mechanika dynamika zbior zadan metodyka rozwiazan

BG AGH
1631 pozycja wydawnictw dydaktycznych
Akademii Górniczo-Hutniczej im. Stanisława Staszica w Krakowie
� Wydawnictwa AGH, Kraków 2001
ISSN 0239-6114
Redaktor Naczelny Uczelnianych Wydawnictw
Naukowo-Dydaktycznych: prof. dr hab. in . Andrzej Wichur
Z-ca Redaktora Naczelnego: mgr Beata Barszczewska-Wojda
Recenzent: prof. dr hab. in . Zbigniew Engel
Projekt okładki i strony tytułowej: Beata Barszczewska-Wojda
Opracowanie edytorskie: zespó redakcyjny UWND
Korekta: Danuta Harnik
Skład komputerowy: Andre , tel. 423-10-10
Redakcja Uczelnianych Wydawnictw Naukowo-Dydaktycznych
al. Mickiewicza 30, 30-059 Kraków
tel. 617-32-28, tel./fax 636-40-38
BG AGH
Spis tre ci
Przedmowa ........................................................................................................ 5
Wst p ................................................................................................................ 7
1. Statyka.............................................................................................................. 9
1.1. Uwagi metodyczne dotycz ce rozwi zywania zada ze statyki ............... 9
1.2. Płaski rodkowy układ sił .......................................................................... 10
1.3. Przestrzenny rodkowy układ sił ............................................................... 21
1.4. Płaski dowolny układ sił............................................................................ 29
1.5. Płaski układ sił równoległych ................................................................... 37
1.6. Przestrzenny dowolny układ sił ................................................................. 41
1.7. Przestrzenny układ sił równoległych ........................................................ 50
1.8. Tarcie ......................................................................................................... 55
1.9. rodki ci ko ci ........................................................................................ 63
2. Kinematyka...................................................................................................... 71
2.1. Uwagi metodyczne dotycz ce rozwi zywania zada z kinematyki ......... 71
2.2. Kinematyka punktu ................................................................................... 72
2.2.1. Wyznaczanie równa ruchu, pr dko ci, przyspiesze oraz toru ..... 72
2.3. Kinematyka bryły ...................................................................................... 88
2.3.1. Ruch post powy i obrotowy ............................................................ 88
2.3.2. Ruch płaski ...................................................................................... 93
2.3.3. Ruch kulisty..................................................................................... 116
2.4. Ruch zło ony punktu ................................................................................. 128
2.5. Składanie ruchów post powych i obrotowych .......................................... 146
3. Dynamika ......................................................................................................... 151
3.1. Uwagi metodyczne dotycz ce rozwi zywania zada z dynamiki ............ 151
3.2. Dynamika punktu materialnego ................................................................ 152
3.2.1. Ró niczkowe równania ruchu wyznaczanie sił ........................... 152
3.2.2. Ró niczkowe równania ruchu wyznaczanie równa
sko czonych ruchu .......................................................................... 157
3.2.3. P d, kr t, zasada równowarto ci energii kinetycznej i pracy,
zasada zachowania energii .............................................................. 168
3.2.4. Dynamika punktu w ruchu wzgl dnym .......................................... 181
3.2.5. Dynamika punktu o zmiennej masie ............................................... 197
BG AGH
4 STATYKA
3.3. Dynamika układu punktów materialnych ................................................. 207
3.4. Dynamika bryły ......................................................................................... 225
3.4.1. Ruch post powy, obrotowy i płaski ................................................ 225
3.4.2. Reakcje dynamiczne w ruchu obrotowym ...................................... 274
3.4.3. Ruch kulisty przybli ona teoria yroskopów ............................... 283
3.5. Dobór mocy nap du w wybranych układach mechanicznych .................. 290
3.6. Elementy mechaniki analitycznej zasada prac przygotowanych ........... 306
3.7. Podstawy teorii zderze ............................................................................. 314
Literatura .................................................................................................................. 325
BG AGH
5
Przedmowa
Skrypt Zbiór zada z mechaniki. Metodyka rozwi za składa si z trzech cz ci:
statyki, kinematyki i dynamiki. Zawarty w nim materiał jest uzupełnieniem skryptu [3]
oraz zbiorów zada [7, 8] i przeznaczony jest dla studentów wydziałów mechanicznych
wy szych uczelni technicznych. Ze skryptu mog równie korzystać studenci innych
wydziałów.
W skrypcie rozwi zano 127 zada z uwzgl dnieniem metodyki post powania.
Układ skryptu wynika z zało onego przez autorów celu, tzn. pokazania ró nych metod
rozwi zywania tego samego problemu.
Autorzy b d wdzi czni za uwagi krytyczne dotycz ce zakresu i sposobu przedsta-
wienia problemów zawartych w skrypcie.
Autorzy
BG AGH
BG AGH
Wst p
Mechanika jest działem fizyki zajmuj cym si prostsz form ruchu materii, tj. prze-
mieszczeniami jednych ciał lub ich cz stek wzgl dem drugich oraz przyczynami po-
wstawania tych zjawisk.
Mechanik ogóln nazywamy wszystkie te działy mechaniki, w których maj za-
stosowanie prawa Newtona, a w w szym znaczeniu zbiór zagadnie z mechaniki ciał
sztywnych i ich punktowych modeli (punktów materialnych) przystosowanych do po-
trzeb techniki.
Punktem materialnym nazywamy punkt geometryczny, który ma pewn sko -
czon mas .
Ciałem sztywnym nazywamy takie ciało materialne, w którym wzajemne odle-
gło ci cz stek nie ulegaj zmianie. Jest to ciało nieodkształcalne. W rzeczywisto ci
wszystkie ciała s odkształcalne, je eli jednak odkształcenia s małe, mo na je przy
badaniu wła ciwo ci ruchowych ciała pomin ć i traktować takie ciało jak sztywne.
Sztywne ciało materialne nazywamy brył . Przez stan ruchowy bryły rozumiemy ruch,
tj. zmian poło enia jednej bryły wzgl dem innych brył, lub spoczynek.
Zmiana stanu ruchowego bryły, czyli przej cie ze spoczynku w ruch lub z ruchu
w spoczynek, oraz zmiana sposobu poruszania si bryły mog nast pić przez oddziały-
wanie na brył innymi bryłami.
Tego rodzaju oddziaływanie jednej bryły na drug nazywamy sił ; na przykład ci -
ar ciała jest sił , z jak na to ciało oddziaływuje kula ziemska. Sił jest równie od-
działywanie magnesu na kawałek stali lub przewodnik, w którym płynie pr d.
Przy oddziaływaniu wzajemnym wi cej ni dwóch brył b dziemy rozpatrywali
układ sił.
Przekształcaniem oraz równowag układów sił zajmuje si dział mechaniki zwany
statyk . Drugim działem mechaniki jest kinematyka.
Kinematyka zajmuje si badaniem ruchu ciał niezale nie od przyczyn, które go
wywołuj . Przy ruchu ciał wzgl dem siebie odległo ci mi dzy punktami tych ciał zmie-
niaj si . Zmiany te okre la si w stosunku do pewnego układu odniesienia (układu
współrz dnych), który podczas badania ruchu zast puje jedno z ciał. Je eli wybrany
układ współrz dnych przyjmuje si umownie za nieruchomy, to ruch pozostałych
w stosunku do tego układu odniesienia nazywamy ruchem bezwzgl dnym (absolutnym).
BG AGH
8 STATYKA
Kinematyka odró nia si od geometrii przede wszystkim tym, e przy rozpatrywa-
niu przemieszcze ciał (lub odpowiadaj cych im geometrycznych modeli: punktu, bry-
ły), bierzemy pod uwag równie czas przemieszczenia. Dlatego kinematyka nazywana
jest cz sto geometri czterech wymiarów ; nazwa czwarty wymiar dotyczy czasu.
W mechanice klasycznej czas uwa any jest za ten sam dla dowolnych układów
odniesienia, co jest wystarczaj cym dokładnym przybli eniem w stosunku do rzeczy-
wisto ci wtedy, gdy pr dko ci rozpatrywanych ruchów s małe w porównaniu z pr d-
ko ci wiatła.
Za jednostk czasu przyjmuje si sekund . Chwili pocz tkowej, któr mo emy
obierać dowolnie, przypisujemy warto ć równ zeru, a ka dej nast pnej liczb t, której
bezwzgl dna warto ć równa jest liczbie sekund, jakie upłyn ły pomi dzy tymi dwiema
chwilami.
Ka de ciało, którego ruch badamy, mo e być uwa ane za układ punktów material-
nych. W kinematyce punkt materialny traktujemy jako punkt w poj ciu geometrycz-
nym, któremu przypisujemy pewn sko czon mas .
Je eli odległo ci pomi dzy punktami układu nie zmieniaj si , to taki układ punk-
tów materialnych nazywamy brył lub ciałem sztywnym.
Ruch dowolnego układu punktów wzgl dem zadanego układu odniesienia b dzie
okre lony, je li b dziemy znać ruch ka dego punktu wzgl dem tego układu odniesienia.
Badanie ruchu układu punktów musi być poprzedzone badaniem ruchu punktu.
Dlatego kinematyk dzielimy, ze wzgl dów dydaktycznych, na kinematyk punktu
i kinematyk bryły.
Trzeci dział mechaniki obejmuje analiz ruchu pod wpływem działania sił i nazy-
wa si dynamik .
BG AGH
9
1. Statyka
1.1. Uwagi metodyczne dotycz ce rozwi zywania zada
ze statyki
W statyce wyró nić mo na dwie zasadnicze grupy zada :
1) zadania zwi zane ze stanem równowagi układów sił,
2) zadania zwi zane z redukcj układów sił.
W grupie pierwszej wyznacza si siły, najcz ciej nieznane siły reakcji lub inne
wielko ci, np. parametry geometryczne. W grupie drugiej zada poszukuje si najpro-
stszych układów sił zast puj cych zadane układy sił, wykorzystuj c w tym celu metody
redukcji. Zarówno w grupie pierwszej, jak i w grupie drugiej stosuje si metody anali-
tyczne i graficzne, przy czym metody graficzne wykorzystuje si najcz ciej do roz-
wi zywania płaskich układów pr towych typu kratownic.
Ze wzgl du na szeroki zakres zastosowa oraz dokładno ć oblicze powszechnie
wykorzystuje si analityczne metody rozwi zywania układów sił.
W przypadku rozwi zywania zada zwi zanych ze stanem równowagi sił nale y
kierować si nast puj cym tokiem post powania:
okre lić, czy badany układ jest układem prostym (jedna bryła), czy zło onym
(kilka brył poł czonych ze sob );
w przypadku układu zło onego nale y my lowo rozdzielić cały układ na ukła-
dy proste (jest to metoda stosowana najcz ciej), pami taj c o przyło eniu do
nich w miejscu rozdzielenia sił wzajemnego oddziaływania (dwójki zerowe);
przyło yć wszystkie siły czynne;
przyło yć wszystkie siły reakcji w zale no ci od rodzaju wi zów wyst puj -
cych w badanym układzie;
zakwalifikować otrzymany układ albo układy sił do odpowiedniej grupy (pła-
ski, przestrzenny, rodkowy, równoległy);
przyj ć układ odniesienia (układ współrz dnych) najwygodniej dla danego
przypadku, kieruj c si zasad otrzymania najprostszego układu równa rów-
nowagi;
korzystaj c z odpowiedniego warunku równowagi sił, uło yć równania równo-
wagi wszystkich sił czynnych i reakcji;
BG AGH
10 STATYKA
rozwi zać równania równowagi i obliczyć szukane wielko ci,
sprawdzić wymiary wyznaczonych wielko ci,
przeprowadzić dyskusj nad rozwi zanym zadaniem.
Szczegółowe uwagi metodyczne podano przy rozwi zaniach poszczególnych zada .
1.2. Płaski rodkowy układ sił
ZADANIE 1.2.1
Skrzynia o ci arze Q podnoszona jest dwiema linami CAD i BC (rys. 1.2.1). Lina
BC przyczepiona jest w punkcie B do nieruchomej ciany, lina CAD przerzucona jest
przez kr ek A, przy czym obie liny przymocowane s w punkcie C do ci aru Q. Li-
na BC tworzy z poziomem k t 60o, natomiast cz ć AC liny CAD k t ą. Wyznaczyć k t
ą, przy którym siła S w linie CAD b dzie najmniejsza, oraz stosunek sił w linach dla
wyznaczonego k ta ą.
Rys. 1.2.1
Rozwi zanie
Przyłó my wszystkie siły działaj ce na rozwa any układ, tzn. siły czynne (w tym
Q
przypadku jest to siła ci ko ci skrzyni) oraz siły reakcji (bierne) pochodz ce od
wi zów. Ze wzgl du na to, e wi zami s liny (wi zy typu ci gien), siły reakcji działaj
wzdłu wi zów. Siły te przyło ono w punkcie C, przez który przechodzi równie
Q
siła (rys. 1.2.1a). Siła S w cz ci AC liny CAD ma t sam warto ć co siła S , po-
niewa kr ek A zmienia jedynie kierunek siły, a nie jej warto ć. Uwolnienie od wi -
zów polega w tym przypadku na wykonaniu my lowych przekrojów przez liny BC i AC
i przyło eniu dwójek zerowych odpowiednio do ka dej z lin (rys. 1.2.1a).
Q , F , S '
Rozwa ania sprowadzone zostały w ten sposób do badania sił tworz -
S
cych układ rodkowy płaski (rys. 1.2.1b). Szukany k t ą oraz stosunek sił wyzna-
F
czono metod analityczn , wykorzystuj c w tym celu analityczny warunek równowagi
układu płaskiego rodkowego sił.
BG AGH
Płaski rodkowy układ sił 11
Rys. 1.2.1a Rys. 1.2.1b
Przyjmuj c układ odniesienia z pocz tkiem na przykład w punkcie C, otrzymuje
si nast puj ce równania równowagi:
n
-
"P = 0 F cos 60o S2 cos ą = 0,
ix
i=1
n
"P = 0 F sin 60o + S2 sin ą - Q = 0,
iy
i=1
przy czym S' = S.
W celu obliczenia k ta ą, przy którym S = Smin, wyznaczono z równa równowagi
sił S jako funkcj ą. Po prostych przekształceniach otrzymuje si :
Q
.
S =
3 cos ą + sin ą
Q( 3 sin ą - cos ą) i przyrównuj c j do zera, wyzna-
dS
Obliczaj c pochodn
=
2
dą
( 3 cos ą + sin ą)
czono ą = 30o, dla której to warto ci S = Smin. Dla tej warto ci k ta ą z równa rów-
S
nowagi wyznaczyć nale y obecnie stosunek sił . Z pierwszego równania otrzymuje
F
S cos 60o S 3
si = . Dla ą = 30o = .
F cos ą F 3
BG AGH
12 STATYKA
S
Dla zadanego k ta pochylenia liny BC k t ą oraz stosunek nie zale y od wiel-
F
ko ci podnoszonego ci aru Q. Od wielko ci tego ci aru zale oczywi cie warto ci
1 3
sił S i F , i w tym przypadku wynosz one: S = Q, F = Q .
2 2
ZADANIE 1.2.2
Gładki walec o promieniu r = 0,3 m i ci arze Q = 1000 N opiera si o gładkie
nieruchome podpory w punktach A i B (rys. 1.2.2). Rozstaw podpór a = 0,4 m, ró nica
wysoko ci mi dzy podporami h = 0,2 m. Obliczyć warto ć sił reakcji RA i RB podpór.
a
Rys. 1.2.2 Rys. 1.2.2a
Rozwi zanie
Walec b dzie oparty o podpory (nie wpadnie pomi dzy podpory), je eli spełniony
b dzie warunek: odległo ć AB < 2r. W tym przypadku
AB = h2 + a2 = 0,2 = 0,446 m < 2r = 0,6 m.
Przy zało eniu, e podpory s gładkie, reakcje maj kierunek prostopadły
RA i RB
do stycznych w punktach A i B i musz przechodzić przez rodek O walca (rys. 1.2.2a).
Układ sił Q , RA, RB jest wi c układem rodkowym płaskim. Szukane reakcje wyzna-
czyć mo na metod graficzn lub analityczn . Metoda graficzna polega na wykorzysta-
niu geometrycznego warunku równowagi układu rodkowego sił, tzn. sprowadza si
do narysowania w przyj tej skali sił zamkni tego wieloboku sił. Przyjmuj c skal sił,
np. 1 cm = n [N], rozpoczyna si budow wieloboku sił od siły Q (znana jest prosta
działania i warto ć) (rys. 1.2.2b).
BG AGH
Płaski rodkowy układ sił 13
[N]
Rys.1.2.2b Rys. 1.2.2c
Do narysowanej siły Q dodano wektorowo na przykład sił RA, rysuj c jedynie jej
kierunek przez koniec siły Q . Wiedz c, e wielobok sił musi być zamkni ty, tzn. koniec
siły RB musi znale ć si w pocz tku siły , przez pocz tek siły poprowadzono
Q
Q
kierunek siły RB. Kierunki sił RA i RB, przecinaj si w punkcie K. Mo na teraz zazna-
czyć zwroty wektorów RA i RB, bior c pod uwag , e wielobok sił musi być zamkni ty
(zgodny obieg zwrotów wszystkich sił). Mierz c długo ci otrzymanych sił RA i RB oraz
uwzgl dniaj c przyj t skal sił, otrzymuje si poszukiwane warto ci reakcji.
W celu analitycznego wyznaczenia szukanych reakcji wykorzystano analityczny
warunek równowagi układu płaskiego rodkowego sił. Przyjmuj c układ odniesienia
jak na rysunku 1.2.2c, otrzymano nast puj ce równania równowagi sił:
n
Pix = 0 RA cos ą - RB cos� + Qsin ł = 0,
"
i=1
n
Piy = 0 RA sin ą + RB sin � - Q cos ł = 0.
"
i=1
W równaniach tych, poza nieznanymi reakcjami i , wyst puj równie nie-
RA RB
znane k ty ą, �, ł, które nale y wyznaczyć dodatkowo. Trójk t OAB jest trójk -
2
AB �ł �ł
AB
tem równoramiennym i ą = � oraz cos ą = cos� = , sin ą = sin � = 1- �ł �ł
,
2r 2r
�ł łł
a
gdzie AB = h2 + a2 . Z "ABC obliczyć mo na k t ł, a mianowicie cos ł = ,
AB
h
sin ł = .
AB
BG AGH
14 STATYKA
Uwzgl dniaj c odpowiednie funkcje k tów ą, �, ł w równaniach równowagi i rozwi -
zuj c te równania, otrzymano nast puj ce wyra enia na szukane warto ci sił reakcji:
a h2 + a2 - h 4r2 - (h2 + a2)
RA = Qr ,
(h2 + a2) 4r2 - (h2 + a2)
a h2 + a2 + h 4r2 - (h2 + a2)
RB = Qr .
(h2 + a2) 4r2 - (h2 + a2)
Zale no ci powy sze wi szukane reakcje z parametrami geometrycznymi ba-
danego układu (wymiarami) i siłami czynnymi (siła Q ). Z powy szych zwi zków
wynika, e reakcje b d miały sens fizyczny, gdy 4r2 - (h2 + a2) > 0, tzn. gdy
AB < 2r (h2 + a2 = AB2) , a wi c, je li spełniony zostanie warunek okre lony na po-
cz tku rozwi zywania zadania w oparciu o analiz geometrycznych wymiarów układu.
Przy zadanych wymiarach geometrycznych cz sto wygodnie jest posługiwać si
zale no ci pomi dzy szukanymi reakcjami a siłami czynnymi. W tym przypadku
zwi zki te maj postać:
RA = 0,369 Q,
RB = 0,969 Q.
Uwzgl dniaj c ci ar walca Q = 1000 N ostatecznie otrzymano:
RA = 369 N,
RB = 969 N.
ZADANIE 1.2.3
Bryła M1 o ci arze Q = 500 N oparta jest w punkcie C o gładk nieruchom pod-
por M2 i w punkcie A o gładk niewa k pionow belk AB o długo ci a + b = 1,2 m,
przy czym a = 2b (rys. 1.2.3). Belka zamocowana jest w przegubie nieprzesuwnym B
i utrzymywana poziom lin KL. Obliczyć warto ć sił reakcji w punktach B i C oraz
warto ć siły w linie KL.
S
Rozwi zanie
Układ fizyczny znajduj cy si w równowadze składa si z dwóch brył. Wi zami
dla tego układu s : podpora nieruchoma M2, lina KL i nieprzesuwny przegub B. Reak-
cja w punkcie C działa na kierunku prostopadłym do powierzchni bryły M1, reakcja
w punkcie K działa na kierunku liny (ci gna), natomiast w punkcie B prosta działania
reakcji jest nieznana ze wzgl du na to, e jest to podpora nieprzesuwna. Nie znaj c
kierunku wszystkich sił działaj cych na układ, nie mo na uło yć równa równowagi
BG AGH
Płaski rodkowy układ sił 15
dla takiego układu. Badany układ jest układem zło onym z bryły M1 i belki AB. Układ
zło ony jest w równowadze wówczas, gdy jego elementy składowe s równie w rów-
nowadze. Rozwa my wi c niezale nie równowag bryły M1 i belki AB. W tym celu na-
le y cały układ podzielić na cz ci (elementy składowe), przykładaj c do ka dej z nich
wzajemne ich oddziaływania, tzn. do belki nale y przyło yć sił pochodz c od bry-
ły M1, a do bryły M1 sił oddziaływania belki. Zgodnie z III prawem Newtona, siły te
tworz dwójk zerow i w tym przypadku ich kierunek jest prostopadły w punkcie A
do powierzchni bryły M1. Na rysunku 1.2.3a pokazano siły reakcji wi zów (z wyj t-
kiem przegubu B) oraz siły wzajemnego oddziaływania pomi dzy brył M1 a belk AB
rozdzielonymi lini 1 1. Prost działania reakcji RB mo na wyznaczyć zauwa aj c, e
na belk AB działaj tylko trzy siły, tj. RA, S i RB o szukanej prostej. Z twierdzenia
o trzech siłach wynika, e taki układ jest w równowadze, je eli proste działania sił prze-
cinaj si w jednym punkcie. Mo na wyznaczyć wi c punkt M przeci cia si sił S i RA.
Rys. 1.2.3 Rys. 1.2.3a
Przez ten punkt musi przechodzić prosta działania siły RB, a z drugiej strony musi
ona przej ć przez punkt B (podpora). Prowadz c przez te dwa punkty prost , wyznacza
si prost działania siły RB (rys. 1.2.3b).
Maj c wyznaczone kierunki wszystkich sił reakcji, nale y je przyło yć odpowie-
dnio do bryły M1 i belki AB i napisać równania równowagi niezale nie dla obu brył.
Obci enie obu brył pokazano na rysunku 1.2.3c.
BG AGH
16 STATYKA
Rys. 1.2.3b
Rys. 1.2.3c
BG AGH
Płaski rodkowy układ sił 17
Dla przyj tego układu odniesienia równania równowagi maj postać:
dla bryły M1
n
- = (1)
"P = 0 RA cos ą RC cos ą 0
ix
2 2
i=1
n
- = (2)
"P = 0 RA sin ą Q + RC sin ą 0
iy
2 2
i=1
dla belki AB
n
ą
(3)
