0,1Gs s =� (1) V1 = ?
2g g
V1 wyznaczamy z zasady zachowania pędu. W momencie, gdy pocisk jest u wylotu lufy pęd
pocisku (p1) i działa (p2) są sobie równe
P P
p1 = m1V, m1 -� masa pocisku, m1 =� czyli: p1 =� V
g g
G P G P
p2 =� V1 , p1 = p2 V =� V1 V1 =� V i podstawiamy do równania (1)
g g g G
5P2V2
s =� , podstawiając dane liczbowe otrzymujemy: s � 0,1 [m].
2
gG
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].
"V V
Korzystamy z zależności: F = am, a =� , "V = V F =� m
t t
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. Znalez
ć 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
m2V2 -� m1V1
Stąd: V =� =� 0,04 [m/s].
m1 +� m2
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.
��
V
Rozpatrzymy siły działające na zestaw wagonów w trakcie ruchu
��
F
��
T
��
P
��
N
P -� ciężar zestawu wagonów (P = mg), N -� siła reakcji podłoża (N = P = mg),
T -� siła tarcia (T = Nź = mgź)
P "V V1
Dynamiczne równanie ruchu: am = F -� T, m =� , a =� , "V = V1 a =�
g t1 t1
V1 P P Fgt1
=� F -� gź , stąd wyliczamy ciężar zestawu wagonów: P =�
t1 g g V1 +� gt1ź
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 ro ze stałą prędkością kątową �o. Następnie nić została wciągnięta do otworu i
punkt porusza się po okręgu o promieniu 0,5ro. Pomijając opory ruchu, obliczyć, w jakim
stopniu zmieni się naciąg nici.
ro
O naciągu (N) nici stanowi siła odśrodkowa.
W pierwszym przypadku: N1 = m�2 ro
o
Po wciągnięciu nici do otworu: N2 = m w�2 0,5ro = 0,5m w�2 ro
w� -� prędkość kątowa punktu po wciągnięciu nici do otworu
N2 0,5mw�2ro w�2
=� =� , w� = ?
2 2
N1 mw�oro 2w�o
w� obliczymy z zasady zachowania krętu (momentu pędu)
Kręt w pierwszym przypadku: K1 = mVoro, Vo = w�oro �� K1 = mw�o ro2
2
Po wciągnięciu nici do otworu: K2 = 0,5mVro, V = 0,5w�ro �� K1 = 0,25mw� ro
Z zasady zachowania krętu wynika równanie: K1 = K2
2 2
mw�o ro = 0,25mw� ro w� = 4w�o
N2 (4�o )2 16�2
o
=� =� =� 8 -� naciąg zwiększył się 8 razy.
N1 2�2 2�2
o o
Zadanie 4a
Punkt M porusza się dokoła nieruchomego środka pod działaniem siły przyciągającej do tego
środka. Znalez
ć prędkość V2 w punkcie toru najbardziej oddalonym od środka, jeżeli
prędkość punktu w miejscu najbliższym środka V1 = 3[m/s], a promień r2 = 5r1.
��
M1 V1
��
��
V2
M
F
r2 r1
M2
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
V1r1 1 3
stąd wyliczamy V2: V2 =� , uwzględniając, że r2 = 5r1 otrzymujemy: V2 =� V1 =� [m/s].
r2 5 5
Zadanie 5
Samochód jedzie z prędkością Vo = 108[km/h] w dół po stoku nachylonym do poziomu pod
kątem ą = 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 siną ą.
Rozważymy siły działające na samochód podczas ruchu
��
V
��
T
m
��
F1 a� ��
��
N�
F2
��
a�
P
gdzie: P -� siła ciężkości, P = mg, F1 = Psina� = mgsina�, F2 = Pcosa� = mgcosa�
N -� siła nacisku
T -� siła oporu hamowania (z treści zadania T = 0,1P = 0,1mg)
Dynamiczne równanie ruchu: am =� F1 -� T am =� mgsiną -� 0,1mg (1)
stąd opóz
nienie z jakim porusza się samochód: a =� g(siną -� 0,1)
"V
z drugiej strony: a =� , D�V = Vk -� Vo, Vk -� prędkość końcowa, t� -� szukany czas ruchu
�
-� Vo
Vk = 0, czyli: D�V = -� Vo stąd: a =� (2), przyrównując do siebie wzory (1) i (2) mamy:
�
-� Vo Vo Vo
=� g(siną -� 0,1) � =� �
� g(0,1 -� siną) g(0,1 -� ą)
podstawiając dane liczbowe (Vo = 30 [m/s]) otrzymujemy: t� = 33,24 [s]
podstawiając wyliczony t� do wzoru (2) obliczamy opóz
nienie ruchu: a =� -�0,9 [m/s2]
a�2
szukana droga (d) dana jest wzorem: d =� Vo� +�
2
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.