Pix = 0 RA cos + S - RC cos� = 0
"
2
i=1
n
ą
Piy = 0 RA sin + RB sin � = 0 (4)
"
2
i=1
W równaniach równowagi wyst puje 5 niewiadomych (RA, RB, RC, S i k t �) i do
ich wyznaczenia konieczne jest pi te równanie. Z "MKA i "MKB wyznaczono
ą
MK = a ctg oraz MK = bctg�, a nast pnie, po porównaniu stronami, otrzymano
2
a ą
ctg � = ctg
(5)
b 2
Po rozwi zaniu układu równa (1) (5) z uwzgl dnieniem warto ci liczbo-
wych otrzymuje si ostatecznie warto ci szukanych reakcji: RB = 833,3 N; RC = 500 N;
S = 133 N.
ZADANIE 1.2.4
Rama przegubowa z przegubem C (rys. 1.2.4) zamocowana do podło a dwoma
nieprzesuwnymi przegubami A i B obci ona jest pionow sił P = 5000 N. Wyznaczyć
warto ci reakcji podpór A i B, je eli ich rozstaw 2l = 4 m, wysoko ć ramy h = 1 m oraz
odległo ć od przegubu A do kierunku działania siły P wynosi a = 1 m. Ci ar ramy
pomin ć.
Rozwi zanie
Ze wzgl du na to, e przeguby A i B s nieprzesuwne, nieznane s kierunki reakcji
tych podpór. Kierunki reakcji mo na wyznaczyć, rozdzielaj c w przegubie C ram na
dwie niezale ne cz ci i rozpatruj c równowag ka dej z nich z osobna (rys. 1.2.4a).
Przy rozł czeniu obu cz ci w punkcie C nale y pami tać o przyło eniu do ka dej
z nich sił wzajemnego oddziaływania (na podstawie III prawa Newtona). Punkt C speł-
BG AGH
18 STATYKA
nia dla ka dej cz ci rol przegubu nieprzesuwnego (punkt C nie ma mo liwo ci prze-
mieszczania si ) i w zwi zku z tym nie jest znany kierunek sił wzajemnego oddziały-
wania w tym punkcie. Na lew cz ć ramy działaj 3 siły: P o znanym kierunku
i znanej warto ci, RA i RC o nieznanych kierunkach. Nie znaj c dwóch kierunków sił,
nie mo na wykorzystać twierdzenia o trzech siłach do wyznaczenia szukanych kierun-
ków, nie mo na bowiem wyznaczyć punktu przeci cia si kierunków sił.
Rys. 1.2.4 Rys. 1.2.4a
Na praw cz ć ramy działaj dwie siły: RB i RC o nieznanych kierunkach. Mo na
jednak w tym przypadku wyznaczyć te kierunki, wiedz c, e w poło eniu równowagi
dwie siły tworz dwójk zerow , a wi c musz le eć na jednej prostej, musz mieć te
same warto ci i przeciwne zwroty. Siła RB musi przechodzić przez punkt B, siła RC
przez punkt C i w zwi zku z tym kierunkiem obu tych sił jest kierunek BC (rys. 1.2.4b).
Rys. 1.2.4b
BG AGH
Płaski rodkowy układ sił 19
Znaj c kierunek siły , nanosi si go na lew cz ć ramy i korzystaj c z twier-
RC
dzenia o trzech siłach, znajduje si punkt K przeci cia si kierunków sił RC i P,
a nast pnie wyznacza si kierunek reakcji RA, prowadz c prost przez punkty A i K.
Warto ci liczbowe szukanych reakcji wyznaczono metod graficzn i analityczn . Me-
toda graficzna polega na zbudowaniu zamkni tego wieloboku sił. Budow wieloboku
sił rozpoczyna si od siły P (znamy kierunek i warto ć), a nast pnie przez jej koniec
prowadzi si kierunek np. siły RA. Wielobok sił zamkni to, prowadz c przez pocz tek
siły kierunek siły RC (rys. 1.2.4c).
P
[N]
Rys. 1.2.4c
Wyznaczone siły przyło ono do lewej cz ci ramy. Rozkład sił działaj cych na pra-
w cz ć pokazano na rysunku 1.2.4d. Maj c obliczon sił RC, znamy równie warto ć
siły RB, wiedz c, e obie siły tworz dwójk zerow . W celu analitycznego wyznacze-
nia warto ci szukanych sił wykorzystano rozkład sił przedstawiony na rysunku 1.2.4e.
Układ sił RA, P i RB jest układem płaskim rodkowym. Siły wzajemnego oddzia-
ływania w punkcie C tworz , jak wiadomo, dwójk zerow i nie b d uwzgl dniane
w warunku równowagi. W przyj tym układzie odniesienia otrzymuje si nast puj ce
równania równowagi:
n
Pix = 0 RA cos ą - RB cos� = 0
(1)
"
i=1
n
Piy = 0 RA sin ą - P + RB sin � = 0 (2)
"
i=1
BG AGH
20 STATYKA
Z równa tych wyznaczyć mo na warto ć sił RA i RB , je eli znane b d k ty ą
i �. Dodatkowe równania uło yć mo na z zale no ci geometrycznych (rys. 1.2.4e).
Z "CC1B wynika
h
tg� =
(3)
l
Porównuj c wysoko ć KK1 w "AKK1 i "KK1B, otrzymuje si
2l - a h
tg ą = �" (4)
a l
Rys. 1.2.4d Rys. 1.2.4e
Z równa (1) (4) po ich rozwi zaniu otrzymano warto ci szukanych reakcji w po-
staci ogólnej:
2
a2l + (2l - a)2 h2
RA = P ,
2hl
a h2 + l2
RB = P .
2hl
Warto ci liczbowe wynosz : RA = 0,9P = 4500 N, RB = 0,56P = 2800 N.
BG AGH
Przestrzenny rodkowy układ sił 21
1.3. Przestrzenny rodkowy układ sił
ZADANIE 1.3.1
Trzy niewa kie pr ty poł czone przegubem D zamocowane s do poziomej po-
wierzchni przegubami A, B i C (rys. 1.3.1). Układ obci ony jest ci arem Q zamoco-
wanym na linie przerzuconej przez kr ek K. Pr t 1 nachylony jest do poziomu pod
k tem ą, pr ty 2 i 3 pod k tami �, natomiast płaszczyzna BCD pod k tem ł. Obliczyć
warto ci sił reakcji RA, RB, RC , je eli ą = 30o, � = 60o, ł = 45o, Q = 1000 N.
Rozwi zanie
Niewa kie pr ty zamocowane przegubowo pracuj jak ci gna i w zwi zku z tym
przenosz jedynie siły działaj ce wzdłu osi pr tów. Uwalniaj c układ od wi zów zna-
Q
my kierunki wszystkich sił reakcji przegubów A, B i C (rys. 1.3.1a). Siła 2 przyło ona
w punkcie D równa jest co do warto ci sile ci ko ci ciała Q ze wzgl du na to, e lina
Q
zmienia jedynie kierunek działania siły, a nie jej warto ć. Siły RA, RB, RC przyło one
w punkcie D s siłami reakcji, tzn. oddziaływania przegubów na punkt D.
Rys. 1.3.1
Rys. 1.3.1a
BG AGH
22 STATYKA
Po drugiej stronie my lowych przekrojów mo na przyło yć, na podstawie III pra-
wa Newtona, siły oddziaływania punktu D na podpory. Układ tak przyło onych sił two-
rzy odpowiednio na kierunkach pr tów dwójki zerowe . Do rozpatrzenia równowa-
gi punktu D bierze si pod uwag jedynie siły działaj ce na ten punkt po odrzuceniu
2
wi zów, tzn. RA, RB , RC Q , tworz ce przestrzenny rodkowy układ sił. Korzystaj c
z analitycznego warunku równowagi, dla takiego układu napisano równania równowa-
gi w przyj tym układzie odniesienia:
n
"P = 0 -RC cos � + RB cos � = 0,
ix
i=1
n
-
"P = 0 Q2 RA cos ą + RB sin �cos ł + RC sin �cos ł = 0,
iy
i=1
n
"P = 0 RB sin �sin ł + RC sin �sin ł - RA sin ą = 0,
iz
i=1
gdzie Q' = Q.
Rzuty sił RB i RC na osie y i z otrzymuje si , rzutuj c te siły najpierw na kierun-
ku OD, a nast pnie otrzymane składowe na tym kierunku rzutuje si na odpowiednie
osie; np. rzut siły RB na o y otrzymuje si w sposób pokazany na rysunku 1.3.1b.
�
Rys. 1.3.1b
Rozwi zuj c układ równa równowagi otrzymano:
sin ł
RA = Q ,
sin (ą + ł)
1 sin ą
RB = RC = Q .
2 sin � sin (ą + ł)
Dla danych liczbowych RA = 0,74Q = 740 N, RB = RC = 0,3Q = 300 N.
BG AGH
Przestrzenny rodkowy układ sił 23
ZADANIE 1.3.2
Ci ar Q podwieszony jest na dwóch linach AK i A'K zamocowanych do piono-
wych masztów AB i A'B' (rys. 1.3.2). Maszty utrzymywane s w poło eniu pionowym pr -
tami AC, AD, A'C' i A'D'. Obliczyć warto ci sił w linach AK i A'K oraz w pr tach AC,
AD, AB, A'C', A'D' i A'B' w poło eniu równowagi układu, przyjmuj c, e Q =10 kN,
ą = 60o, � = 45o, ł = 30o, � = 45o, oraz zakładaj c, e wszystkie pr ty zamocowane
s do podło a za pomoc przegubów nieprzesuwnych, jak równie , e pr ty w punk-
tach A i A' poł czone s przegubowo.
Rys. 1.3.2
Rozwi zanie
Pr ty AC, AB, AD, A'B', A'C' i A'D' podobnie jak w przykładzie 1.3.1 przenosz
jedynie siły działaj ce wzdłu osi tych pr tów. Odrzucaj c wi zy, tj. podpory B, C, D,
B', C', D', i przykładaj c w ich miejsce odpowiednie siły reakcji, otrzymuje si układ
sił jak na rysunku 1.3.2a. W miejsce ci aru Q przyło ono sił ci ko ci Q działaj c
wzdłu liny, na której zawieszony jest ten ci ar. Maj c do dyspozycji trzy równa-
nia równowagi dla układu rodkowego przestrzennego, nie mo na wyliczyć sze ciu
niewiadomych S1, ..., S6.
Rys. 1.3.2a
BG AGH
24 STATYKA
Wydzielaj c jednak z całego układu zło onego (rys. 1.3.2a) trzy układy proste I,
II, III z w złami w punktach A, K, A', otrzymuje si równania równowagi w ilo ci odpo-
wiadaj cej liczbie niewiadomych sił. Rozkład sił dla poszczególnych podukładów
przedstawiono na rysunku 1.3.2b.
Rys. 1.3.2b
Układy I i III s układami rodkowymi przestrzennymi, natomiast układ II jest
układem rodkowym płaskim. Opisuj c układy I i III trzema równaniami równowagi
oraz układ II dwoma równaniami równowagi, otrzymuje si osiem równa do wyzna-
czenia o miu niewiadomych.
W przyj tym jak na rysunku 1.3.2b układzie odniesienia równania maj poni sz
postać.
Układ I
n
Pix = 0 -S1 cos � + S2 cos � = 0,
"
i=1
n
Piy = 0 -S1 sin � cos ą - S2 sin � cos ą + S7 cos ł = 0,
"
i=1
n
Piz = 0 -S1 sin � cos ą - S2 sin �sin ą + S3 - S7 sin ł = 0.
"
i=1
Układ II
n
Pix = 0 -S7 cos ł + S8 cos � = 0,
"
i=1
n
Piy = 0 S7 sin ł + S8 sin � - Q = 0.
"
i=1
BG AGH
Przestrzenny rodkowy układ sił 25
Układ III
n
Pix = 0 S5 cos � - S6 cos � = 0,
"
i=1
n
Piy = S5 sin � cos ą + S6 sin � cos ą - S8 cos � = 0,
"
i=1
n
Piz = -S5 sin �sin ą - S6 sin �sin ą + S4 - S8 sin � = 0.
"
i=1
Rozwi zuj c powy szy układ równa , otrzymuje si :
cos ł
S1 = S2 = Q ,
2sin � sin (ą + ł)
�ł ą cos ł 1
�ł
sin
S3 = Q �ł + �ł
�ł �ł,
sin (ą + ł) 1+ ctg ł tg �
�ł łł
cos ł (sin � + cos � tg ą)
S4 = Q ,
sin (ł + �)
cos ł cos �
S5 = S6 = Q ,
2cos ą sin � sin (ł + �)
1
S7 = Q ,
sin ł + cos ł tg �
cos ł
S8 = Q ,
sin (ł + �)
a po podstawieniu danych liczbowych warto ci szukanych sił:
S1 = S2 = 6,1 kN, S3 = 11,1 kN, S4 = 17,4 kN, S5 = S6 = S8 = 9 kN, S7 = 7,33 kN.
Uwaga. Rzuty sił S1, S2, S5, S6 na osi y i z przyj tego układu odniesienia wyznaczyć
mo na kieruj c si wskazówkami z zadania 1.3.1.
BG AGH
26 STATYKA
ZADANIE 1.3.3
Na brył K działa układ sił P1, P2, P3, P4 przecinaj cych si w punkcie A
(rys. 1.3.3.). Zast pić ten układ jedn sił równowa n zadanemu układowi.
Dane: OA = h = 2a, P1 = P2 = P3 = P4 = P.
Rys. 1.3.3
Rozwi zanie
Układ sił działaj cych na brył K jest układem rodkowym przestrzennym o kie-
runkach przecinaj cych si w punkcie A. Zast pienie układu sił jedn sił równowa n
mu sprowadza si do wyznaczenia wypadkowej tego układu, przy czym wypadkowa ta
BG AGH
Przestrzenny rodkowy układ sił 27
musi przechodzić przez punkt A. Ze wzgl du na to, e siła wypadkowa jest równa geo-
metrycznej sumie wszystkich sił układu, jej rzut na dan o jest równy sumie rzutów na
t o wszystkich sił tego układu. Otrzymuje si wi c:
n
Wx = Pix = -P1 cos ą + P3 cos ą,
"
i=1
n
Wy = Piy = -P4 cos ą + P2 cos ą,
"
i=1
n
Wz = Piz = P1 sin ą + P2 sin ą + P3 sin ą + P4 sin ą.
"
i=1
Uwzgl dniaj c dane, obliczono
Wx = 0, Wy = 0, Wz = 4P sin ą
oraz
2
W = Wx2 +Wy + Wz2 = 4Psin ą.
W tym przypadku warto ć wypadkowej równa jest warto ci Wz, co mo na było
stwierdzić po obliczeniu rzutów wypadkowej. Na podstawie obliczonych rzutów mo -
na równie stwierdzić, e kierunek wypadkowej pokrywa si z kierunkiem osi z i zwrot
jej jest zgodny ze zwrotem osi z.
Kierunek wypadkowej mo na równie okre lić, obliczaj c k ty, jakie zawiera
ona z kierunkami poszczególnych osi układu odniesienia. Oznaczaj c odpowiednio
przez ąl, ą2, ą3 k ty zawarte pomi dzy kierunkiem wypadkowej z osiami x, y, z, otrzy-
muje si :
Wx Ą
cos ą1 = = 0 ą1 = ,
W 2
Wy
Ą
cos ą2 = = 0 ą2 = ,
W 2
Wz
cos ą3 = = 1 ą3 = 0.
W
BG AGH
28 STATYKA
Jak widać, wypadkowa le y na kierunku osi z i ma zgodny z ni zwrot. Tak wi c
zamiast sił P1, P2, P3, P4 mo na przyło yć do bryły K jedn sił W jak na rysunku
1.3.3a.
Warto ć siły wypadkowej obliczyć mo na po wyznaczeniu k ta ą. Z "AOB1
(rys. 1.3.3) wynika:
AO h 4h
sin ą = = i W = P.
AB1 2 2
�ł �ł �ł �ł
a 2 a 2
�ł �ł �ł �ł
h2 + h2 +
�ł �ł �ł �ł
2 2
�ł łł �ł łł
Rys. 1.3.3a
8
Uwzgl dniaj c dane, otrzymano W = P 2.
3
Uwaga. Proponuje si wykonać obliczenia dla danych P1 = 2P, P2 = P3 = P4 = P.
BG AGH
Płaski dowolny układ sił 29
1.4. Płaski dowolny układ sił
ZADANIE 1.4.1
Pozioma belka jednorodna AB o ci arze Q (rys. 1.4.1.) zamocowana jest w punk-
cie A przegubowo (przegub nieprzesuwny), a w punkcie C za pomoc przegubu prze-
suwnego pod k tem ą do poziomu. Belka obci ona jest w punkcie B sił P o warto ci
P = 3 Q, tworz c z kierunkiem pionowym k t �.
Wyznaczyć warto ć reakcji podpór w poło eniu równowagi, je eli:
3 1
AC = AB i CB = AB, ą = 60o, � = 30o.
4 4
Rozwi zanie
Na belk działaj siły czynne P i Q oraz siły reakcji RA w punkcie A i RC w punk-
cie C. Ze wzgl du na to, e przegub A jest przegubem nieprzesuwnym, nieznana
jest prosta działania reakcji RA, natomiast w punkcie C prosta działania reakcji RC jest
prostopadła do kierunku mo liwego przesuni cia.
Rys. 1.4.1
Reakcj RA wyznaczyć mo na, obliczaj c dwie jej składowe wzajemnie prosto-
padłe zgodnie z przyj tym układem odniesienia. Belk AB po uwolnieniu od wi zów
przedstawiono na rysunku 1.4.1a.
BG AGH
30 STATYKA
Rys. 1.4.1a
Siły czynne i reakcje działaj ce na belk tworz układ płaski dowolny sił, dla
którego analityczny warunek równowagi daje trzy równania równowagi:
n
Pix = 0 -RAx + RC sin ą + Psin � = 0,
"
i=1
n
Piy = 0 RAy - Q + RC cos ą - Pcos� = 0,
"
i=1
n
1
"M = 0 - AB �"Q + RC cos ą - AB �" Pcos� = 0.
i(A)
2
i=1
Biegun, wzgl dem którego obliczana jest algebraiczna suma momentów wszyst-
kich sił, przyj ć mo na dowolnie, lecz ze wzgl dów obliczeniowych wygodnie jest
obrać go w punkcie przeci cia si najwi kszej liczby nieznanych sił, tzn. w tym przy-
padku w punkcie A lub C. Rozwi zuj c układ równa równowagi, otrzymuje si
19 1 16
RAx = 3Q, RAy = - Q, RC = Q.
6 6 3
Znak przy RAy oznacza, e bł dnie zało ono zwrot siły RAy i e w rzeczywisto-
ci działa ona zwrócona przeciwnie do zwrotu osi y przyj tego układu odniesienia. Cał-
2 2
kowit warto ć reakcji RA obliczyć mo na z zale no ci RA = RAx + RAy, a kierunek
RAx
okre laj c k t, jaki tworzy ona z osi x z zale no ci cos (RA, x) = .
RA
ZADANIE 1.4.2
Kratownica ABC spoczywa na dwóch podporach: przegubie nieprzesuwnym A i prze-
gubie przesuwnym B (rys. 1.4.2). Ci ar kratownicy wynosi Q = 100 000 N. Strona AC
BG AGH
Płaski dowolny układ sił 31
kratownicy nara ona jest na równomiernie rozło one i prostopadłe do AC obci enie
wynikaj ce z parcia wiatru. Wypadkowa tego obci enia ma warto ć P = 8000 N. Obli-
czyć warto ć reakcji podpór w poło eniu równowagi, je eli AC = CB = a = 6 m, ą = 30o.
Rys. 1.4.2
Rozwi zanie
Po odrzuceniu wi zów (przeguby A i B) na kratownic działaj siły: P, Q, RAx,
RAy i RB (rys. 1.4.2a). Dla tego układu sił warunek analityczny równowagi daje trzy
równania równowagi:
n
Pix = 0 -RAx + Psin ą = 0,
"
i=1
n
Piy = 0 -RAy - P cos ą - Q + RB = 0,
"
i=1
n
1
"M = 0 -P �" a - Qa cos ą + RB �" 2a cos ą = 0.
i(A)
2
i=1
Rozwi zuj c układ równa , otrzymuje si : RAx = 4000 N, RAy = 54 617 N,
RB = 52 311 N i ostatecznie RA = 54 763 N.
C
ą
Rys. 1.4.2a
BG AGH
32 STATYKA
Uwaga. Do obliczania warto ci sił w pr tach kratownicy wystarcza rozwa yć równo-
wag ka dego w zła (przegubu ł cz cego pr ty) kratownicy, stosuj c dla poszczegól-
nych w złów warunki równowagi układu rodkowego płaskiego sił. Przedtem nale y
jednak wyznaczyć siły reakcji podpór A i B.
ZADANIE 1.4.3
R czny podno nik stacjonarny składa si z dwóch belek, AB i CD, poł czonych
przegubem C. Obie belki zamocowane s w przegubach nieprzesuwnych, odpowie-
dnio A i D (rys. 1.4.3). W punkcie B uło yskowany jest kr ek linowy, przez któ-
ry przerzucona jest lina obci ona ci arem Q. Drugi koniec liny nawini ty jest na
zablokowany b ben K. Obliczyć warto ć reakcji podpór A i D w poło eniu równowagi,
maj c długo ć a i k t ą. Tarcie na kr ku linowym oraz wymiary tego kr ka i b bna K
pomin ć.
Rys. 1.4.3 Rys. 1.4.3a
Rozwi zanie
Jako model obliczeniowy przyj ć mo na zast pczy schemat podno nika z przyło-
onymi siłami reakcji po odrzuceniu podpór A i D (rys. 1.4.3a).
(RAx, RAy, RDx, RDy)
Układ sił działaj cych na podno nik zawiera cztery niewiadome ,
których nie wyznaczy si , dysponuj c trzema równaniami równowagi dla układu
płaskiego dowolnego sił.
BG AGH
Płaski dowolny układ sił 33
Celem wyznaczenia szukanych niewiadomych rozpatrzono równowag belki AB
i belki CD osobno, przy czym rozdzielaj c układ na dwa podukłady I i II, przyło ono
siły wzajemnego oddziaływania w miejscu, w którym obie belki s poł czone (punkt C,
spełniaj cy rol przegubu nieprzesuwnego), oraz oddziaływania liny w punkcie K na
belk CD i w punkcie B na belk AB (rys. 1.4.3b).
Rys. 1.4.3b
BG AGH
34 STATYKA
Utworzenie dwóch podukładów I i II zwi kszyło liczb niewiadomych do sze ciu
(RAx , RAy , RDx , RDy , RCx , RCy), ale mo na obecnie uło yć po trzy równania równowa-
gi, odpowiednio dla belki AB (podukład I) i CD (podukład II), co daje sze ć równa do
wyznaczenia sze ciu niewiadomych.
Podukład I
n
Pix = 0 RAx + RCx - Q cos ą = 0,
"
i=1
n
Piy = 0 -RAy + RCy - Qsin ą - Q = 0,
"
i=1
n
"M = 0 RAx �" 2a - RCx �" a = 0.
i(B)
i=1
Podukład II
n
Pix = 0 -RCx + Qcos ą - RDx = 0,
"
i=1
n
Piy = 0 -RCy + Qsin ą + RDy = 0,
"
i=1
n
"M = 0 RCx �" 2a - RDx �" 2a = 0.
i(K )
i=1
Po rozwi zaniu powy szego układu równa otrzymuje si :
1
RAx = Q cos ą, RAy = Q(1+ sin ą),
2
1
RDx = Q cos ą, RDy = Q(2 + sin ą)
2
2 2 2 2
oraz RA = RAx + RAy , RD = RDx + RDy .
ZADANIE 1.4.4
Na brył o bokach a działaj siły P1, P2, P3 i P4 o warto ciach równych P i kierun-
kach pokrywaj cych si z odpowiednimi bokami bryły (rys. 1.4.4). Jakim prostszym
układem sił mo na zast pić zadany układ sił.
BG AGH
Płaski dowolny układ sił 35
P1 = P2 = P3 = P4 = P
Rys. 1.4.4 Rys. 1.4.4a
Rozwi zanie
Poszukiwanie układu zast puj cego zadany układ sił polega na przeprowadzeniu
redukcji układu zadanego, w wyniku czego otrzymuje si równowa ny zadanemu
układ sił, lecz w znacznie prostszej postaci. Redukcja układu sił polega na wyznacze-
niu wektora głównego Wg i wektora momentu głównego Mg w przyj tym układzie od-
niesienia, w wyniku czego stwierdzić mo na, do jakiego przypadku redukcji sprowa-
dzony został zadany układ sił. Obieraj c układ odniesienia jak na rysunku 1.4.4a, obli-
czono współrz dne wektora głównego Wg oraz warto ć momentu głównego Mg, przyj-
muj c biegun redukcji w punkcie 0:
n
Wgx = = P3 + P4 = 2P,
ix
"P
i=1
n
Wgy = = P1 + P2 = 2P,
iy
"P
i=1
2 2
Wg = Wgx + Wgy = 2P 2,
Wgx 2
Ą
)
cos (Wg , x) = = ą = < (Wg , x) = ,
Wg 2 4
n
Mg =
i(0)
"M = P2 �" a - P3 �" a = 0.
i=1
Otrzymano i Mg = 0, a wi c wyst pił przypadek, gdy układ sił mo na
Wg = 2P 2
zast pić sił wypadkow W = Wg, której prosta działania przechodzi przez biegun re-
dukcji. Tak wi c, zadany układ sił P1, P2, P3, P4 zast pić mo na sił wypadkow
o warto ci , której prosta działania przechodzi przez punkt 0 i jest nachylo-
Wg = 2P 2
na pod k tem 45o do osi x (rys. 1.4.4b).
BG AGH
36 STATYKA
Identyczny rezultat otrzymuje si , obieraj c biegun redukcji w dowolnym innym
punkcie, np. w punkcie A (rys. 1.4.4a). Poniewa wektor Wg nie zale y od obioru
bieguna redukcji, ograniczono si do wyznaczenia momentu głównego wzgl dem
punktu A
n
Mg =
"M = -P1 �" a - P3 �" a = -2Pa.
i(A)
i=1
Wynik oblicze : Wg = 2P 2 i | Mg| = 2Pa, odpowiada przypadkowi redukcji, gdy
układ sił zast pić mo na sił wypadkow o warto ci W = Wg, przesuni t wzgl dem
|Mg|
bieguna redukcji o odległo ć , tak aby jej moment wzgl dem bieguna redukcji
d =
Wg
równy był momentowi głównemu co do warto ci i co do znaku. Dla tego przypadku
2
, co odpowiada połowie długo ci przek tnej kwadratu (rys. 1.4.4c).
d =
2
Prost działania wypadkowej mo na równie wyznaczyć, korzystaj c z równania
tej prostej w postaci
Wgy (x - x0) - Wgx (y - y0) = Mg ,
gdzie: x0, y0 współrz dne przyj tego bieguna redukcji.
W przypadku przyj cia bieguna redukcji w punkcie 0 otrzymuje si
2P �" x - 2Py = 0,
a w przypadku przyj cia bieguna redukcji w punkcie A
2P(x - a)- 2Py = -2Pa,
co daje dla obu poło e bieguna redukcji to samo równanie prostej działania wypadko-
wej y = x i co pokrywa si z wyznaczonym kierunkiem prostej działania wypadkowej
poprzednimi sposobami (rys. 1.4.4b i 1.4.4c).
Rys. 1.4.4b Rys. 1.4.4c
BG AGH
Płaski układ sił równoległych 37
1.5. Płaski układ sił równoległych
ZADANIE 1.5.1
Jednorodny pr t ABC zakrzywiony pod k tem prostym w punkcie B zawieszony
jest na linie pionowej zamocowanej do powierzchni nieruchomej w punkcie D. Znaj c:
ł ci ar jednostki długo ci pr ta, AB = 2b, BC = 2a(a > b), wyznaczyć k t ą w poło-
eniu równowagi (rys. 1.5.1).
Rozwi zanie
Po uwolnieniu od wi zów (lina AD) otrzymuje si układ obci ony jak na rysun-
ku 1.5.1a, gdzie: Q1 = 2bł, Q2 = 2ał warto ci sił ci ko ci odcinków pr ta AB i BC,

S siła w linie AD.
C
Rys. 1.5.1 Rys. 1.5.1a
Siły czynne i reakcje tworz w tym przypadku układ sił równoległych, dla którego
w przyj tym układzie odniesienia równania równowagi maj postać
n n
Pi(y) = 0,
" "M = 0.
i(A)
i=1 i=1
Ze wzgl du na to, e wyznaczyć nale y tylko k t ą, wystarczy wykorzystać jedynie
drugie z równa równowagi, otrzymuj c
n
"M = 0 Q1 �" bsin ą - Q2 �" h = 0.
i(A)
i=1
BG AGH
38 STATYKA
Podstawiaj c Q1= 2bł, Q2 = 2ał, h = a cos ą 2b sin ą, otrzymuje si
(b2 + 2ab) sin ą - a2 cos ą = 0,
sk d
a2 .
ą = arc tg
b2 + 2ab
ZADANIE 1.5.2
Belka AB obci ona jest siłami P1 = 600 N, P2 = 40 N oraz dwiema parami sił
działaj cych w płaszczy nie sił o momentach M1 = 400 Nm i M2 = 300 Nm
P1 i P2
(rys. 1.5.2). Pomijaj c ci ar belki, wyznaczyć w poło eniu równowagi reakcje podpór
A i C, wiedz c, e a = 2 m, b = 1 m, c = 0,5 m.
Rozwi zanie
Siły zewn trzne działaj ce na belk AB tworz układ sił równoległych. Reakcja RC
podpory C (przegub przesuwny) le y na kierunku prostopadłym do kierunku mo liwego
ruchu i jest równoległa do prostych działania sił P1 i P2. Podpora A jest przegubem
nieprzesuwnym, jednak e w tym przypadku znany jest kierunek działania reakcji RA,
poniewa wszystkie pozostałe siły (czynne i reakcja RC) s do siebie równoległe,
a wi c i reakcja RA musi być do nich równoległa (rys. 1.5.2a).
Rys. 1.5.2
Rys. 1.5.2a
BG AGH
Płaski układ sił równoległych 39
W przyj tym układzie odniesienia, korzystaj c z analitycznego warunku równowa-
gi dla układu płaskiego sił równoległych, otrzymuje si nast puj ce równania równowagi:
n
Piy = 0 RA - P1 + RC - P2 = 0,
"
i=1
n
"M = 0 -M1 - P1 �" b + RC �" a - P2(a + c)+ M = 0.
i(A) 2
i=1
Rozwi zuj c powy szy układ równa , po uwzgl dnieniu danych liczbowych,
otrzymano RA = 240 N, RC = 400 N.
ZADANIE 1.5.3
Most składa si z kratownicy głównej AB i dwóch kratownic bocznych AC i BD
(rys. 1.5.3). Ci ar jednostki długo ci dla cz ci AB wynosi ql = 15 000 N/m, a dla
cz ci AC i BD q2 = 10 000 N/m. Obliczyć reakcje podpór C, E, F, D w poło eniu
równowagi dla przypadku, gdy prz sło FD obci one jest pojazdami wywołuj cymi
obci enie p = 30 000 N/m. Wymiary mostu wynosz : AC = BD = a = 20 m, AE = FB =
= b = 15 m, EF = l = 50 m.
Rys. 1.5.3
Rozwi zanie
Zast pczy schemat obliczeniowy mostu z uwzgl dnieniem obci e ci głych po-
szczególnych jego cz ci z przyło onymi reakcjami podpór C, E, F, D pokazano na
rysunku 1.5.3a.
Rys. 1.5.3a
Obci enie ci głe q1, q2 i p oraz siły RC , RE , RF i RD tworz układ sił równole-
głych, dla którego mo na napisać dwa równania równowagi, które nie wystarczaj do ob-
BG AGH
40 STATYKA
liczenia czterech niewiadomych sił reakcji podpór. Jednak e most składa si z trzech cz ci
CA, AB i BD poł czonych przegubami w punktach A i B, mo na wi c rozpatrzyć równowa-
g ka dej z tych cz ci niezale nie, przykładaj c w miejscach ł czenia (punkty A i B)
odpowiednie siły wzajemnego oddziaływania. Otrzymuje si w ten sposób trzy układy I,
II, III z przyło onymi w odpowiednich punktach sze cioma nieznanymi reakcjami
RC , RA, RE , RF , RB, RD (rys. 1.5.3b). Dla ka dego z układów mo na uło yć po dwa rów-
nania równowagi, otrzymuj c układ sze ciu równa z sze cioma niewiadomymi.
Równania równowagi maj poni sz postać.
Układ I
n
Piy = 0 RC + RA - q2 �" a = 0,
"
i=1
n
1
"M = 0 RA �" a - q2 �" a �" = 0.
i(C)
2
i=1
Układ II
n
Piy = 0 -RA + RE + RF - RB - q1(b + l)- (q1 + p)b = 0,
"
i=1
n
+ l
(b -
"M = 0 RE �"b + RF + l)- RB(2b + l)- q1(b + l)b
i(A)
2
i=1
b
�ł
- (q1 + p)b�łb + l + = 0.
�ł �ł
2
�ł łł
Układ III
n
Piy = 0 RB + RD - (q2 + p)�" a = 0,
"
i=1
n
1
(q2
"M = 0 RD �" a - + p)�" a �" a = 0.
i(B)
2
i=1
Z powy szego układu równa , po jego rozwi zaniu, otrzymuje si : RC = 100 000 N,
RE = 542 500 N, RF = 1 607 500 N, RD = 400 000 N.
Rys. 1.5.3b
BG AGH
Przestrzenny dowolny układ sił 41
1.6. Przestrzenny dowolny układ sił
ZADANIE 1.6.1
Wałek zamocowany w ło yskach A i B (rys 1.6.1) obci ono siłami [N] i [N]
P F
działaj cymi w płaszczyznach prostopadłych do osi wału. Wyznaczyć warto ci reakcji
ło ysk A i B oraz warto ć siły w poło eniu równowagi, je eli znamy: l [m] długo ć
F
d wigni wału, a [m] rozstaw pomi dzy d wigniami i ło yskami, ą = 30o, � = 60o.
Rys. 1.6.1
Rys. 1.6.1a
BG AGH
42 STATYKA
Rozwi zanie
Kierunki reakcji RA i RB le w tym przypadku w płaszczyznach prostopadłych
do osi, przy czym nieznane s ich proste działania. Reakcje obliczyć mo na, wyznacza-
j c ich składowe wzajemnie prostopadłe zgodnie z przyj tym układem odniesienia.
Schemat obliczeniowy wału z przyło onymi reakcjami podpór (ło ysk A i B) pokazano
na rysunku 1.6.1a.
Z analitycznego warunku równowagi dla układu dowolnego przestrzennego sił
otrzymuje si nast puj ce równania równowagi:
n
�ł
Pix = 0 RAx - P cos � + F cos � + RBx = 0
" �ł
i=1
�ł
�ł
n
�ł
Piy = 0 0
"
�ł
i=1
�ł
�ł
n
�ł
Piz = 0 RAz - P sin � - F sin � + RBz = 0
"
�ł
i=1
�ł
I
żł
n
�ł
M = 0 -a �" P sin � - 3a �" F sin � + 4a �" RBz = 0
"
ix �ł
i=1
�ł
�ł
n
�ł
M = 0 -l �" P sin � cos ą - l �" P cos �sin ą - l �" F sin � = 0
"
iy
�ł
i=1
�ł
�ł
n
�ł
M = 0 a �" P cos � - 3a �" F cos � - 4a �" RBx = 0
"
iz
�ł
i=1 �ł
Powy sze równania, a w szczególno ci równanie momentów sił wzgl dem osi x, y, z,
układa si łatwiej w oparciu o rysunki pomocnicze 1.6.1b, c, d, przedstawiaj ce wał od
strony strzałek poszczególnych osi układu odniesienia.
Rys. l.6.1b
BG AGH
Przestrzenny dowolny układ sił 43
Algebraiczn sum momentów sił wzgl dem osi y mo na policzyć dwoma sposoba-
mi: jako sum momentów składowych sił P i F, otrzymuj c równanie jak w układzie I,
lub jako sum momentów sił, uwzgl dniaj c ramiona d1 i d2 sił P i F (rys. 1.6.1.c).
Otrzymuje si wówczas równanie
n
Miy = 0 P �" d1 - F �" d2 = 0,
"
i=1
gdzie: d1 = l sin(� ą), d2 = l sin �, równowa ne odpowiedniemu równaniu w układzie I.
Rys. 1.6.1c
Rys. 1.6.1d
BG AGH
44 STATYKA
Rozwi zuj c układ równa I, otrzymuje si :
1
F = P 3 [N],
3
1 1
�ł
RAx = P�ł3 - 3 [N],
�ł �ł
8 3
�ł łł
1 1
�ł3 �ł
RAz = P 3 + 3 [N],
�ł �ł
8 3
�ł łł
1
RBx = P(1- 3) [N],
8
1
RBz = P 3(3 + 3) [N]
8
oraz:
1 1
RA = P (28 + 3 3) [N],
4 3
1
RB = P 4 + 3 [N].
4
Ujemna warto ć reakcji nie zmienia warto ci reakcji , wiadczy jedynie
RBx RB
o przeciwnym zwrocie tej składowej w stosunku do przyj tego na rysunku 1.6.1a ukła-
du odniesienia.
ZADANIE 1.6.2
Jednorodna płyta o ci arze G zamocowana jest w ło ysku kulistym punkt A,
ło ysku przesuwnym punkt B i utrzymana w poło eniu poziomym lin CD
(rys. 1.6.2). Prosta działania siły zaczepionej w punkcie E jest równoległa do osi y.
F
Obliczyć reakcje ło ysk oraz sił w linie w poło eniu równowagi, je eli F = 9G [N],
ą = 45o. Wymiary jak na rysunku.
Rozwi zanie
Uwalniaj c płyt od wi zów przyło ono w punkcie A trzy składowe reakcji całko-
witej, tj. RAx , RAy i RAz w punkcie B dwie składowe RBx i RBz oraz w miejsce liny CD
w punkcie C sił S o prostej działania pokrywaj cej si z kierunkiem liny. Płyt z przy-
ło onymi siłami czynnymi i reakcjami przedstawiono na rysunku 1.6.2a.
Do obliczenia niewiadomych sił reakcji wykorzystano analityczny warunek równo-
wagi układu dowolnego przestrzennego. Rzuty siły na osi x, y, z otrzymano, rzutuj c
S
je najpierw na płaszczyzn xy (składowa S1) i na kierunek pionowy (równoległy do osi z),
a nast pnie rzutuj c składow poziom S1 na kierunek równoległy do osi x i y rysu-
nek 1.6.2b (s. 46). W przyj tym układzie odniesienia moment siły wzgl dem osi z jest
S
równy zeru, poniewa prosta działania tej siły przecina o z w punkcie D (rys. 1.6.2a).
BG AGH
Przestrzenny dowolny układ sił 45
Rys. 1.6.2
Rys. 1.6.2a
BG AGH
46 STATYKA
Rys. 1.6.2b
Równania równowagi sił maj nast puj c postać:
n
�ł
Pix = 0 -RAx + RBx - S cos ą sin � = 0
" �ł
i=1
�ł
�ł
�ł
n
�ł
Piy = 0 -RAy + F - S cos ą cos � = 0
"
�ł
i=1
�ł
�ł
n
�ł
Piz = 0 RAz - RBz + S sin ą - G = 0
"
�ł
i=1
�ł
I
żł
n �ł
1 9
M = 0 -G �" a + 2Sa sin ą + Fa - RBza = 0 �ł
"
ix
4 4
�ł
i=1
�ł
�ł
n
a
�ł
M = 0 G - Sa sin ą = 0
"
iy
�ł
2
i=1
�ł
�ł
n
�ł
9
M = 0 Fa - RBxa = 0
"
iz �ł
4
i=1 �ł
BG AGH
Przestrzenny dowolny układ sił 47
Nieznany k t � w równaniach I obliczyć mo na z " ACM (rys. 1.6.2a), przy czym
ze wzgl dów obliczeniowych wygodnie jest wyznaczyć funkcje sin� i cos�.
Mamy wi c:
AM a 1
�ł
sin � = = = 5
�ł
AC
a2 + 4a2 5 �ł
�ł
II
żł
�ł
AM 2a 2
cos � = = = 5 �ł
AC
a2 + 4a2 5 �ł
�ł
Rozwi zuj c układ równa I z uwzgl dnieniem zwi zków II, otrzymuje si :
1 1 1
RAx = (40 - 5)G [N], RAy = (45 - 5)G [N], RAz = G [N],
10 5 2
1
RBx = 4G [N], RBz = G [N], S = 2 [N].
2
Całkowite warto ci reakcji ło ysk A i B oraz ich kierunki okre lono ze znanych
zwi zków:
RAx
2 2 2
RA = RAx + RAy + RAz , cos (x, RA) = ,
RA
RAy
cos (y, RA) = ,
RA
RAz
cos (z, RA) = ,
RA
RBx
2 2
RB = RBx + RBz , cos (x, RB) = .
RB
ZADANIE 1.6.3
Graniastosłup obci ono siłami jak na rysunku 1.6.3, przy czym: P1 = 40 N,
P2 = P5 = 10 N, P3 = 15 N, P4 = 5 N, a = 2b = 20 cm, ą = 30o. Jakim prostym układem
sił mo na zast pić zadany układ sił?
BG AGH
48 STATYKA
Rys. 1.6.3
Rozwi zanie
Poszukiwanie prostego układu sił zast puj cego układ zadany polega na przepro-
wadzeniu redukcji zadanego układu sił w przyj tym układzie odniesienia. Poszukuje
si układu zło onego z jednej siły i jednej pary sił, a nast pnie, w wyniku oblicze ,
otrzymuje si układ sił równowa ny zadanemu i odpowiadaj cy jednemu ze znanych
przypadków redukcji. Obieraj c układ odniesienia jak na rysunku 1.6.3, obliczono
współrz dne wektora głównego Wg i momentu głównego Mg, przyjmuj c biegun re-
dukcji w punkcie 0:
5
�ł
Wgx = = P2 - P5 = 0
"P �ł
ix
i=1
�ł
�ł
�ł
5
�ł
Wgy = Piy = P1 cos ą = 20 3 N I
" żł
i=1 �ł
�ł
�ł
5
�ł
Wgz = = P4 + P3 - P1 sin ą = 0
"P
iz
�ł
i=1 �ł
2 2 2
Warto ć wektora głównego Wg = Wgx +Wgy +Wgz = 20 3 N.
BG AGH
Przestrzenny układ sił równoległych 49
5
�ł
Mgx = = -P1 �" b �" cos ą = -200 3 N �" cm
"M �ł
ix
i=1
�ł
�ł
�ł
5
�ł
Mgy = = P2 �" b - P4 �" a = 0 II
"M żł
iy
i=1
�ł
�ł
�ł
5
�ł
Mgz = = 0.
"M
iz �ł
i=1 �ł
2 2 2
Warto ć momentu głównego Mg = Mgx + Mgy + Mgz = 200 3 N.
Wg i Mg obliczono z zale no ci
K t pomi dzy wektorami
Mgx �" Wgx + Mgy �" Wgy + Mgz �" Wgz
Ą
cos � = = 0, sk d
� = .
Mg �" Wg
2
Wzajemn prostopadło ć wektorów Wg i Mg mo na było w tym przypadku stwier-
dzić, analizuj c ich współrz dne obliczone z równa (I) i (II).
W wyniku redukcji otrzymano układ sił zło ony z siły równej Wg i pary sił o mo-
Ą
mencie równym Mg , odpowiadaj cy przypadkowi, gdy Wg `" 0, Mg `" 0, � = (rys.
2
1.6.3a).
Rys. 1.6.3a Rys. 1.6.3b
BG AGH
50 STATYKA
Dla takiego przypadku redukcji układ zadany sił mo na zast pić sił wypadkow
W
równ co do warto ci sile Wg i przesuni t wzgl dem przyj tego bieguna redukcji o od-
Mg
200 3
legło ć d = . Obliczaj c d = = 10 cm, otrzymano ostatecznie układ równo-
Wg
20 3
W (|W | = |Wg |) zaczepionej w punkcie E (rys.
wa ny zadanemu, zło ony z jednej siły
1.6.3b) i równoległej do osi y.
Prost działania siły mo na okre lić w inny sposób ni podany powy ej, a mia-
W
nowicie wykorzystuj c równania prostej centralnej w postaci
Mgx + Wgz (y0 - y) - Wgy (z0 - z) Mgy + Wgx (z0 - z) - Wgz (x0 - x)
= =
Wgx Wgy
Mgz + Wgy (x0 - x) - Wgx ( y0 - y)
= ,
Wgz
gdzie: x0, y0, z0 s współrz dnymi bieguna redukcji w przyj tym układzie odniesienia.
Podstawiaj c do równania prostej centralnej obliczone współrz dne wektorów
Wg i Mg oraz x0 = y0 = z0 = 0 (biegun redukcji przyj to w punkcie 0), otrzymano rów-
nania prostej działania siły w postaci: x = 0, z = 10 cm, co odpowiada wynikowi
W
redukcji przedstawionemu na rysunku 1.6.3b.
1.7. Przestrzenny układ sił równoległych
ZADANIE 1.7.1
Obliczyć siły nacisku kół jezdnych d wigu na szyny w przypadku podnoszenia ci -
aru Q = 30 kN w płaszczy nie pionowej równoległej do osi szyn. Ci ar d wigu wraz
z przeciwci arem P wynosi G = 100 kN i jest przyło ony w punkcie S (rys. 1.7.1).
D wig wraz z podnoszonym ci arem znajduje si w poło eniu równowagi. AD =
= DB = CM = 1 m, CD = 1,5 m, l = 4 m, a = 0,5 m.
Rozwi zanie
Ze wzgl du na rodzaj wi zów działaj cych na d wig reakcje w punktach A, B i C
le na prostych prostopadłych w tych punktach do wi zów szyn jezdnych. Układ sił
z przyło onymi siłami reakcji oraz siłami czynnymi pokazano na rysunku 1.7.1a.
BG AGH
Przestrzenny układ sił równoległych 51
Rys. 1.7.1 Rys. 1.7.1a
Siły działaj ce na d wig tworz układ przestrzenny o prostych równoległych, dla
których z warunku analitycznego równowagi otrzymuje si trzy równania:
n
Piz = 0 RA + RB + RC - G - Q = 0,
"
i=1
n
= M = 0 G �" a + RB �" DB - RA �" AD - Q �" l = 0,
"
ix
i=1
n
M = 0 G �" MD - RC �" CD + Q �" MD = 0.
"
iy
i=1
Podstawiaj c warto ci liczbowe i rozwi zuj c powy szy układ równa , otrzymano
warto ci sił reakcji:
1 1 1
RA = 8 kN, RB = 78 kN, RC = 43 kN.
3 3 3
Siły nacisku kół jezdnych na szyny s równe co do warto ci obliczonym warto-
ciom reakcji w punkach A, B i C i maj w stosunku do nich przeciwne zwroty.
BG AGH
52 STATYKA
ZADANIE 1.7.2
Obliczyć siły działaj ce w pr tach podpieraj cych płyt w kształcie półkola o ci -
arze Q. Siła ci ko ci Q przyło ona jest w osi symetrii w punkcie S w odległo ci
4r
a = . Pr ty stoj ce na gładkim podło u zamocowane s prostopadle do płyty, przy
3Ą
czym poło enie pr ta B okre la k t ą (rys. 1.7.2).
Rys. 1.7.2
Rys. 1.7.2a
Rozwi zanie
Siły reakcji w punktach A, B, C gładkiego podło a działaj wzdłu osi pr tów
i równe s siłom wyst puj cym w pr tach. Po przyło eniu do pr tów sił reakcji oraz sił
czynnych otrzymuje si przestrzenny układ sił równoległych (rys. 1.7.2a), dla których
uło yć mo na trzy równania równowagi:
BG AGH
Przestrzenny układ sił równoległych 53
n
Piz = 0 RA + RB + RC - Q = 0,
"
i=1
n
"M = 0 RBr sin ą - Q �" a = 0,
ix
i=1
n
"= Miy = 0 RA �" r + RC �" r + RB �" r cos ą = 0.
i=1
Rozwi zuj c powy szy układ równa , otrzymuje si warto ci sił działaj cych
w poszczególnych pr tach
1 1- cos ą 1 1 1+ cos ą
RA = Q - 2Q , RB = 4Q - 2Q , RC = Q - 2Q .
2 3Ąsin ą 3Ąsin ą 2 3Ąsin ą
ZADANIE 1.7.3
W którym miejscu ramy ABCD o ci arze G = 500 N nale y ustawić wci gark
obci on ci arem Q = 1500 N, aby pr ty utrzymuj ce ram w poło eniu poziomym
równowagi były rozci gane i obci one siłami o jednakowych warto ciach. W punkcie
E ramy podwieszony jest dodatkowo ci ar 2G = 1000 N (rys. 1.7.3). Obliczyć ponadto
warto ci sił działaj cych w pr tach.
Rys. 1.7.3
BG AGH
54 STATYKA
Rozwi zanie
Wci gark z jej układem jezdnym i ram traktuje si jako jedn cało ć (brył )
z wi zami typu ci gien w postaci pr tów AA1, BB1, CC1. Uwalniaj c ten układ od wi -
zów, przyło ono do ramy w punktach A, B i C siły reakcji o prostych działaniach zgod-
nych z osiami pr tów (rys. 1.7.3a). Układ sił czynnych i reakcji jest przestrzennym
układem sił równoległych, dla którego mo na uło yć trzy równania równowagi. Do
wyznaczenia jest pi ć niewiadomych: warto ć trzech reakcji RA, RB, RC oraz poło enie
punktu podwieszenia siły Q okre lone dwiema współrz dnymi x i y.
Rys. 1.7.3a
Dodatkowe dwa równania, konieczne do obliczenia pi ciu niewiadomych, otrzymuje
si , wykorzystuj c warunek równo ci sił w pr tach. Odpowiednie równania maj postać:
n
Piz = 0 RA + RB + RC - 2G - G - Q = 0,
"
i=1
n
"M = 0 -G �" a - Q �" y + RC �" 2a = 0,
ix
i=1
n
"= Miy = 0 2G �" a + G �" a + Q �" x - RA �" 2a = 0,
i=1
RA = RB,
RA = RC.
Z powy szego układu równa otrzymuje si
1
RA = RB = RC =1000 N, x = a, y = a.
3
Proponuje si w ramach samodzielnego rozwi zania wyznaczenie innego poło e-
nia wci garki, np. przy zało eniu, e pr t BB1 jest ciskany, pr ty AA1 i CC1 rozci ga-
ne, warto ci sił w pr tach s jednakowe.
BG AGH
Tarcie 55
1.8. Tarcie
ZADANIE 1.8.1
Pomi dzy dwiema płytami AO i BO poł czonymi przegubowo umieszczony jest
jednorodny walec o ci arze Q i promieniu r (rys. 1.8.1). W punktach A i B przyło one s
poziome siły o jednakowych warto ciach P i zwrotach przeciwnych. Współczynnik tar-
cia walca o płyty wynosi �. Obliczyć warto ć sił P w poło eniu równowagi układu,
je eli odległo ć AB = a i k t AOB = 2ą.
2
Rys. 1.8.1
Rozwi zanie
Je eli układ nie b dzie w równowadze, to istnieje mo liwo ć przemieszczenia si
walca w dwóch kierunkach. Przy za małych warto ciach sił walec mo e si zsun ć
P
w kierunku przegubu O, natomiast przy za du ych warto ciach tych sił mo e on zostać
wypchni ty w kierunku do góry. W zwi zku z tym równowaga walca mo liwa jest przy
siłach, których warto ci zmieniaj si od pewnej warto ci minimalnej Pmin do pewnej
warto ci maksymalnej Pmax. Wyznaczenie szukanych warto ci sił P sprowadza si
wi c do obliczenia warto ci granicznych Pmin i Pmax, co jest równoznaczne z wyzna-
czeniem obszaru zmienno ci warto ci sił P odpowiadaj cemu poło eniu równowagi
układu.
Ze wzgl du na to, e rozpatrywany układ brył jest układem zło onym, rozdzielić
mo na go na poszczególne cz ci (bryły) i rozwa yć równowag ka dej z nich z osobna.
BG AGH