��
V
e
Energia kinetyczna (Ek) wagonika jest zamieniana na energię potencjalną sprężystości (Eps)
sprężyny.
mV2 mV2 ke2 mV2
ke2
Ek =� , Eps =� Ek = Eps =� k =�
2 2 2 2 e2
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.
h
l�
poziom
odniesienia
k
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 + l�)
całkowita energia (E2) w położeniu końcowym jest energią potencjalną sprężystości:
k 2
E2 =�
2
k 2
Z zasady zachowania energii wynika równanie: E1 = E2 mg(h +� ) =�
2
Po przekształceniach otrzymujemy: kl�2 -� 2mgl� -� 2mgh = 0
2
" =� (-�2mg) -� 4k(-�2mgh) =� 4mg(mg +� 2hk)
" =� 2 mg(mg +� 2hk)
mg +� mg(mg +� 2hk) mg -� mg(mg +� 2hk)
 =� lub  =� <� 0 -� sprzeczne
k k
mg +� mg(mg +� 2hk)
czyli odpowiedzią jest:  =� [m].
k
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].
kA2
Całkowita energia (E) w ruchu harmonicznym dana jest wzorem: E =�
2
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].
Ep -� Ek
� =� 100% , gdzie: h� -� szukany procent strat energii kinetycznej
Ep
Ep -� energia potencjalna, Ep = mgh
mV2
Ek -� energia kinetyczna, Ek =�
2
mV2
mgh -�
2
� =� 100%, podstawiając dane liczbowe otrzymujemy: h� = 50%.
mgh
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].
��
N
l
��
Q
��
V
��
Fod
��
Q
gdzie: N -� szukana siła w lince bezpośrednio po uderzeniu
mV2 Q QV2
Fod -� siła odśrodkowa, Fod =� , m =� Fod =�
l g gl
ć� ��
QV2 �� V2 ��
N -� Q -� Fod = 0 N = Q + Fod N =� Q +� =� Q��1+�
��
gl gl
Ł� ł�
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
Wyprowadz
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.
zc
r
C
h
C
yc yc
xc
xc
2 2 2
Moment bezwładności walca względem osi zc: Iz =� xc +� yc )dm =� dm (1)
c ��( ��
m m
Masa (m) walca: m = Vr�, V = p�r2h, czyli masa elementarna (dm): dm = 2p�h�hr�dh�
r
1 Ąh�r4
3 r
i podstawiamy do (1): Iz =� 2Ąh� d� =� 2Ąh� [�4]0=� , pamiętając, że: m = p�r2hr�,
c ��
4 2
0
mr2
otrzymujemy: Iz =�
c
2
Ix =� Ix yc +� Ix zc , dla walca: Ix =� Iy
c c c c c
wiadomo, że: Iz =� Ix zc +� Iy zc , przy czym dla walca: Ix zc =� Iy zc , czyli: Iz =� 2Ix zc =� 2Iy zc
c c c c c c c c
Iz mr2
c
wobec tego: Ix zc =� Iy zc =� =�
c c
2 4
h
h
2
1 Ąr2�h3
2 2
2
Ix yc =� dm , gdzie: dm = p�r2r�dz Ix yc =� Ąr2� dz =� Ąr2� [z3] =�
h
c ��z c ��z
-�
3 12
h
m 2
-�
2
mh2
pamiętając, że: m = p�r2hr�, otrzymujemy: Ix yc =�
c
12
mr2 mh2 m(3r2 +� h2)
wobec tego otrzymujemy: Ix =� Iy =� +� =�
c c
4 12 12
mr2 mr2
Dla jednorodnej cienkiej tarczy kołowej mamy: h 0, czyli: Iz =� , Ix =� Iy =�
c c c
2 4
mh2
Dla jednorodnego pręta prostego mamy: r 0, czyli: Iz � 0 , Ix =� Iy =� .
c c c
12
h�
d
h�
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.