56 STATYKA
Obliczenia przeprowadzono dla dwóch przypadków granicznych równowagi:
1) w punktach A i B działaj siły o warto ciach Pmin,
2) w punktach A i B działaj siły o warto ciach Pmax.
Ad 1)
Na rysunku 1.8.1a pokazano układ brył po ich rozdzieleniu z przyło onymi siłami
czynnymi, reakcjami i siłami wzajemnego oddziaływania pomi dzy bryłami.
Rys. 1.8.1a
Ze wzgl du na symetri układu (siły tarcia T = T' oraz siły normalne N = N') wy-
starczy rozpatrzyć równowag brył I i II. Układ sił działaj cych na brył I jest układem
dowolnym płaskim, dla którego mo na uło yć trzy równania równowagi. W danym
przypadku nie interesuje nas reakcja w przegubie 0 i dlatego wykorzystano z równa
równowagi dla tej bryły jedynie równanie momentów, przyjmuj c biegun w punkcie 0.
Z równa równowagi dla bryły II wykorzystano tylko równanie rzutów sił na o y.
W zwi zku z powy szym otrzymano równania:
n
Mi0 = 0 -Pmin �" d1 + Nd2 = 0 (dla bryły I),
"
i=1
n
Piy = 0 -Q + 2T cos ą + 2N sin ą = 0 (dla bryły II).
"
i=1
BG AGH
Tarcie 57
Trzecie równanie otrzymać mo na z zale no ci pomi dzy sił tarcia T i reakcj normal-
n N, tj.
T = �N.
Odległo ci d1 i d2 (ramiona sił Pmin i N wzgl dem punktu 0) obliczono w oparciu
o rysunek 1.8.1
1
d1 = a ctg ą,
2
d2 = r ctg ą.
Rozwi zuj c powy szy układ równa otrzymano
Q r
Pmin = �" .
sin ą + �cos ą a
Ad 2)
Układ sił przyło onych do brył w tym przypadku pokazano na rysunku 1.8.1b.
Rys. 1.8.1b
BG AGH
58 STATYKA
Rozumuj c analogicznie jak w przypadku poprzednim, otrzymuje si :
n
Mi0 = 0 -Pmax �" d1 + N1 �" d2 = 0 (dla bryły I),
"
i=1
n
(dla bryły II),
Piy = 0 -Q - 2T1 cos ą + 2N1 sin ą = 0
"
i=1
T = �N1,
1
d1 = a ctg ą,
2
d2 = r ctg ą.
Rozwi zuj c ten układ równa , wyznaczono:
Q r
Pmax = �" .
sin ą - �cos ą a
Obliczone graniczne warto ci sił wyznaczaj zakres zmienno ci warto ci tych
P
sił, przy których układ brył pozostaje w równowadze, tj.
Q r Q r
�" d" P d" �" .
sin ą + � cos ą a sin ą - � cos ą a
ZADANIE 1.8.2
Obliczyć minimaln rednic Dmin walców walcarki, przy której mo liwe jest je-
szcze uchwycenie walcowanego materiału, je eli współczynnik tarcia mi dzy walca-
mi a materiałem walcowanym wynosi �, a walcowany pr t posiada przekrój prostok t-
ny o pocz tkowej wysoko ci h0 i wysoko ci po walcowaniu h (rys. 1.8.2).
Rozwi zanie
Siły wzajemnego oddziaływania pomi dzy walcami a materiałem walcowanym po-
kazano na rysunku 1.8.2a, gdzie s siłami (normalnymi) docisku, a T siłami tarcia.
N
Walcowany pr t b dzie wci gany pomi dzy walce, je eli suma rzutów sił działaj cych
na pr t, na kierunku walcowania (kierunek osi x), b dzie wi ksza od zera lub w przy-
padku granicznym równa zeru, tzn.
n
Pix e" 0 2T cos ą - 2N sin ą e" 0 (1)
"
i=1
BG AGH
Tarcie 59
� e"
Z równania tego, po podstawieniu T = �N, otrzymuje si � e" tg ą, wzgl dnie ą,
gdzie � = arc tg � jest k tem tarcia.
Poniewa ą > 0, z nierówno ci (1) wynika tzw. warunek chwytu walców
� e" ą > 0 (2)
Minimaln rednic Dmin obliczyć mo na z zale no ci geometrycznych
1 1
D - (h0 - h)
"h
2 2
cos ą = =1- ,
1
D
D
2
gdzie "h = h0 h jest tzw. gniotem bezwzgl dnym. Uwzgl dniaj c zale no ć (1) otrzy-
muje si
1+ �2
D e" "h
(3)
1+ �2 -1
i ostatecznie minimaln rednic walców
1+ �2
Dmin e" (h0 - h)
(4)
1+ �2 -1
Maj c zadan rednic walców D, współczynnik tarcia � oraz dany wymiar h
pr ta po walcowaniu, z nierówno ci (3) obliczyć mo na maksymaln grubo ć h0 pr ta,
który przy zadanych parametrach mo e być uchwycony przez walce.
Rys. 1.8.2 Rys. 1.8.2a
BG AGH
60 STATYKA
ZADANIE 1.8.3
Wyznaczyć warto ć siły potrzebnej do zahamowania obci onego momentem M
P
koła o promieniu r dwustronnym hamulcem przedstawionym na rysunku 1.8.3, je eli:
r = 0,5 m, � = 0,3, M = 360 N �" m.
Rys. 1.8.3
Rys. 1.8.3a
BG AGH
Tarcie 61
Rozwi zanie
Układ hamulcowy przedstawiony na rysunku 1.8.3 jest układem zło onym. Rozpa-
trzono stan równowagi tego układu, badaj c równowag jego cz ci składowych. Po-
szczególne elementy (bryły) wraz z przyło onymi do nich siłami wzajemnego oddziały-
wania i obci eniem siłami czynnymi pokazano na rysunku 1.8.3a, przy czym ł czni-
ki AC i DE traktuje si jako ci gna. Ponadto reakcje R2 i R3 nie s siłami oddziaływania
pomi dzy d wigniami O2B i O2F, lecz oddziaływaniem zamocowania tych d wigni do
podło a.
Ze wzgl du na to, e nie interesuj nas warto ci reakcji R1, R2, R3, R i RB z rów-
na równowagi wykorzystać mo na jedynie równania momentów sił działaj cych na
poszczególne bryły, odpowiednio wzgl dem punktów O1, O2, O i B, oraz równanie
rzutów sił na o x dla belki CBD.
Otrzymujemy:
dla belki O1A
n
(1)
"M = 0 N1 �" a - 2S1acos ą = 0
i(O1)
i=1
dla belki O2B
n
(2)
"M = 0 N2 �" a + 2RBxa = 0
i(O2 )
i=1
dla belki CBD
n
(3)
"M = 0 S1 �" bcos ą - S2a = 0
i(B)
i=1
n
(4)
"P = 0 S1 cos ą + RBx = 0
ix
i=1
dla belki O2F
n
(5)
"M = 0 S2 �" a - 3P1b = 0
i(O2 )
i=1
dla koła
n
(6)
"M = 0 -M + T2 �" r + T1 �" r = 0
i(O)
i=1
BG AGH
62 STATYKA
W równaniach (1) (6) wyst puje dziewi ć niewiadomych, tj. N1, T1, N2, T2, S1,
S2, RBx, P, ą. Brakuj ce równania otrzymano, pisz c zwi zki pomi dzy siłami tarcia
a siłami normalnymi oraz z zale no ci geometrycznych w oparciu o rysunek 1.8.3:
T1 = �N1, T2 = �N2 (7)
a
cos ą =
(8)
a2 + b2
M
Rozwi zuj c układ równa (1) (8), wyznaczono P = .
12�r
Otrzymany wynik wiadczy o tym, e przy tak narzuconych wymiarach a i b war-
to ć siły P zale y jedynie od warto ci momentu M, współczynnika tarcia � i promie-
nia r, nie zale y natomiast od wymiarów a i b. Podstawiaj c dane liczbowe do wzo-
ru (10), otrzymuje si ostatecznie P = 200 N.
ZADANIE 1.8.4
Obliczyć warto ć siły potrzebnej do zahamowania b bna hamulcem ta mowym
P
(rys. 1.8.4), je eli znamy: M = 300 Nm, r = 0,5 m, � = 0,2, l1 = 5l2, l2 = l3.
O1
O
Rys. 1.8.4
Rozwi zanie
Rozwa ono w poło eniu równowagi dwa podukłady, tzn. b ben z ta m hamulco-
w i belk OAB. Oba podukłady z przyło onymi siłami biernymi i czynnymi pokazane
s na rysunku 1.8.4a. Podobnie jak w zadaniu poprzednim uło ono odpowiednie rów-
nania równowagi momentów wzgl dem punktów O1 i O, otrzymuj c:
dla b bna
n
(1)
"M = 0 M - S1 �" r + S2 �" r = 0
i(O1)
i=1
BG AGH
rodki ci ko ci 63
dla belki OAB
n
(2)
"M = 0 S2 �" l3 + S1�" l2 - P(l1 + l2) = 0
i(O)
i=1
Rys. 1.8.4a
W równaniach powy szych wyst puj trzy niewiadome, tj. S1, S2, P, do wyznaczenia
których wykorzystano dodatkowo wzór Eulera na tarcie ci gien
S1 = S2e�ą (3)
gdzie � jest współczynnikiem tarcia pomi dzy ta m a b bnem, a ą jest k tem opasania
3
b bna. W tym przypadku ą = Ą. Rozwi zuj c układ równa (1) (3), otrzymuje si
2
M l2e�ą + l3
P = �" ,
r
(e�ą -1)(l1 + l2)
a po uwzgl dnieniu danych liczbowych P = 200 N.
1.9. rodki ci ko ci
ZADANIE 1.9.1
Wyznaczyć rodek ci ko ci kratownicy płaskiej zbudowanej z jednorodnych pr -
tów o jednakowych i stałych przekrojach poprzecznych (rys. 1.9.1).
Rys. 1.9.1
BG AGH
64 STATYKA
Rozwi zanie
Pr ty kratownicy oznaczono przez l, 2, 3, ..., 13 oraz przyj to układ odniesienia jak
na rysunku 1.9.1a, gdzie przez xi, yi oznaczono współrz dne rodka ci ko ci Si i-tego
pr ta kratownicy (i = 1, 2, 3, ..., 13).
Rys. 1.9.1a
Współrz dne rodka ci ko ci wyznaczono ze wzorów:
13 13
"l �" xi "l �" yi
i i
i=1 i=1
xS = yS =
13 13
(1)
"l "l
i 1
i=1 i=1
gdzie li jest długo ci i-tego pr ta kratownicy.
Długo ć poszczególnych pr tów oraz ich rodki ci ko ci w przyj tym układzie
odniesienia wynosz :
l1 = l3 = l5 = l7 = l,
l8 = l9 = l10 = l11 = l12 = l13 = 2l,
l2 = l4 = l6 = l2 + 4l2 = l 5,
x1 = 0,
x2 = x8 = x11 = l, x5 = 4l,
x3 = 2l, x6 = x10 = x13 = 5l,
x4 = x9 = x12 = 3l, x7 = 6l,
BG AGH
rodki ci ko ci 65
1
y1 = y2 = y3 = y4 = y5 = y6 = y7 = l,
2
y8 = y9 = y10 = l,
y11 = y12 = y13 = 0.
Podstawiaj c powy sze warto ci do wzorów (1) otrzymuje si :
l2 5 + 2l2 + 3l2 5 + 4l2 + 5l2 5 + 6l2 + 2l2 + 6l210l2 + 2l2 + 6l210l2
xS = = 3l,
l + l 5 + l + l 5 + l + l 5 + l + 2l + 2l + 2l + 2l + 2l + 2l
1 1 1 1 1 1 1
2
l2 + l2 5 + l2 + l2 5 + l2 + l2 5 + l2 + 2l2 2l2 + 2l
1
2 2 2 2 2 2 2
yS = = l.
2
l + l 5 + l + l 5 + l + l 5 + l + 2l + 2l + 2l + 2l + 2l + 2l
1
Poło enie rodka ci ko ci o współrz dnych xS = 3l, yS = l mo na było w tym przypad-
2
ku przewidzieć, uwa nie analizuj c konstrukcj kratownicy, tj. rozło enie jej pr tów.
ZADANIE 1.9.2
Obliczyć współrz dne rodka ci ko ci pola przekroju zło onego z dwóch jedna-
kowych k towników (rys. 1.9.2) o wymiarach 40 � 40 � 4 mm.
Rys. 1.9.2
Rozwi zanie
Ze wzgl du na symetri przekroju przyj to układ odniesienia jak na rysunku 1.9.2a
i w zwi zku z tym współrz dna xs rodka ci ko ci wynosi: xs = 0. Współrz dn y
obliczono ze wzoru
n
Ai �" yi
"
i=1
yS =
(3)
n
Ai
"
i=1
gdzie Ai jest i-tym polem figury o znanej współrz dnej yi jego rodka ci ko ci.
BG AGH
66 STATYKA
W zwi zku z tym dokonać nale y podziału przekroju na poszczególne powierzch-
nie o regularnych kształtach i znanych polach oraz współrz dnych rodków ci ko ci.
Przyj to trzy składowe powierzchnie całego przekroju (rys. 1.9.2a), dla których:
A1 = A3 = 36 � 4 = 144 mm2,
A2 = 40 � 8 = 320 mm2,
y1 = y3 = 2 mm,
y2 = 20 mm.
S
Rys. 1.9.2a
Korzystaj c ze wzoru (1), obliczono
144�" 2 + 320 �" 20 +144�" 2
ys = =11,4 mm.
144 + 320 +144
rodek ci ko ci przekroju le y w punkcie S o współrz dnych:
xs = 0, ys = 11,4 mm.
ZADANIE 1.9.3
Obliczyć współrz dne rodka ci ko ci figury płaskiej pokazanej na rysunku 1.9.3.
W figurze wyci te s dwa otwory: kołowy o promieniu 5 cm i kwadratowy o boku 10 cm.
Rozwi zanie
Zadanie mo na rozwi zać, stosuj c metod podziału całego pola na pola elemen-
tarne, podobnie jak w zadaniu 1.9.2. Wyci te otwory uwzgl dnia si , odejmuj c iloczy-
ny ich pól i rodków ci ko ci oraz powierzchnie otworów we wzorach na współrz dne
rodka ci ko ci. Przyj to podział na pola elementarne oraz układ odniesienia jak na
rysunku 1.9.3a.
Powierzchnie pól elementarnych oraz współrz dne ich rodków ci ko ci wyno-
sz odpowiednio:
A1 = 200 �" 600 = 12 �" 104 mm2,
A2 = 200 �" 300 = 6 �" 104 mm2,
BG AGH
rodki ci ko ci 67
Ą �"104
A3 = = 0,785 �"104mm2,
4
A4 = 100 �" 100 =104 mm2,
x1 = 300 mm, y1 = 100 mm,
x2 = 300 mm, y2 = 200 + 150 = 350 mm,
x3 = 300 mm, y3 = 500 100 = 400 mm,
x4 = 600 100 = 500 mm, y4 = 100 mm.
Rys. 1.9.3
Rys. 1.9.3a
BG AGH
68 STATYKA
Współrz dne rodka ci ko ci obliczono ze wzorów:
4 4
Ai �" xi Ai �" yi
" "
i=1 i=1
xS = , yS =
(1)
4 4
Ai Ai
" "
i=1 i=1
Podstawiaj c odpowiednie warto ci do wzorów (1), otrzymano:
(12 �"300 + 6 �"300 - 0,785�"300 -1�"500) �"104
xs = = 287,7 mm,
(12 + 6 - 0,785 -1) �"104
(12 �"100 + 6 �" 350 - 0,785�" 400 -1�"100) �"104
ys = =178 mm.
(12 + 6 - 0,785 -1) �"104
Poło enie rodka ci ko ci pokazane jest na rysunku 1.9.3a
ZADANIE 1.9.4
Wyznaczyć współrz dne rodka ci ko ci jednorodnego pr ta AB wygi tego
w kształcie łuku o promieniu R i k cie rodkowym 2ą. (rys. 1.9.4).
Rys. 1.9.4
Rozwi zanie
W odró nieniu od poprzednich zada w tym przypadku nie mo na zastosować
metody podziału na elementarne odcinki (jak w zadaniu 1.9.1) i wykorzystać wzory
sumacyjne na współrz dne rodka ci ko ci. Wykorzystano wzory całkowe dotycz ce
linii płaskich w postaci:
xdl ydl
+" +"
AB AB
xs = , ys = ,
dl dl
+" +"
AB AB
gdzie dl jest długo ci elementarnego łuku wydzielonego z łuku AB. Ze wzgl du na to,
e łuk AB jest w kształcie wycinka okr gu, wygodnie jest uzale nić współrz dne x i y
oraz dl od k ta �. W przyj tym układzie odniesienia jak na rysunku 1.9.4a, ze wzgl du
na symetri wzgl dem osi y, xs = 0.
BG AGH
rodki ci ko ci 69
Uwzgl dniaj c oznaczenia jak na rysunku 1.9.4a, otrzymuje si :
x = R sin �,
y = R cos �,
dl = Rd �.
Rys. 1.9.4a Rys. 1.9.4b
Otrzymuje si zatem:
xs = 0,
ą
Rcos � Rd �
+"
R2 sin � |ą r sin ą
-ą
ys -ą = = .
ą
ą
R� |ą
-ą
Rd �
+"
-ą
Wzór na współrz dn ys mo na wykorzystać do wyznaczenia poło enia rodka
ci ko ci wycinka kołowego o promieniu R i k cie 2ą (rys. 1.9.4b).
Wydzielaj c elementarny wycinek o k cie d�, mo na traktować go jak trójk t, w któ-
2
rym rodek ci ko ci le y w odległo ci R od rodka koła (punkt 0). rodki ci ko ci
3
wszystkich składowych elementarnych wycinków b d wi c le eć na łuku o promieniu
2
R. Współrz dne rodka ci ko ci wycinka kołowego wynosz
3
2 R sin ą
xs = 0, ys = .
3 ą
BG AGH
70 STATYKA
ZADANIE 1.9.5
Obliczyć rodek ci ko ci jednorodnej figury płaskiej ograniczonej hiperbol
1
xy = a2 i prostymi x = a, y = a (rys. 1.9.5).
4
Rys. 1.9.5 Rys. 1.9.5a
Rozwi zanie
Do wyznaczenia rodka ci ko ci wykorzystano wzory całkowe dla figur płaskich:
xdxdy ydxdy
+"+" +"+"
A A
xs = , ys = .
+"+"dxdy +"+"dxdy
A A
Figura posiada o symetrii o 0l (rys. 1.9.5a), a wi c xs = yx, wystarczy wi c
obliczyć tylko jedn współrz dn , np. xs.
Obliczaj c całki:
a a a
�ł �ł
�łax a2 �łdx 9
xdxdy = xdx dy = - = a3,
+"+" +" +" +"
�ł �ł
4 32
a
A �ł łł
a2 a
4 4
4x
a a a
�ł �ł
a2
�ła a2 �ł
dx dy = - dx = (3 - ln 4),
+"+"dxdy = +" +" +"
�ł �ł
4x 4
a
A �ł łł
a2 a
4 4
4x
9a
a nast pnie xs = , otrzymuje si xs = yx = 0,697a.
8(3 - ln 4)
BG AGH
71
2. Kinematyka
2.1. Uwagi metodyczne dotycz ce rozwi zywania zada
z kinematyki
Kinematyka jest działem mechaniki, który zajmuje si badaniem ruchu ciał bez
uwzgl dnienia przyczyn wywołuj cych ruch. Ruch jest poj ciem wzgl dnym i dlatego
badaj c go, nale y zawsze okre lić układ odniesienia wzgl dem którego ruch jest roz-
patrywany. Wyró nia si dwa zasadnicze układy odniesienia: wzgl dny (ruchomy)
i bezwzgl dny, traktowany w danym przypadku jako nieruchomy. Je eli wybrany układ
odniesienia przyjmuje si umownie za nieruchomy, to ruch wzgl dem takiego układu
nazywa si ruchem bezwzgl dnym. W przeciwnym przypadku ruch nazywa si wzgl d-
nym. Podstawowym celem kinematyki jest opisanie ruchu brył, tzn. takie podanie opisu,
aby mo na było na tej podstawie okre lić tor, pr dko ć i przyspieszenie dowolnego
punktu brył. W kinematyce wykorzystuje si dwie grupy metod: metody analityczne
i metody graficzne, przy czym metody graficzne stosowane s do wyznaczania parame-
trów ruchu w okre lonych, chwilowych poło eniach układów materialnych. Bryła trak-
towana jest jako zbiór punktów materialnych i w zwi zku z tym badanie ruchu brył
poprzedzone jest badaniem ruchu punktu.
Kinematyk , ze wzgl dów dydaktycznych, dzielimy na kinematyk punktu i kine-
matyk bryły.
Do opisania ruchu punktu wykorzystuje si w przyj tym układzie odniesienia
okre lone współrz dne, podaj c je w zale no ci od czasu. Otrzymuje si w ten sposób
kinematyczne równania ruchu punktu b d ce podstaw do wyznaczenia trajektorii,
pr dko ci i przyspieszenia punktu. W przypadkach szczególnych, tj. w ruchu jednostaj-
nym i jednostajnie zmiennym, mo na korzystać ze znanych wzorów na przemieszcze-
nie i pr dko ć punktu. W innych przypadkach wykorzystuje si w tym celu rachunek
ró niczkowy i całkowy.
Opis ruchu brył zale y od rodzaju ruchu brył. W zale no ci od narzuconych wi -
zów wyró nia si ruchy proste, np. ruch post powy, i ruchy zło one, np. ruch płaski.
Ka dy z ruchów brył opisuje si odpowiednimi dla danego przypadku kinematycznymi
równaniami ruchu odpowiadaj cymi liczbie stopni swobody bryły. Kinematyczne rów-
nania ruchu bryły pozwalaj na wyznaczenie w przyj tym układzie odniesienia równa
ruchu dowolnego punktu bryły, a zatem toru, pr dko ci i przyspieszenia tego punktu.
BG AGH
72 KINEMATYKA
Celem wyznaczenia parametrów kinematycznych dowolnego punktu bryły mo na wi c
przyj ć nast puj cy tok post powania:
rozpoznać ruch bryły,
przyj ć układ odniesienia,
wykorzystać kinematyczne równania ruchu bryły do zapisania równa ruchu
wybranego punktu,
wyznaczyć szukane parametry ruchu.
W przypadku zastosowania metod graficznych wykorzystuje si przede wszyst-
kim wektorowe równania pr dko ci i przyspiesze wła ciwe dla danego rodzaju ru-
chu bryły, a nast pnie wyznacza si parametry kinematyczne w chwilowym poło eniu
bryły. Analiza ruchu pod wpływem działania sił omówiona jest w cz ci dotycz cej
dynamiki ruchu.
2.2. Kinematyka punktu
2.2.1. Wyznaczanie równa ruchu, pr dko ci, przyspiesze oraz toru
ZADANIE 2.2.1
Ruch punktu K opisany jest wektorem wodz cym r = (1- t)i + (t - 1) j; i , j wer-
sory płaskiego kartezja skiego układu odniesienia, r w [m], t w [s]. Wyznaczyć równa-
nie toru, pr dko ć i przyspieszenie oraz prawo ruchu po torze.
Rozwi zanie
Pr dko ć punktu jest równa
dr
v = = -i + j.
dt
Współrz dne wektora pr dko ci wynosz : vx = 1 m/s, vy = 1 m/s, a warto ć pr d-
2
ko ci v = vx + v2 = 2 m/s.
y
Przyspieszenie punktu jest równe
2
dv d r
a = = = 0.
dt
dt2
Dla wyznaczenia równania toru wykorzystać mo na współrz dne wektora , tj.
r
x = 1 t [m], y = t 1 [m] (równania sko czone ruchu). Ruguj c z powy szych równa
parametr t (czas), otrzymuje si : y = x, czyli równanie prostej w układzie Oxy, przy
czym torem jest półprosta dla t e" 0 (rys. 2.2.1).
BG AGH
Kinematyka punktu 73
A0
Rys. 2.2.1
Prawo ruchu po torze otrzymać mo na wykorzystuj c zale no ć

ds = dx2 + dy2 , gdzie dx = x (t)dt i dy = y (t) dt,
czyli dx = dt, dy = dt, a nast pnie rozwi zuj c równanie
ds = ą 2 dt
wraz z warunkami pocz tkowymi ruchu, tj. dla t = t0 = 0, x = x0 = 1 m, y = y0 = 1 m
2 2
sk d s = s0 = x0 + y0 = 2 m.
Dokonuj c odpowiednich oblicze , otrzymano prawo ruchu po torze y = x w po-
staci s = 2(1- t) [m].
ZADANIE 2.2.2
Z podanych równa ruchu punktu wyprowadzić równanie toru oraz wyznaczyć
pr dko ć i przyspieszenie w funkcji czasu:
a) x = 2t + 1, y = t2 2t + 3,
b) x = 2t2 4t, y = 0,5t2 t, gdzie x, y, w [m], t w [s].
Rozwi zanie
Ad a)
Ruguj c z obu równa parametr t (czas), otrzymuje si równanie paraboli
1
y = (x2 - 6x + 17), przy czym torem punktu jest gał paraboli, dla t e" 0, tj. dla x e" 1,
4
a poło enie pocz tkowe A0 punktu dla t = t0 = 0 okre lone jest współrz dnymi x =
= x0 = 1 m, y = y0 = 3 m (rys. 2.2.2).
BG AGH
74 KINEMATYKA
A0
3
2
A1 extremum
3 2
Rys. 2.2.2