M,r
m,l
x
Na moment bezwładności (Ix) drążka względem osi x składa się moment bezwładności pręta
(Ix1) i moment bezwładności kulki (Ix2): Ix = Ix1 + Ix2. Moment bezwładności pręta jest
momentem bezwładności względem jego własnego końca, natomiast moment bezwładności
kulki liczymy z twierdzenia Steinera:
1 2
Ix1 =� ml2 , Ix2 =� Mr2 +� M(r+� l)2
3 5
1 2 1 2
wobec tego: Ix =� ml2 +� Mr2 +� M(r+� l)2 =� ml2 +� Mć� r2 +� (r +� l)2 �� .
�� ��
3 5 3 5
Ł� ł�
Zadanie 3
Znalez
ć macierz bezwładności układu 3 jednorodnych prętów każdy o masie m i długości l
połączonych tak jak na rysunku.
z
y
O
x
Macierz (tensor) bezwładności układu wygląda następująco:
�� Ix -� Dxy -� Dxz ł�
ę� ś�
I =� Dyx Iy -� Dyzś�
ę�-�
ę� ś�
��-� Dzx -� Dzy Iy ��
Ix, Iy, Iz -� momenty bezwładności względem poszczególnych osi
Dxy = Dyx, Dyz = Dzy, Dzx = Dxz -� odpowiednie momenty dewiacji
1 1 5 5
Ix =� ml2 +� ml2 +� m l2 =� ml2
3 12 4 3
1 2
Iy =� 2 ml2 =� ml2
3 3
1 5
Iz =� 2 ml2 +� ml2 =� ml2
3 3
Dxy =� Dyx =� 0
l 1
Dyz =� Dzy =� ml =� ml2
2 2
Dzx =� Dxz =� 0
Wobec tego macierz (tensor) bezwładności układu wygląda następująco:
5 5
�� ml2 0 0 ł� �� 0 0 ł�
ę� ś� ę� ś�
3 3
ę� ś� ę� ś�
1 2 1
ę� 2 ś�
I =� 0 ml2 -� ml2 ś� =� ml2 ę� 0 -� .
ę� ś� ę� ś�
3 2 3 2
ę� ś� ę� ś�
ę� 0 -� 1 ml2 5 ml2 ś� ę� 0 -� 1 5 ś�
ę� ś� ę� ś�
2 3 2 3
�� �� �� ��
Zadanie 4
Obliczyć przesunięcie pływającego żurawia, przenoszącego ciężar P1 = 2[T], jeśli wysięgnik z
pozycji pionowej obróci się o kąt ą = 30o. Ciężar żurawia P2 = 20[T]. Długość wysięgnika OA =
l = 8[m]. Opór wody i ciężar wysięgnika pominąć.
A
��
P1
O
o
o
��
P2
y
A
��
Współrzędna x (xsm) środka masy:
P1
P1(-�x1) +� P2 ��0 -� P1x1
O
xsm =� =�
o
o
P1 +� P2
P1 +� P2
x
��
P2
x1
A
Współrzędna x (xsm) środka masy:
l
a�
P1(-�lsiną -� x1 +� x) +� P2x
xsm =�
O o
�� o
P1 +� P2
P1
lsina�
��
P2
x
-x1+ x
Współrzędna środka masy środka masy x pozostaje bez zmiany zatem:
-� P1x1 P1(-�lsiną -� x1 +� x) +� P2x
=� -�P1x1 =� -�P1lsina� -� P1x1 + P1x + P2x
P1 +� P2 P1 +� P2
P1lsin a�
(P1 + P2)x =� P1lsina� x =� , po wstawieniu danych otrzymujemy: x = 0,36 [m].
P1 +� P2
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.
��
M
V
m,r
Belka porusza się ruchem postępowym, zaś obie rolki poruszają się ruchem płaskim.