Współrz dne pr dko ci s równe: vx = x = 2 m/s, vy = y = 2t + 2 m/s, a współrz d-
v
2 2
ne przyspieszenia ax = 0, ay = 2 m/s2. Obliczaj c v = vx + v2 i a = ax + a2 , otrzy-
a:
y y
mano zale no ć pr dko ci i przyspieszenia od czasu w postaci: v = 2 t2 - 2t + 2 m/s,
a = 2 m/s2 (const).
Ad b)
1
Ruguj c z obu równa parametr czasu t, otrzymuje si równanie prostej y = x.
4
1
Punkt porusza si po półprostej dla x e" 2 i y e" - , co wynika z analizy równa :
2
2t2 4t x = 0 i 0,5t2 t y = 0 dla czasów rzeczywistych.

Obliczaj c współrz dne pr dko ci vx = x = 4(t -1) m/s, vy = t 1 m/s, otrzymuje

si warto ć v = 5 | (t -1) | m/s, a nast pnie obliczaj c ax = x = 4 m/s2 i ay = y =1 m/s2,
warto ć przyspieszenia a = 17 m/s2.
ZADANIE 2.2.3
Dane s trzy równania sko czone ruchu punktu:
�ł 1 �ł 1
a) x = 2cos t2 �ł, y = 2sin t2 �ł,
�ł �ł �ł �ł
Ą Ą
�ł łł �ł łł
x = 2t2, y =1,5t2,
b)
c)
x = t, y = 0,5t2, x, y w [m], t w [s].
1
Obliczyć pr dko ć, przyspieszenie i promie krzywizny toru dla t1 = Ą [s]. Wy-
2
znaczyć tak e równanie toru i prawo ruchu po torze.
BG AGH
Kinematyka punktu 75
Rozwi zanie
Ad a)
4 1 4 1
�ł �ł

Obliczaj c vx = x = - t sin t2 �ł, vy = y = t cos t2 �ł, warto ć pr dko ci
�ł �ł �ł �ł
Ą Ą Ą Ą
�ł łł �ł łł
wyznaczono z zale no ci
4
2
v(t) = vx + v2 = t sk d v(t1) = 2 m/s.
y
Ą
Obliczaj c
4 �ł 1 2 1 łł
�ł �ł �ł �ł

ax = x = - �ł �ł
�łsin t2 + t2 cos �ł t2 �łśł,
Ą Ą Ą Ą
�ł łł �ł łł
�ł �ł
4 �ł 1 2 1 łł
�ł �ł �ł �ł

ay = y =
�łcos �ł t2 �ł - t2 sin �ł t2 �łśł ,
Ą Ą Ą Ą
�ł łł �ł łł
�ł �ł
wyznaczono
4 2
a(t) = Ą2 + 4t4 i a(t1) = 4 + Ą2 m/s2.
Ą
Ą2
v2 v2 .
Promie krzywizny toru wyznacza si z zale no ci an = , sk d � = Po-
� an
dv 4
2 2 2
niewa a = a� + an , st d an = a2 - a� , gdzie a� = = m/s2. Podstawiaj c
dt Ą
obliczone warto ci pr dko ci, przyspieszenia całkowitego i stycznego, otrzymuje si
�(t) = � (t1) = 2 m. Równanie toru otrzymano z równa sko czonych ruchu ruguj c
z nich parametr t. Torem jest okr g (rys. 2.2.3a) o równaniu x2 + y2 = 4, którego promie
krzywizny w ka dym punkcie równy jest promieniowi okr gu i wynosi 2 m, co jest
zgodne z obliczonym promieniem krzywizny �(t). Prawo ruchu po torze wyznacza si
4 2
z zale no ci s = vdt + C, a zatem s = tdt + C = t2 + C (punkt O1 pokrywa si
+" +"
Ą Ą
z poło eniem pocz tkowym).
Rys. 2.2.3a
Przyjmuj c warunki pocz tkowe: t = 0, s = 0, obliczono stał całkowania C = 0,
2
i prawo ruchu po torze ma ostatecznie postać s = t2 m.
Ą
BG AGH
76 KINEMATYKA
Z przeprowadzonych oblicze wynika, e punkt porusza si po okr gu ruchem
jednostajnie przyspieszonym.
Ad b)
Dokonuj c oblicze analogicznie jak w przypadku (a), otrzymano:
5

vx = x = 4t, vy = y = 3t, v(t) = 5t, v(t1) = Ą m/s2,
2

ax = x = 4, ay = y = 3, a(t) = a(t1) = 5 m/s2 ,
v2 v2
� = = ,
2
an a2 - a�
dv(t)
gdzie a� = = 5 m/s2 i a� = a = a(t), z czego wynika, e promie krzywizny � = "
dt
i punkt porusza si po torze prostoliniowym. Ruguj c z równa sko czonych ruchu
3
parametr t, otrzymuje si równanie prostej y = x. Torem jest półprosta odpo-
4
wiednio dla t e" 0, tzn. dla x e" 0 i y e" 0 (rys. 2.2.3b). Przyjmuj c warunki pocz tkowe
5
ruchu: t = 0, s = 0, otrzymano prawo ruchu po torze w postaci s = t2, tak wi c w tym
2
przypadku punkt porusza si ruchem jednostajnie przyspieszonym prostoliniowym.
Rys. 2.2.3b
Ad c)
Post puj c identycznie jak w przypadkach (a) i (b), otrzymano:
1
2

vx = x =1, vy = y = t, v(t) = 1+ t , v(t1) = 4 + Ą2
2

ax = x = 0, ay = y = 1, a(t) = a(t1) = 1 m/s2 ,
v2 v2
� = = ,
2
an a2 a�
-
y = 0,75x
BG AGH
Kinematyka punktu 77
dv(t) t Ą
gdzie a� = = , a� (t1) = m/s2,
dt
1+ t2 4 + Ą2
1
2
�(t) = (1 + t ) 1+ t2 , �(t1) = (4 + Ą2) 4 + Ą2 m.
8
Torem jest cz ć paraboli y = 0,5x2, (równanie paraboli otrzymuje si z równa sko -
czonych ruchu po wyrugowaniu parametru t) dla t e" 0, tzn. dla x e" 0 i y e" 0 (rys. 2.2.3c).
Rys. 2.2.3c
Przyjmuj c warunki pocz tkowe ruchu: t = 0, s = 0, z zale no ci s = + C,
+"vdt
otrzymano prawo ruchu po torze w postaci
1
�łt �ł.
2
s = 1+ t2 + ln t + 1 + t
�ł �ł
2
�ł łł
Ruch punktu w tym przypadku jest ruchem krzywoliniowym niejednostajnie
zmiennym.
ZADANIE 2.2.4
Na rysunku 2.2.4 przedstawiono schemat mechanizmu korbowego o zadanych dłu-
1
go ciach OA = R = 1 m, AC = CB = AB = 0,5 m. Maj c dane równanie ruchu korby
2
OA, � = 2t rad, obliczyć pr dko ć i przyspieszenie punktu C ł cznika oraz punktu B su-
Ą
waka w chwili t1 = s.
8
Rys. 2.2.4
2
x
y = 0,5
BG AGH
78 KINEMATYKA
Rozwi zanie
Równania sko czone ruchu punktu C otrzymano, obliczaj c współrz dne xc i yc
(trójk t OAB jest trójk tem równoramiennym w ka dym poło eniu mechanizmu):
3
xC = OAcos � + AC cos � = Rcos (2t),
2
1
yC = OAsin � - AC sin � = Rsin (2t).
2
Współrz dne pr dko ci oraz warto ć pr dko ci punktu C wynosz :

vx = xC = -3R sin (2t),

vy = yC = R cos (2t),
2
2
vc = xC + yC = R 8sin2 (2t) + 1, vC (t1) = 5 m/s.
Współrz dne przyspieszenia oraz warto ć przyspieszenia punktu C wynosz

ax = xC = -6R cos (2t),

ay = yC = -2R sin (2t),
2 2
aC = xC + yC = 2R 8cos2 (2t) + 1, aC (t1) = 2 5 m/s.
Rys. 2.2.4a
Torem punktu C jest elipsa (rys. 2.2.4a) opisana równaniem
x2 y2
+ =1,
2 2
3 1
�ł
R�ł �ł R�ł
�ł �ł �ł �ł
2 2
�ł łł �ł łł
BG AGH
Kinematyka punktu 79
otrzymanym z równa sko czonych ruchu po wyrugowaniu parametru t. Poło enie po-
cz tkowe punktu C na torze odpowiada chwili t0 = 0 i jest okre lone współrz dnymi
3 3
xC (0) = R, yC (0) = 0, za xC (t1) = 2R.
2 4
1
Promie krzywizny toru w chwili t0 = 0 jest równy �0 = R i jest mniejszy od półosi
6
3 v2
elipsy równej R. Otrzymamy go ze wzoru � = .
2

a2 - v2
Obliczaj c pr dko ć i przyspieszenie punktu B, otrzymuje si :
1
xB = 2Rcos 2t, xB (t1) = 2R,
4
vB = vBx = -4Rsin 2t, aB = aBx = -8R cos 2t,
vB (t1) = -2 2 m/s, aB (t1) = -4 2 m/s2.
Znaki ujemne oznaczaj , e w chwili t1 zwroty pr dko ci i przyspieszenia s prze-
ciwne do zwrotu osi x (w rzeczywisto ci s to współrz dne tych wektorów na osi x).
ZADANIE 2.2.5
Korba OA płaskiego mechanizmu (rys 2.2.5) porusza si zgodnie z równaniem
� = kt rad, k = const > 0 w rad/s, t w [s]. Wyznaczyć pr dko ć i przyspieszenie punktu C
oraz równanie jego toru, je eli OA = OB = R, AC = l, l > 2R.
Rys. 2.2.5
BG AGH
80 KINEMATYKA
Rozwi zanie
Przyjmuj c układ odniesienia jak na rysunku 2.2.5a, obliczono współrz dne punk-
tu C, a nast pnie po ich zró niczkowaniu pr dko ć i przyspieszenie.
Rys. 2.2.5a
� �
xC = OAcos � + AC sin , yC = OAsin � - AC cos ,
2 2
tj.:
1
�ł �ł,
xC = R cos (kt) + l sin kt
�ł �ł
2
�ł łł
1
�ł �ł,
yC = R sin (kt) - l cos kt
�ł �ł
2
�ł łł
�ł1 1 łł
�ł

vx = xC = k l cos kt�ł - R sin (kt)śł ,
�ł2 �ł 2 �ł
�ł łł
�ł �ł
�ł 1 1 łł
�ł

v = yC = k cos (kt) + l sin kt�łśł ,
�ł �ł
y �łR
2 2
�ł łł
�ł �ł
1 1
�ł �ł
2 2
v = vx + v2 = k l + R2 - Rl sin kt ,
�ł �ł
y
4 2
�ł łł
�ł łł
1 1
�ł �ł
2

ax = xC = -k l sin kt + R cos (kt)śł ,
�ł4 �ł 2 �ł
�ł łł
�ł �ł
�ł1 1 łł
�ł �ł
2

ay = yC = k l cos - Rsin (kt)śł,
�ł4 �ł 2kt �ł
�ł łł
�ł �ł
1 1
�ł �ł.
2 2 2 1
ay = xC + yC = k l2 + R2 - Rl sin kt
�ł �ł
16 2 2
�ł łł
BG AGH
Kinematyka punktu 81
1 1
�ł
Korzystaj c z zale no ci cos2�ł kt = [1+ cos (kt)] i cos2 (kt) + sin2 (kt) = 1, po
�ł �ł
2 2
�ł łł
wyrugowaniu parametru t z równa sko czonych ruchu punktu C, otrzymuje si rów-
nanie toru tego punktu
2
[y2 + (x - R)2] - (l2 - 4R2) (x - R)2 - l2( y2 + 4R2) - 4lRy (x - R)2 + y2 - l2 = 0.
ZADANIE 2.2.6
Dany jest schemat kinematyczny nap du jarzmowego suportu strugarki (rys.
2.2.6), do którego w punkcie N mocowany jest nó strugarki. Suport wykonuje ruch
poziomy, natomiast jarzmo BC ruch wahadłowy na skutek obrotowego ruchu korby OA
poł czonej suwliwie z jarzmem A.
Obliczyć pr dko ć i przyspieszenie no a, je eli OC = l, OA = r, BC = R i pr dko ć
k towa korby �0 = const.
Rys. 2.2.6 Rys. 2.2.6a
Rozwi zanie
Pr dko ć i przyspieszenie no a strugarki wyznaczyć mo na, układaj c równanie
sko czone ruchu punktu N. Korzystaj c z pomocniczego schematu obliczeniowego
(rys. 2.2.6a), wyznaczono
x = xB = BC sin �1.
BG AGH
82 KINEMATYKA
Funkcj sin�1 wyznaczono, korzystaj c z zale no ci trygonometrycznych w trójk -
tach ODA, CDA i COA. Z "ODA i "CDA otrzymuje si DA = r sin� = AC sin�1, sk d
r
sin �1 = sin �.
AC
2
Z "COA otrzymuje si CA = r + l2 + 2rl cos �. Po podstawieniu BC = R, � = �0t
(korba porusza si ruchem jednostajnym) otrzymuje si
r sin �0t
sin �1 =
r2 + l2 + 2rl cos0 t
oraz sko czone równanie ruchu punktu N
Rr sin �0t
x = .
r2 + l2 + 2rl cos �0t
Pr dko ć i przyspieszenie punktu N równe s odpowiednio:
[(r2 + l2 )cos �0t + 2rl] r2 + l2 + 2rl cos �0t

v = x = Rr�0 ,
(r2 + l2 + 2rl cos �0t)2
[rl (r2 + l2 )cos �0t + 6r2l2 - (r2 + l2 )2] r2 + l + 2rl cos �0t