Na energię kinetyczną układu (Ek) składa się:
1. energia kinetyczna ruchu postępowego belki (Ek1)
2. energia ruchu postępowego rolek (Ek2)
3. energia ruchu obrotowego rolek (Ek3)
2
MV2 mVo 2 I�2
Ek = Ek1 + Ek2 + Ek3, Ek1 =� , Ek2 =� 2 =� mVo , Ek3 =� 2 =� I�2
2 2 2
gdzie: Vo -� prędkość środka masy rolki
� -� prędkość kątowa rolki
I -� moment bezwładności rolki względem osi przechodzącej przez środek masy,
mr2
I =�
2
��
w�
V
��
r C -� chwilowy środek obrotu, Vc = 0
Vo
O
V V
� =� , Vo =� �r =�
r
2r 2
C
mV2 mr2 V2 mV2
Ek2 =� , Ek3 =� =�
4 2 4r2 8
MV2 mV2 mV2 V2 3m
ć�M +� ��
Energia kinetyczna układu jest równa: Ek =� +� +� =� .
�� ��
2 4 8 2 4
Ł� ł�
Zadanie 6
Ile wynosi energia kinetyczna i kręt płyty kwadratowej o boku a i masie m wirującej z
prędkością kątową �o = const wokół swego nieruchomego boku?
w�o
y
a
a
a
a
2
I�o
Szukana energia kinetyczna: E =�
2
I -� moment bezwładności kwadratu względem jednego z boków
2
a
Moment I obliczamy na podstawie tw. Steinera: I = Iy + mć� ��
�� ��
2
Ł� ł�
1
gdzie: Iy -� moment bezwładności kwadratu względem osi y (rys. po prawej), Iy =� ma2
12
2
1 a 1 1
2
I =� ma2 + mć� �� =� ma2 stąd: E =� ma2�o .
�� ��
12 2 3 6
Ł� ł�
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 Mt = 0,2[Nm],
oblicz moment napędowy zakładając jego stałą wartość.
w�o
r
m
Dynamiczne równanie ruchu: I� =� Mn -� Mt
gdzie: I -� moment bezwładności walca względem osi obrotu
e� -� przyspieszenie kątowe
Mn -� szukany moment napędowy
mr2 d� mr2 d� 2(Mn -� Mt )
I =� , � =� =� Mn -� Mt d� =� dt
2 dt 2 dt mr2
2(Mn -� Mt )
całkujemy obustronnie ostatnie równanie: =�
��d� mr2 ��dt +� C
C -� stała zależna od warunku początkowego
2(Mn -� Mt ) 2(Mn -� Mt )
� =� t +� C, � =� 0 C = 0 � =� t
t=�0
mr2 mr2
2(Mn -� Mt ) �1mr2
z treści zadania: � =� �1 �1 =� t1 stąd: Mn =� Mt +�
t=�t1
mr2 2t1
podstawiając dane liczbowe otrzymujemy: Mn = 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 płaszczyz
nie pionowej, prostopadłej do tej osi. Jaką prędkość
trzeba nadać końcowi A, aby pręt z położenia równowagi wykonał pół obrotu?
O
l
��
V
A
Korzystamy z zasady zachowania energii. Na poniższym rysunku zaznaczono poziom
odniesienia dla energii potencjalnej (liczona jest względem środka masy)
A
O
.
V = 0
1
l
2
poziom
l
odniesienia
��
V
A
I�2
Całkowita energia (E1) w położeniu początkowym: E1 =�
2
gdzie: I -� moment bezwładności pręta względem własnego końca
� -� prędkość kątowa w chwili początkowej
ml2 V 1 ml2 V2 mV2
I =� , � =� E1 =� =�
3 l 2 3 l2 6
mgl
Całkowita energia (E2) w położeniu końcowym: E2 =�
2
mV2 mgl
Z zasady zachowania energii wynika równanie: E1 = E2 =� V =� 3gl
6 2
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.
w�
r
M
A
m
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 (K1M) i krętu punktu A (K1m):
K1 = K1M + K1m
Mr2 Mr2
K1M = I�, I -� moment bezwładności tarczy, I =� K1M =� �
2 2
K1m = mVr, V -� prędkość liniowa punktu A, V = �r K1m = m�r2
ć� ��
Mr2 Mr2 ��
��
K1 =� � +� m�r2 =� ��� +� mr2 ��
2 2
Ł� ł�
Kręt (K2) w położeniu końcowym jest tylko krętem tarczy (K2M), ponieważ punkt A znajduje
się na osi obrotu:
Mr2
K2M = I�x , �x -� szukana prędkość kątowa w położeniu końcowym K2M =� �x
2
Mr2
K2 =� K2M =� �x
2
ć� ��
Mr2 �� Mr2
��
Z zasady zachowania krętu wynika równanie: K1 = K2 ��� +� mr2 �� =� �x
2 2
Ł� ł�
�(�Mr2 +� 2mr2)� i łatwo dostrzec, że jest większa od �.
Stąd szukana �x: �x =�
Mr2
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 [rad/s]
2
osiągnęła tarcza, jeśli po osuszeniu jej masa zmniejszyła się o 20%. Opory ruchu pomijamy.
f1
r
m
Korzystamy z zasady zachowania krętu.
Kręt (K1) tarczy przed osuszeniem: K1 = I1�1
gdzie: I1 -� moment bezwładności tarczy przed osuszeniem
�1 -� prędkość kątowa tarczy przed osuszeniem
mr2
I1 =� , �1 = 2p�f1 K1 = mr2p�f1
2
Kręt (K2) tarczy po osuszeniu: K2 = I2�2
gdzie: I2 -� moment bezwładności tarczy po osuszeniu
�2 -� szukana prędkość kątowa tarczy po osuszeniu
(m -� 20%m)r2 2mr2 2mr2
I2 =� =� K2 =� �2
2 5 5
2mr2 5
Z zasady zachowania krętu wynika równanie: K1 = K2 mr2Ąf1 =� �2 �2 =� Ąf1
5 2
Po wstawieniu f1 = 10/ [Hz] otrzymujemy: �2 = 25 [rad/s].
Zadanie 11
Dwie niezależnie wirujące na jednej nieruchomej osi tarcze z prędkościami kątowymi i
1 2
zostały nagle połączone (sklejone). Jak zmieni się energia kinetyczna układu, jeśli momenty
bezwładności tych tarcz względem osi obrotu wynoszą odpowiednio J1 i J2?
w� w�
1
w�
2
J2
J1
Zmiana D�Ek energii kinetycznej układu: "Ek =� Ek -� Ek
k p
gdzie: Ek -� końcowa energia kinetyczna układu
k
Ek -� początkowa energia kinetyczna układu
p
(J1 +� J2)�2
Ek =� , � -� nieznana prędkość kątowa układu po połączeniu tarcz
k
2
Ek =� Ek1 +� Ek2
p
Ek1 -� energia kinetyczna pierwszej tarczy, Ek2 -� energia kinetyczna drugiej tarczy
2 2
J1�1 J2�2 J1�1 J2�2
2 2
Ek1 =� , Ek2 =� Ek =� +�
p
2 2 2 2
2
ć� ��
(J1 +� J2)�2 �� J1�1 J2�2 ��
2
D�Ek =� -� +� (1)
�� ��
2 2 2
Ł� ł�
� liczymy z zasady zachowania krętu.
Kręt (K1) układu przed połączeniem tarcz:
K1 = J1�1 + J2 �2
Kręt (K2) układu po połączeniu tarcz:
K1 = (J1 + J2)�
Z zasady zachowania krętu wynika równanie: K1 = K2 J1�1 + J2 �2 = (J1 + J2)�
J1�1 +� J2�2
stąd: � =� i podstawiamy do równania (1):
J1 +� J2
2
ć� ��
(J1 +� J2)(J1�1 +� J2�2)2 �� J1�1 J2�2 ��
2
D�Ek =� -� +� i po przekształceniach otrzymujemy:
�� ��
2(J1 +� J2)2 2 2
Ł� ł�
J1J2
D�Ek =� -� (�1 -� �2)2 .
J1 +� J2
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.].
2
3
��
A B
w�
a�
z
a h
2
3
��
A B
w�
a�
.�
z 1��
��
RAX �� RBX ��
RAY RBY
a h
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:
&�
I1�1 -� (I2 -� I3)�2�3 =� M1 (a)
&�
I2�2 -� (I3 -� I1)�1�3 =� M2 (b)
&�
I3�3 -� (I1 -� I2)�1�2 =� M3 (c)
I1, I2, I3 -� główne, centralne momenty bezwładności względem osi 1,2,3
I1 = J, I2 << I1 � 0, I3 = J
r� r�
� =�[�1 ,�2, �3] -� rzuty wektora � na osie 1,2,3
2
3
��
a�
.�
w�
1
�1 =� 0 , �2 =� -��siną , �3 =� �cosą
&� &� &�
oczywiście �1 =� 0 , �2 =� 0, �3 =� 0 , ponieważ w� = 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 = RAY��a -� RBY��(a + h), w naszym zadaniu: RAY =� -�RBY =� R
czyli: M1 =� Ra -� R(a +� h) =� -�Rh i podstawiamy (wraz z w�2 i w�3) do równania (1)
J�2sinącosą
J(-��siną)(�cosą) =� -�Rh R =�
h
podstawiając dane liczbowe (w� = 2p�n = 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].