a = x = Rr�2 .
0
(r2 + l2 + 2rl cos �0t)3
Otrzymane zwi zki mo na poddać dalszej analizie, wyznaczaj c np. ekstremalne
warto ci pr dko ci i przyspieszenia no a strugarki i odpowiadaj ce im poło enia po-
szczególnych elementów mechanizmu.
ZADANIE 2.2.7
Dany jest promie r = 1 m prowadnicy i prawo ruchu punktu K (tulejki rys. 2.2.7)
Ą
w postaci s(t) = 2sin t [m]. Wyznaczyć pr dko ć i przyspieszenie liniowe tulejki K
4
w chwili, gdy osi gnie ona najwy sze poło enie na prowadnicy.
Rys. 2.2.7
BG AGH
Kinematyka punktu 83
Rozwi zanie
Ruch punktu K w tym przypadku zadany jest współrz dn naturaln s = s(t). Pr d-
ko ć oblicza si z zale no ci
ds Ą Ą
v = = cos t.
dt 2 4
Składowe przyspieszenia całkowitego oblicza si z zale no ci:
przyspieszenie styczne
dv Ą2 Ą
a� = = - sin t,
dt 8 4
przyspieszenie normalne
v2 v2 Ą2 Ą
an = = = cos2 t.
� r 4 4
Ą
W najwy szym poło eniu punktu K odpowiadaj cemu k towi ą(t1) = w chwi-
2
Ą �" r
li t1 długo ć łuku s(t1) = .
2
Czas t1 obliczono z równania s(t)
Ą Ą �" r
2sin t1 = .
4 2
Podstawiaj c r = 1 m, obliczono t1 = 1,14 s.
Podstawiaj c czas t1 najwy szego poło enia punktu K, otrzymano:
v(t1) = 0,981 m/s, a�(t1) = -0,961 m/s2, an (t1) = 0,962 m/s2,
2 2
a(t1) = a� (t1) + an (t1) =1,35 m/s2.
Zadanie to rozwi zać mo na tak e, wykorzystuj c fakt, e punkt K porusza si po
okr gu, i w zwi zku z tym nale y zastosować odpowiednie w tym przypadku wzory:
v = ��" r, a� = � �" r, an = �2r, a = r �2 + �4 ,
s(t)

gdzie: � = ą, � = ą, ą = .
r
ZADANIE 2.2.8
Wyznaczyć równanie ruchu punktu po trajektorii oraz warto ć współrz dnej natu-
Ą 4Ą
ralnej s, drog s* po czasie tk = 5 s, je eli pr dko ć v = sin t [m/s] i w chwili
5 15
pocz tkowej t0 = 0, s = 0.
BG AGH
84 KINEMATYKA
Rozwi zanie
Ruch punktu po trajektorii opisuje współrz dna naturalna s(t), któr wyznacza si
z równania
ds
= v, tzn. s = + C.
+"vdt
dt
Rozwi zuj c powy sze równanie z uwzgl dnieniem warunków pocz tkowych,
otrzymuje si
3 �ł1 4Ą �ł
s = - cos t [m].
�ł �ł
4 15
�ł łł
Rys. 2.2.8
Przebieg zmian w funkcji czasu współrz dnej s(t) i pr dko ci v(t) przedstawia ry-
sunek 2.2.8. Poło enie punktu w chwili tk = 5 s okre la współrz dna
3 �ł1 4Ą
2
s(tk ) = Kk Kk = - cos tk �ł = 1,125 m.
�ł �ł
4 15
�ł łł
Drog przebyt w tym czasie przez punkt wylicza si z zale no ci
tk t1 tk
*
sk = v dt = vdt - vdt
+" +" +"
0 0 t1
i jest ona równa liczbowo polu zakreskowanemu na wykresie pr dko ci.
BG AGH
Kinematyka punktu 85
Obliczaj c
tk tk
�ł �ł
Ą 4Ą 4Ą
* �ł �ł,
sk = sin tdt - sin tdt
+" +"
�ł �ł
5 15 15
0 t1
�ł łł
otrzymano
*
sk =1,875 m.
*
Drog sk mo na równie obliczyć z zale no ci
*
2
sk = K0K1 + K1K1 = 2K0K1 - s(tk ) = 1,875 m.
ZADANIE 2.2.9
Punkt A porusza si według prawa ruchu s = t2 [cm] po okr gu o równaniu x2 + y2 = 4.
Pocz tkowe poło enie punktu na torze okre laj współrz dne x0 = 2 cm, y0 = 0 i ruch
rozpoczyna si w stron dodatniej osi y (rys. 2.2.9).
Rys. 2.2.9
Wyznaczyć poło enie punktu A na torze w chwili, gdy warto ć przyspieszenia
aA = 3,71 cm/s2.
Rozwi zanie
Poło enie punktu A na torze w danej chwili t* wyznaczyć mo na, okre laj c
współrz dne punktu x(t*), y(t*) w momencie, w którym jego przyspieszenie jest rów-

ne aA. Z prawa ruchu s(t) obliczyć mo na pr dko ć v = s = 2t i przyspieszenie styczne
v2 4t2

a� = s = v = 2, a nast pnie przyspieszenie normalne an = = = 2t2.
R 2
Znaj c warto ć przyspieszenia całkowitego aA w chwili t*, czas t* wyznaczyć mo -
na z zale no ci
2 2
aA = a� + an = 4 + 4(t*)4 .
BG AGH
86 KINEMATYKA
Podstawiaj c aA = 3,71 cm/s2, otrzymano t* = 1,25 s.
Współrz dne punktu A w chwili t* wyliczyć mo na, korzystaj c z równania toru
x2 + y2 = 4 i z zale no ci ds = dx2 + dy2 . Ró niczkuj c równanie toru, otrzymuje si
xdx
xdx + ydy = 0, a nast pnie, podstawiaj c y = 4 - x2 , wyznacza si dy = -
4 - x2
2dx
oraz ds = .
4 - x2
Całkuj c powy sze równanie przy warunkach pocz tkowych t0 = 0, x0 = 2, s0 = 0,
otrzymano
x
s = 2�łarc sin - Ą�ł.
�ł �ł
2
�ł łł
Podstawiaj c s = s(t*) = (t*)2, z powy szego równania obliczono współrz dn
x(t*) = 1,41 cm, a nast pnie z równania toru współrz dn y(t*) = 1,41 cm.
Poło enie punktu A w chwili t* mo na równie wyznaczyć, gdy znany jest tor
ruchu, wystarczy wi c okre lić poło enie punktu na torze wzgl dem poło enia pocz t-
kowego. Obliczaj c jak poprzednio czas t* = 1,25 s poło enie punktu okre lono, obli-
czaj c s(t*) = (t*)2 = 1,5625 cm.
ZADANIE 2.2.10
Ci gnik B (rys. 2.2.10) holuje wózek A za pomoc linki AB o długo ci l. Poło enie po-
cz tkowe ci gnika B wyznacza odcinek l0. Ró nica poziomów jazdy ci gnika i wózka
wynosi h. Wiedz c, e warto ć pr dko ci ci gnika jest stała (v1 = const), wyznaczyć
warto ć pr dko ci i przyspieszenia wózka A po przebyciu przez ci gnik drogi s1 = 3l0.
Rys. 2.2.10
Rozwi zanie
Poło enie ci gnika (punkt B1) i wózka (punkt A1) po przebyciu drogi s pokazano
na rysunku 2.2.10a, przy czym zakładaj c, e linka AB jest nierozci gliwa zachodzi
AB = A1B1 = l. Droga ci gnika (punkt B) w ruchu jednostajnym (v1 = const) wyra a si
wzorem BB1 = v1t.
BG AGH
Kinematyka bryły 87
Rys. 2.2.10a
Korzystaj c z rysunku 2.2.10a, otrzymano:
s = AH - A1H ,
A1H = A1B1 - HB1 = l - h2 + (l0 + BB1)2,
2
AH = AB - HB = l - h2 + l0 .
2
Podstawiaj c BB1 = v1t, otrzymano s = h2 + (l0 + v1t)2 - h2 + l0 .
Obliczaj c odpowiednio pochodne, otrzymuje si pr dko ć i przyspieszenie wózka A:
(l0 + v1t)v1

v = s = ,
h2 + (l0 + v1t)2
2
v1 h2

a = v = s = .
[h2 + (l0 + v1t)2] h2 + (l0 + v1t)2
Czas tC przebycia drogi 3l0 wyznaczamy z równania BB1 = v1t, podstawiaj c
3l0
BB1 = 3l0, sk d tC . Po podstawieniu i przekształceniach otrzymano:
v1
4v1l0
v(tC ) = ,
2
h2 +16l0
2
v1 h2
a(tC ) = .
2 2
(h2 +16l0) h2 +16l0
Jednostajny prostoliniowy ruch ci gnika B powoduje zmienny ruch wózka A.
Spowodowany jest on w tym przypadku zmienn w czasie struktur geometrii wi zów
wynikaj c ze zmiany k ta nachylenia liny na odcinku HB.
BG AGH
88 KINEMATYKA
2.3. Kinematyka bryły
2.3.1. Ruch post powy i obrotowy
ZADANIE 2.3.1
Dla przekładni jak na rysunku 2.3.1 dane s : k ty kół sto kowych ą = 60o, � = 30o,
liczba z bów przekładni walcowej z1 = 30, z2 = 90.
Rys. 2.3.1
Obliczyć liczb obrotów na minut n wału odbieraj cego, je eli warto ć pr dko ci
k towej wału nap dzanego wynosi �1 = 600 s 1.
Rozwi zanie
Przekładnia zło ona jest z dwóch zespołów: zespołu przekładni sto kowej i zespo-
łu przekładni walcowej, przy czym małe koło sto kowe i małe koło walcowe obracaj
si ze wspóln pr dko ci k tow �2. Promienie podziałowe kół sto kowych obliczone
ą �
w zale no ci od długo ci tworz cej OA wynosz r1 = OAsin , r2 = OAsin .
2 2
Oznaczaj c pr dko ć k tow wału odbieraj cego przez �3, napisać mo na dla obu
zespołów zale no ci:
ą
r1 sin
vA = �1r1 = �2r2 , sk d �2 = �1 = �1 2 ,
r2 sin �
2
�2 z2 z1
= i �3 = �2 .
�3 z1 z2
Pr dko ć k towa wału odbieraj cego wynosi wi c
ą
z1 sin
�3 = �1 2 .
�
z2 sin
2
BG AGH
Kinematyka bryły 89
Ąn
Uwzgl dniaj c, e �3 = , otrzymuje si liczb obrotów na minut wału odbie-
30
raj cego
ą
30�1z1 sin
2
n = ,
�
Ąz2 sin
2
a po podstawieniu danych n = 3690 obr/min.
ZADANIE 2.3.2
Dana jest przekładnia cierna, w której wał I mo e przemieszczać si w kierunku
osiowym (rys. 2.3.2).
Rys. 2.3.2
Promienie kół przekładni wynosz r = 0,5 cm, R = 15 cm. Wiedz c, e wał I wyko-
nuje n1 = 600 obr/min i przemieszcza si po osi według równania d = (10 0,5t) [cm],
obliczyć warto ć przyspieszenia k towego wału II �II w zale no ci od przemieszcze-
nia d oraz warto ć przyspieszenia punktu B w chwili gdy d = r.
Rozwi zanie
Przeło enie przekładni w danej chwili obliczyć mo na w zale no ci
r �II
i = = ,
d �I
st d
r
�II = �I ,
d
przy czym
Ąn1
�1 = = const, d = d(t).
30
BG AGH
90 KINEMATYKA
Ąn1r
Warto ć przyspieszenia k towego �II wynosi �II = . Po podstawieniu da-
2
60d
nych wynosi ona
5Ą
�II = .
2
d
Warto ć przyspieszenia punktu B oblicza si z zale no ci:
2 2
aB = aB� + aBn ,
gdzie: aB� = �II �" R, aBn = �2 �" R
II
i
2 4
Ąn1r
�ł 5Ą �ł �ł �ł
aB = R �2 + �4 = R �ł �ł �ł �ł
+ .
II II
30d
�ł r2 łł �ł łł
Dla d = r otrzymuje si
2
Ąn1 4
�ł 5Ą �ł �ł �ł
aB = R �ł �ł �ł �ł
+
30
�ł r2 łł �ł łł
i po podstawieniu danych liczbowych aB = 592,2 m/s2.
ZADANIE 2.3.3
Na rysunku 2.3.3 pokazano schemat wyci garki linowej. Maj c dane promie-
nie kół przekładni z batej r = 0,1 m, R = 0,8 m oraz kół przekładni pasowej
r1 = 0,5 m, r2 =1,2 m, a tak e promie b bna linowego � = 0,6 m, wyznaczyć równanie
ruchu �(t) wirnika silnika w czasie rozruchu układu, je eli wózek wyci garki
po przejechaniu 5 m ruchem jednostajnie przyspieszonym osi ga pr dko ć 1,5 m/s.
Rys. 2.3.3
BG AGH
Kinematyka bryły 91
Rozwi zanie
Ze wzgl du na to, e ruch jest jednostajnie przyspieszony, równanie ruchu wirnika
wyra a si wzorem
2
�1t
� = �0 + �0t + ,
2
�1t2
przy czym w tym przypadku �0 = 0, �0 = 0 i � = .
2
Warto ć przyspieszenia �1 wyznaczyć mo na, obliczaj c przyspieszenie liniowe a
wózka i korzystaj c ze wzorów na przeło enie przekładni. Równanie ruchu i pr dko ć
wózka przedstawiaj zale no ci (s0 = 0, v0 = 0):
1
s = at2 , v = at,
2
v2
st d po wyrugowaniu parametru t (czasu), otrzymuje si a = .
2s
Korzystaj c z zale no ci kinematycznych, przy pomini ciu rozci gliwo ci liny
i pasa, otrzymuje si :
dla b bna linowego v = �3 �" �,
dla przekładni pasowej �3r2 = �2r1,
dla przekładni z batej �2R = �1r.
Z powy szych równa wyznaczono warto ć pr dko ci k towej wirnika w zale no-
ci od pr dko ci wózka
Rr2
�1 = v,
rr1�
Rr2