A B
.
e
C
r
h 2h
�� ��
RA RB
h 2h
A B
��
F
Q
RA, RB -� szukane reakcje, F -� siła odśrodkowa, F =� m�2e =� �2e
g
Warunki równowagi: =� RA -� F +� RB =� 0 , =� Fh -� RB3h =� 0
��Fy ��MA
1 Q�2e
z drugiego równania otrzymujemy: RB =� F =�
3 3g
2 2Q�2e
z pierwszego równania: RA =� F -� RB =� F =�
3 3g
podstawiając dane liczbowe (Q = 9810000 [N], n = 20 [obr/s], e = 0,001 [m]) otrzymujemy:
RA = 133333,33 [N], RB = 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 . Współczynnik tarcia suwnego
wynosi . Jaki warunek musi spełniać moment obrotowy, aby koło toczyło się bez poślizgu?
Opory toczenia pomijamy.
M
r
Na poniższym rysunku pokazano siły działające na koło podczas ruchu.
M
r
O
��
T
��
��
P
N
P -� siła ciężkości, N -� siła reakcji podłoża (N = P), T -� siła tarcia
Aby koło toczyło się bez poślizgu musi być spełniony warunek: T Ł� Nź T Ł� Pź (1)
P P
Dynamiczne równanie ruchu postępowego: am = T, m =� T =� a (2)
g g
P
Podstawiając równanie (2) do warunku (1) otrzymujemy: a Ł� Pź a Ł� gm� (3)
g
Dynamiczne równanie ruchu obrotowego względem punktu O: �Io =� M -� Tr (4)
a
e� -� przyspieszenie kątowe, � =� (5)
r
P
Io -� moment bezwładności względem osi przechodzącej przez punkt O, Io =� m�2 =� �2 (6)
g
a P P Mgr
podstawiamy równania (2), (5) i (6) do równania (4): �2 =� M -� a r a =�
r g g P(�2 +� r2)
Mgr Pź(r2 +� �2)
i podstawiamy do warunku (3): Ł� gź M Ł� .
P(�2 +� r2) r
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
.
a�
e�
o
��
��
T
F1 a� ��
�� N�
F2
��
a�
P
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 Ł� Nź (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 = Psina� = mg sina�, F2 = Pcosa� = mgcosa�
am = mg sina� -� T (2), N = mgcosa�, czyli (1): T Ł� mgźcosa� (1a)
Dynamiczne równania ruchu obrotowego walca względem punktu O:
e�Io = Tr (3)
Io -� moment bezwładności walca względem osi przechodzącej względem punktu O
mr2 a a mr2 2T
Io =� , � =� i podstawiamy do równania (3): =� Tr a =� i podstawiamy do (2)
2 r r 2 m
2T 1 1
m =� mgsiną -� T T =� mgsiną i podstawiamy do (1a): mgsiną Ł� mgźcosą
m 3 3
y
x
r
stąd: tga� d" 3ź a� Ł� arctg3ź.
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.
l
A B
��
P
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.
��
S
.
A
��
1
2l P
Dynamiczne równanie ruchu postępowego w kierunku pionowym:
P P
am = P -� S, m =� a =� P -� S (1)
g g
Dynamiczne równanie ruchu obrotowego względem punktu A:
l
�IA =� P
2
1 1 P l 2a
IA -� moment bezwładności pręta względem punktu A, IA =� ml2 =� l2 , a =� � � =�
3 3 g 2 l
2a 1 P l 3
stąd: l2 =� P a =� g i podstawiamy do równania (1)
l 3 g 2 4
3 P 1
g =� P -� S S =� P .
4 g 4
Zadanie 5a
Jednorodna belka o ciężarze G i długości 2l jest podtrzymywana pod kątem = /3 do
o
poziomu. Oblicz nacisk belki w momencie zerwania podtrzymującej ją linki.
y
C
.
j�o
x
O
Poniższy rysunek pokazuje siły działające na pręt w chwili zerwania podtrzymującej go linki,
gdzie N -� szukana siła nacisku belki
y
e�
l
C a
.
��
N
��
��
N1 j�
P
x
N1 = Ncosj� O
sinj�
y = l
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):
e�I = (Ncosj�)l
1 1
I -� moment bezwładności belki względem jej środka, I =� m(2l)2 =� ml2
12 3
1
� ml2 =� NlcosĆ (2)
3
e� -� przyspieszenie kątowe belki
Jak pokazano na ostatnim rysunku: y = l sinj�
Różniczkujemy dwukrotnie po czasie ostatnie równanie:
2
ć� ��
dy dĆ d2y dĆ d2Ć
�� ��
=� lcosĆć� �� =� -�lsinĆć� �� +� lcosĆ�� ��
�� �� �� ��
dt dt dt2 dt dt2
Ł� ł� Ł� ł�
Ł� ł�
d2y dĆ d2Ć
Ponieważ: =� a , =� � , =� �
dt2 dt dt2
Otrzymujemy: a =� l(�cosĆ -� �2sinĆ) i podstawiamy do równania (1)
ml(�cosĆ -� �2sinĆ) =� mg -� N (3)
3NcosĆ
Wyznaczamy z równania (2) e�: � =� i podstawiamy do równania (3)
ml
ć� ��
3Ncos2Ć
�� ��
ml -� �2sin�� =� mg -� N
��
ml
Ł� ł�
4
W chwili uwolnienia belki j� = j�o = /3, natomiast � = 0, stąd otrzymujemy: N =� mg .
7
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.
h
Poniższy rysunek pokazuje siły działające na walec w trakcie ruchu, gdzie S -� szukana siła
naciągu linki.
��
S
e�
r
o
a
m ��
P
Dynamiczne równanie ruchu postępowego walca:
am = P -� S, P = mg am = mg -� S (1)
Dynamiczne równanie ruchu obrotowego walca wokół punktu O:
e�Io = Sr (2), Io -� moment bezwładności walca względem punktu O
1 a
Io =� mr2 , � =� i podstawiamy do równania (2)
2 r
a 1 1
mr2 =� Sr S =� am i podstawiamy do równania (1)
r 2 2
1 2 1
am =� mg -� am a =� g i wyliczamy S: S =� mg
2 3 3
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 (Ekp) ruchu postępowego i
energii (Eko) ruchu obrotowego:
E2 = Ekp + Eko
mV2 Io�2 V
Ekp =� , Eko =� , � -� prędkość kątowa walca w położeniu końcowym, � =�
2 2 r
2
mV2 1 1 V 3mV2
E2 =� +� mr2ć� �� =�
�� ��
2 2 2 r 4
Ł� ł�
3mV2 4
Z zasady energii wynika równanie: E1 = E2 mgh =� V =� gh .
4 3
Zadanie 7
Wyznacz równanie małych drgań swobodnych pręta jednorodnego o długości l = 1[m],
zamocowanego obrotowo w punkcie A i wykonującego ruch w płaszczyz
nie pionowej. Oblicz
okres tych drgań z dokładnością do 0,01[s].
A A
1
2l
j�
j�
l
��
F
j�
��
P
P = mg , F = Psina� = mgsina�
Równanie ruchu: IAe� = MA
1
IA -� moment bezwładności pręta względem punktu A, IA =� ml2
3
l l
MA -� moment siły względem punktu A, MA =� -�F =� -� mg sinĆ
2 2
1 l
podstawiając do równania (1) otrzymujemy: ml2� =� -� mg sinĆ
3 2
d2Ć
&�&�
Uwzględniając, że: � =� =� Ć oraz, że dla małych kątów sinj� � j� otrzymujemy:
dt2
1 l 3g
&�&� &�&�
ml2Ć =� -� mg Ć Ć +� Ć =� 0 -� równanie odpowiadające równaniu drgań
3 2 2l
2
&�&�
harmonicznych w postaci: x +� �ox =� 0, gdzie: �o -� częstość drgań własnych układu
3g 2Ą 4Ą2 3g 2l
2
czyli w naszym przypadku: �o =� , �o =� =� T =� 2Ą
2l T T2 2l 3g
po podstawieniu danych liczbowych (g = 9,81 [m/s2]) otrzymujemy: T = 1,64[s].