a nast pnie przyspieszenia k towego �1 = �1 = a.
rr1�
Podstawiaj c obliczon wcze niej warto ć przyspieszenia a, otrzymano ogólny
zwi zek na �1 w zale no ci od pr dko ci i przemieszczenia wózka
Rr2v2
�1 = ,
2rr1�s
a nast pnie równanie ruchu wirnika silnika
Rr2v2
� = t2
4rr1�s
i ostatecznie po podstawieniu danych liczbowych, � = 3,6 t2.
BG AGH
92 KINEMATYKA
ZADANIE 2.3.4
Pr dko ć k towa silnika zespołu nap dowego, jak na rysunku 2.3.4, zmienia si
według równania �s = kt2. Maj c dane promienie r, R, r1, R1, �, obliczyć pr dko ć
i przyspieszenie wózka, w chwili gdy przebywa on drog l od poło enia pocz tkowego,
oraz przyspieszenie liny ł cz cej b bny A i B.
Rys. 2.3.4
Rozwi zanie
Zale no ć pr dko ci v wózka od czasu uzyska si , uzale niaj c t pr dko ć od
pr dko ci k towej �s. W tym celu wykorzystać nale y zwi zki kinematyczne dla po-
szczególnych zespołów urz dzenia przy zało eniu nierozci gliwo ci pasa i lin:
dla przekładni pasowej �sr = �AR,
dla b bnów A i B �A� = �BR1,
dla b bna B i wózka C v = �Br1.
�r1r
Z powy szych zwi zków otrzymano v = �s, a w zale no ci od czasu
R1R
�r1rk
v = t2.
R1R
dv
Przyspieszenie wózka wyznacza si , obliczaj c pochodn
dt
dv �r1rk
a = = 2 t.
dt R1R
Czas przebycia drogi l wyznaczyć mo na z równania ruchu wózka, otrzymanego
po scałkowaniu pr dko ci v. Przyjmuj c, e w chwili pocz tkowej t0 = 0, pocz tkowe
przemieszczenie s0 = 0, otrzymuje si
�r1rk
s = t3
3R1R
BG AGH
Kinematyka bryły 93
oraz czas przebycia drogi s = l
3R1Rl
t1 = 3 .
�r1rk
Pr dko ć i przyspieszenie wózka w chwili t1, a wi c po przebyciu drogi l, wynosi:
�r1rk 2�r1rk 3R1Rl
2
v = t1 , a = t1, t1 = 3 .
R1R R1R �r1rk
Przyspieszenie liny ł cz cej b bny A i B jest równe przyspieszeniu stycznemu na
obwodzie b bna A lub B. Mo na wi c stwierdzić, e
aA� = � �" �,
A
d�A d r r d�s kr
�ł� �ł
gdzie � = = = = 2 t,
�ł �ł
A s
dt dt R R dt R
�ł łł
kr�
i ostatecznie przyspieszenie liny jest równe aA� = 2 t.
R
2.3.2. Ruch płaski
ZADANIE 2.3.5
Czworobok przegubowy (rys. 2.3.5) nap dzany jest ramieniem O1A z pr dko ci
k tow �0 = 1 s 1. Przyspieszenie k towe ramienia OlA, w poło eniu jak na rysunku
2.3.5, jest równe zero. Poszczególne wymiary mechanizmu wynosz : OlA = R = 1 m,
2
AB = 2 m, AC = BC = AB.
3
Obliczyć pr dko ć i przyspieszenie liniowe punktu C i B oraz pr dko ć i przyspie-
szenie k towe korby O2B.
Rys. 2.3.5
BG AGH
94 KINEMATYKA
Rozwi zanie
Pr ty O1A i O2B płaskiego mechanizmu, jakim jest czworobok przegubowy, poru-
szaj si ruchem obrotowym wokół osi obrotu prostopadłych odpowiednio w punktach
O1 i O2 do płaszczyzny ruchu mechanizmu. Znane s zatem kierunki wektorów pr dko-
ci i przyspiesze punktów A i B, gdy tory ich s okr gami o promieniach odpowie-
dnio O1A i O2B. Zwroty pr dko ci wynikaj z kierunku ruchu pr ta O1A z pr dko ci
k tow �0. Warto ć pr dko ci punktu A wyznaczyć mo na z zale no ci
vA = �0 �" O1A = �0 �" R = 1 m/s.
Warto ć przyspieszenia punktu A wyznacza si , obliczaj c jego składowe: aA� = 0
(przyspieszenie k towe �0 pr ta O1A jest równe zero w rozpatrywanym poło eniu me-
chanizmu), aAn = �2 �" O1A = �2 �" R = 1 m/s.
0 0
Pr dko ć i przyspieszenie punktu C i B obliczyć mo na, analizuj c ruch bryły ABC
jako sztywnej kratownicy. Bryła ta porusza si ruchem płaskim. Pr dko ć i przyspie-
szenie punktu C i B wyznaczono, traktuj c ruch płaski dwojako:
1) jako ruch zło ony z post powego ruchu unoszenia i obrotowego ruchu wzgl d-
nego,
2) jako chwilowy ruch obrotowy.
Obliczenie pr dko ci vC i vB
Ad 1)
Przyjmuj c biegun w punkcie A i korzystaj c z rozkładu pr dko ci w ruchu pła-
skim, mo na napisać:
A A
vC = vA + vC , vB = vA + vB ,
gdzie: vC i vB s bezwzgl dnymi pr dko ciami punktów C i B, vA pr dko ci w po-
A A
st powym ruchu unoszenia (pr dko ć bieguna A), vC i vB pr dko ciami w obroto-
wym ruchu wzgl dnym (wzgl dem bieguna A). Ruch unoszenia jest ruchem post -
2 2
powym i w zwi zku z tym pr dko ć unoszenia vu = vA = vB = vC (rys. 2.3.5a) i kieru-
nek jej jest prostopadły do pr ta O1A. Ruch wzgl dny jest ruchem obrotowym i kie-
A A
runek pr dko ci vB i vB jest prostopadły odpowiednio do pr ta AC i AB. Rozkład
pr dko ci pogl dowo przedstawiono na rysunku 2.3.5a i 2.3.5b. W równaniach wekto-
A A
rowych pr dko ci vC i vB znane s kierunki pr dko ci vA, vC , vB , vB oraz warto ć
A
pr dko ci vA. Obliczaj c vB = vA sin 30o = 0,5 m/s, a nast pnie obliczaj c pr dko ć k -
tow w ruchu wzgl dnym (ruch wzgl dny jest ruchem obrotowym i dlatego mo na sko-
A
vB
A
rzystać z takiej zale no ci) z zale no ci vB = �H �" AB, otrzymano �H = = 0,25 s-1
AB
1
A
oraz vC = �H �" AC = m/s.
3
BG AGH
Kinematyka bryły 95
Rys. 2.3.5a
Rys. 2.3.5b
Warto ć pr dko ci bezwzgl dnej punktu C obliczyć mo na, korzystaj c np. z twier-
dzenia Carnota:
A A A
vC = (vC2 )2 + (vC )2 + 2vC2 vC cos (vC2 ,vC ) =
A A A
= (vA)2 + (vC )2 + 2vA,vC cos (vC2 ,vC ),
A
)
gdzie < (vC2 ,vC ) = ł = � + 30o (rys. 2.3.5b),
przy czym cos ł = cos � cos 30o sin � sin 30o,
DC 7 AD 3
2
cos � = = , sin � = = , � = 48,6o, gdzie DC = AC - AD2 .
AC 4 AC 4
Obliczaj c cos ł = 0,1975, otrzymano ostatecznie vC = 1,11 m/s.
BG AGH
96 KINEMATYKA
A
Kierunek wektora vC okre lić mo na, obliczaj c np. k t mi dzy wektorami vC i vC
według zale no ci
vA
A
sin(vC ,vC)= sin ł.
vC
Warto ć pr dko ci punktu B wynosi
3
vB = vA cos 30o = m/s.
2
Ad 2)
Wyznaczaj c w zadanym poło eniu mechanizmu chwilowy rodek pr dko ci ( ro-
A
dek obrotu chwilowego), pr dko ci vC i vC obliczyć mo na jak w ruchu obrotowym,
traktuj c ruch płaski jako chwilowy ruch obrotowy, tzn.:
vB = �H �" BH, vC = �H �" CH,
gdzie �H jest warto ci chwilowej pr dko ci k towej wokół chwilowego rodka pr d-
ko ci H (rys. 2.3.5c).
Rys. 2.3.5c
Chwilowy rodek pr dko ci H wyznaczono jako punkt przeci cia si prostych
prostopadłych do wektorów vA i vB, a kierunek pr dko ci vC rysuj c wektor vC prosto-
padle do CH. Obliczaj c pr dko ć k tow �H z zale no ci vA = �H �" AH, otrzymano:
BH CH
vB = vA i vC = vA .
AH AH
BG AGH
Kinematyka bryły 97
Warto ć pr dko ci vA jest znana i wynosi vA = �0 �" O1A = 1 m/s, natomiast (rys. 2.3.5c)
BH 3
= sin 60o = ,
AH 2
AB
AH = = 2AB,
cos 60o
2
CH = (AH )2 + (AC)2 - 2(AH )(AC)cos (150o - �) = AB 10 - 6cos (150o - �).
3
3
Po podstawieniu danych otrzymano vB = m/s, vC = 1,11 m/s.
2
Obliczenie pr dko ci k towej pr ta O2B
vB
Pr dko ć k tow �02 pr ta O2B obliczyć mo na z zale no ci �02 = , ponie-
O2B
wa punkt B porusza si po okr gu o promieniu O2B.
Obliczaj c O2B = O1A sin 60o oraz podstawiaj c obliczon warto ć vB, otrzymano
�02 = 1 s 1. Wyznaczona pr dko ć �02 odpowiada zadanemu chwilowemu poło eniu
mechanizmu. W poło eniach innych warto ć pr dko ci k towej �02 mo e być inna od
obliczonej.
Obliczenie przyspieszenia aC i aB
Ad 1)
Przyjmuj c biegun w punkcie A i korzystaj c z rozkładu przyspiesze w ruchu
płaskim mo na napisać:
A A
aC = aA + aC , aB = aA + aB (aA wyznaczono str. 94),
gdzie aC i aB s bezwzgl dnymi przyspieszeniami punktów C i B, aA = aAn przyspie-
A A
szeniem w post powym ruchu unoszenia (przyspieszenie bieguna A), aC i aB , przy-
spieszeniami w obrotowym ruchu wzgl dnym (wzgl dem bieguna A). Ze wzgl du na
A A
obrotowy ruch wzgl dny mog wyst pić dwie składowe przyspiesze aC i aB , tj.:
A A A A A A
aC = aC� + aCn , aB = aB� + aBn.
Punkt B mechanizmu porusza si w ruchu bezwzgl dnym po okr gu o promie-
niu O2B i w zwi zku z tym nale y uwzgl dnić dwie składowe jego przyspieszenia bez-
wzgl dnego, tzn. aB = aB� + aBn wzgl dem punktu O2.
BG AGH
98 KINEMATYKA
Ostatecznie mo na wi c napisać:
A A
aC = aAn + aC� + aCn,
A A
aB� + aBn = aAn = aB� + aBn.
W równaniach powy szych znamy kierunki wszystkich przyspiesze z wyj tkiem
przyspieszenia aC, tj. 1,5
A A
aAn || O1A, aC�Ą" AC, aCn || AC, aB�Ą"O2B,
A A
aBn || O2B, aB�Ą" AB, aBn || AB.
Rozkład przyspiesze w sposób pogl dowy pokazano na rysunku 2.3.5d.
Rys. 2.3.5d
Oprócz warto ci przyspieszenia aAn znane s równie warto ci przyspiesze :
4 1
A
aCn = �2 �" AC = (0,25)2 �" = ms-2,
H
3 12
1
A
aBn = �2 �" AB = (0,25)2 �" 2 = ms-2,
H
8
2
aBn = �2 �"O2B = �02 �"O1Asin 60o = 0,5 3 ms-2.
02
BG AGH
Kinematyka bryły 99
Rzutuj c równania wektorowe przyspiesze na osie przyj tego układu odniesienia
(rys. 2.3.5d) otrzymano:
A A
aCx = -aAn cos 60o - aC� cos� - aCn sin �,
A A
aCy = -aAn sin 60o - aC� sin � + aCn cos�,
A
- aB� = -aAn cos 60o - aBn ,
A
- aBn = -aAn sin 60o - aB�,
A A A A
gdzie niewiadomymi s : aCx, aCy, aC�, aB�, aB�, z których aB�, aC� uzale nić mo na
od jednej niewiadomej, tj. przyspieszenia k towego �H (wzgl dem bieguna A) według
wzorów:
A A
aC� = �H �" AC, aB� = �H �" AB.
K t � wyznaczono podczas oblicze pr dko ci, a mianowicie:
3 7
sin � = i cos � = , � = 48,6o.
4 4
Rozwi zuj c powy szy układ równa , otrzymano:
aCx = 0,56 ms-2, aCy = -0,92 ms-2 , �H = 0,
A A
aC� = aB� = 0, aB� = 0,625 ms-2.
Warto ci bezwzgl dne przyspiesze punktu C i B obliczyć mo na np. z zale no ci:
2 2 2 2 A2 A
aB = aB� + aBn , aC = aCx + aBn lub aC = a2 + aCn + 2aAaCn cos �.
A
Wynosz one: aB =1,07 ms-2, aC = 0,99 ms-2.
Kierunki przyspiesze mo na okre lić, obliczaj c odpowiednie k ty, np. dla przy-
spieszenia aC (rys. 2.3.5e):
A
aCn
)
sin < (aA, aC) = sin (180o - �), � = 150o - � = 101,4o.
aC
BG AGH
100 KINEMATYKA
Rys. 2.3.5e
Ad 2)
Obliczenia przyspiesze przy tym sposobie traktowania ruchu płaskiego dokonuje
si , wyznaczaj c poło enie chwilowego rodka przyspiesze P wzgl dem punktu o zna-
nym przyspieszeniu (w tym przypadku punktu A). Znaj c w zadanym poło eniu mecha-
nizmu warto ć chwilowej pr dko ci k towej �H i chwilowego przyspieszenia k towego �H,
poło enie chwilowego rodka przyspiesze P wzgl dem punktu A okre la si , podaj c
k t ą odchylenia od przyspieszenia aA kierunku, na którym le y chwilowy rodek przy-
spiesze P i odległo ć AP od punktu A na tym kierunku, przy czym k t okre la si zgod-
nie z przyspieszeniem k towym. K t ą oraz odległo ć AP oblicza si z zale no ci:
�H aA
tg ą = , AP = .
�2
H �2 + �4
H H
Podstawiaj c �H = 0, �H = 0,25 s 1, aA = aAn = 1 ms 2, otrzymano ą = 0, AP = 16 m,
tzn. e chwilowy rodek przyspiesze le y na kierunku przyspieszenia aA w odległo ci
16 m od punktu A.
Wzgl dem chwilowego rodka przyspiesze wyst puj jedynie składowe normal-
ne przyspiesze (�H = 0, �H `" 0) i przyspieszenia punktów B i C le wi c odpowiednio
na kierunkach BP i CP. Rozkład przyspiesze wzgl dem punktu P pogl dowo pokaza-
no na rysunku 2.3.5f.
Rys. 2.3.5f
BG AGH
Kinematyka bryły 101
Warto ć przyspiesze punktu B i C obliczyć mo na z zale no ci:
aB = aBn = �2 �" BP, aC = aCn = �2 �"CP,
H H
gdzie:
BP = (AP)2 + (AB)2 - 2(AP)(AB) cos120o ,
CP = (AP)2 + (AB)2 - 2(AP)(AB) cos �, � = � + 30o.
Po podstawieniu danych liczbowych otrzymano:
aC = 0,99 ms 2 , aB = 1,07 ms 2.
Obliczenia przyspieszenia k towego pr ta O2B
Przyspieszenie k towe �02 pr ta O2B obliczyć mo na z zale no ci
aB�
�02 = ,
O2B
poniewa punkt B porusza si po okr gu o promieniu O2B.
Obliczaj c O2B = O1A sin 60o oraz podstawiaj c dane liczbowe, otrzymano �02 =
= 0,72 s 2.
ZADANIE 2.3.6
Koło o promieniu r = 1 m toczy si pomi dzy dwiema ruchomymi belkami porusza-
j cymi si z pr dko ciami v1 = 0,5t m/s i v2 = 1 m/s (rys. 2.3.6).
Koło toczy si bez po lizgu wzgl dem belek. W chwili pocz tkowej dla to t0 = 0,
v1 = 0, v2 = 1 m/s.
Wyznaczyć pr dko ć punktu O, pr dko ć k tow koła w chwili t1 = 1 s i t2 = 2 s
oraz równania centroid.
Rys. 2.3.6
Rozwi zanie
Koło porusza si ruchem płaskim, przy czym ze wzgl du na to, e belki poruszaj
si ruchem post powym oraz nie ma po lizgu pomi dzy kołem i belkami, znane s
chwilowe pr dko ci punktów styku A i B, tzn. vA = v1, vB = v2. Wygodnie jest
w tym przypadku (poszukuje si warto ci chwilowych v0, �, �) traktować ruch płaski
jako chwilowy ruch obrotowy i rozwi zać zadanie, wyznaczaj c chwilowy rodek
BG AGH
102 KINEMATYKA
pr dko ci. Korzystaj c ze znanych metod, wyznaczono poło enie chwilowego rodka
pr dko ci H, przyjmuj c, e v2 > v1, tzn. dla chwili 0 < t < t2 (rys. 2.3.6a). Ze wzgl du na
to, e v1 zale y od czasu, chwilowy rodek pr dko ci zmienia swoje poło enie i np. dla
t = 0 znajduje si w punkcie A, a dla t > t2 le y na prostej AB poni ej punktu B. Ukła-
daj c równania:
v1 = ��" AH ,
v2 = �(2r + AH ),
v0 = �(r + AH ),
i rozwi zuj c powy szy układ, otrzymano:
2v1r
AH = ,
v2 - v1
v1 + v2
v0 = ,
2
v2 - v1
� = ,
2r
v1 = 0,5t [m/s].
Z powy szych zale no ci wynika, e dla t = 0, tzn. dla v1 = 0, AH = 0, i chwilowy
rodek pr dko ci le y w punkcie A. Dla v1 = v2, AH = ", � = 0 i chwilowy rodek
pr dko ci znajduje si w niesko czono ci, tzn. ruch koła mo na traktować jak chwilo-
wy ruch post powy przy obliczeniu pr dko ci (w tym poło eniu pr dko ci wszystkich
punktów koła s takie same, ale nie dotyczy to przyspieszenia!). Dla v1 > v2 chwilowy
rodek pr dko ci zmienia swoje poło enie i le y poni ej punktu B na prostej AB.
Podstawiaj c t1 = 1 s i t2 = 2 s otrzymano:
v0(t1) = 0,75 m/s, �1 = 0,25 s 1,
v0(t2) = 1 m/s, �2 = 0.
Równanie centroidy nieruchomej wyznaczono w przyj tym nieruchomym ukła-
dzie odniesienia O1xy (rys. 2.3.6b).
Rys. 2.3.6a Rys. 2.3.6b
BG AGH
Kinematyka bryły 103
Wyznaczaj c współrz dne punktu H, w zale no ci od t otrzymuje si równania
parametryczne (parametrem jest czas t), które mo na interpretować jako sko czone
równania ruchu punktu H. Ruguj c parametr t otrzymuje si z tych równa równanie
centroidy nieruchomej. W rzeczywisto ci punkt H nale y do płaszczyzny sztywno
zwi zanej z brył poruszaj c si ruchem płaskim i ma pr dko ć równ zeru w danej
chwili. W ka dej nast pnej chwili chwilowym rodkiem pr dko ci staje si inny punkt
tej płaszczyzny o pr dko ci chwilowej równej zeru, który ma inne poło enie ni punkt
poprzedni. W ten sposób obserwuje si pozornie ruch punktu H.
Obliczaj c współrz dne punktu H w zale no ci od czasu, otrzymano:
t t t
v1 + v2 1 1 1
xH = x0 = v0dt = dt = (0,5t +1)dt = t2 + t,
+" +" +"
2 2 8 2
0 0 0
2v1r 2t
yH = 2r + AH = 2r + = .
v2 - v1 1- 0,5t
Ruguj c z powy szych równa czas t, otrzymano równanie centroidy nieruchomej
(rys. 2.3.6c).
Dla wyznaczenia równania centroidy ruchomej wprowadzono ruchomy układ od-
niesienia sztywnie zwi zany z kołem (rys. 2.3.6b).
Wykorzystuj c równania centroidy w układzie ruchomym w postaci:

x0 sin � - y0 cos � x0 cos � - y0 sin �
� = , � = ,

� �
0,5 t + 1 1 - 0,5 t

gdzie: x0 = v0 = , y = 0, � = � = .
2 2
otrzymano
�2 + �2 = �2 (t),
gdzie
1+ 0,5t
�(t) = .
1- 0,5t
Równanie centroidy ruchomej jest równaniem spirali pokazanej na rysunku
2.3.6d.
Centroida ruchoma toczy si bez po lizgu po centroidzie nieruchomej, a wi c:
dla chwili 0 < t < t2 = 2 s gał krzywej górnej z rysunku 2.3.6d toczy si po
górnej gał zi z rysunku 2.3.6c,
dla chwili t > t2 = 2 s gał dolna z rysunku 2.3.6d toczy si po gał zi dolnej
z rysunku 2.3.6c,
chwila t2 = 2 s rozgranicza zmian kierunku obrotów koła (pr dko ci k to-
wej �) i tym samym zmian kierunku toczenia si centroidy ruchomej po nie-
ruchomej.
BG AGH
104 KINEMATYKA
Rys. 2.3.6c Rys. 2.3.6d
ZADANIE 2.3.7
Ci ar I (rys. 2.3.7) zawieszony w punkcie A tarczy II o promieniach r1 i R1 opada
z pr dko ci i przyspieszeniem a. Ruch szpuli IV o promieniach r2 i R2 powodowany
v
jest odwijaj c si lin przerzucon przez koło kieruj ce III i nawini t na tarcz II
oraz szpul IV. Zakładaj c, e lina jest nierozci gliwa i toczenie szpuli IV odbywa si
bez po lizgu, obliczyć pr dko ć i przyspieszenie punktu O oraz pr dko ć i przyspiesze-
nie k towe szpuli IV.
l
Rys. 2.3.7
BG AGH
Kinematyka bryły 105
Rozwi zanie
Układ materialny składa si z czterech brył, z których bryła I porusza si ruchem
post powym, bryła II i IV ruchem płaskim, bryła III ruchem obrotowym. Wyznaczyć
nale y okre lone parametry kinematyczne (v0, a0, �0, �0 ) bryły poruszaj cej si ru-
chem płaskim.
Zadanie rozwi zano dwoma sposobami:
1) traktuj c ruch płaski jako chwilowy ruch obrotowy,
2) traktuj c ruch płaski jako ruch zło ony.
Ad 1)
Z narzuconych na układ wi zów wynika, e v = vA, vB = vD , vC = 0, i w zwi zku
z tym chwilowy rodek pr dko ci tarczy II le y w punkcie C, a szpuli IV w punkcie E
(rys. 2.3.7a i 2.3.7b).
Rys. 2.3.7a Rys. 2.3.7b
Układaj c równania dla tarczy II:
vA = �r1, vB = �(r1 + R1),
i szpuli IV:
vD = �0 (r2 + R2), v0 = �0R2,
oraz wykorzystuj c zale no ć vB = vD , vA = v i rozwi zuj c powy szy układ rów-
na , otrzymano:
R2 (r1 + R1) r1 + R1
v0 = v , �0 = v .
r1(r2 + R2) r1(r2 + R2)
BG AGH
106 KINEMATYKA
Relacje te s słuszne dla ka dej chwili czasu. Promienie nie zmieniaj si i tory
punktu A i O s prostoliniowe, wi c zale no ci powy sze formalnie mo na zró niczko-
wać, traktuj c v = v(t) i otrzymuj c:
dv0 R2 (r1 + R1) d�0 r1 + R1
a0 = = a , �0 = = a .
dt r1(r2 + R2) dt r1(r2 + R2)
Ad 2)
Ruch płaski traktuje si w tym przypadku jako ruch zło ony z post powego ruchu
unoszenia i obrotowego ruchu wzgl dnego. Pr dko ci oblicza si , korzystaj c z rozkła-
du pr dko ci, jako sum wektorow pr dko ci unoszenia (pr dko ci dowolnego biegu-
na) i pr dko ci wzgl dnej (wzgl dem tego bieguna), a przyspieszenia jako sum wekto-
row przyspieszenia unoszenia (przyspieszenia dowolnego bieguna) i przyspieszenia
wzgl dnego (wzgl dem tego bieguna). Rozkład pr dko ci pokazano na rysunku 2.3.7c.

|VB| = |VD|
Rys. 2.3.7c
Obieraj c biegun dla tarczy II w punkcie A i dla szpuli IV w punkcie D, otrzymuje
si równania wektorowe:
A A
vB = vA + vB , vC = vA + vC = 0,
D D
v0 = vD + v0 , vE = vD + vE = 0,
a nast pnie skalarne:
A A
vB = vA + vB , vA - vC = 0,
D D
v0 = vD + v0 , vD - vE = 0,
przy czym vB = vD, vA = v (v jest pr dko ci opadaj cej bryły I).
BG AGH
Kinematyka bryły 107
Uwzgl dniaj c, e
A A
vC = ��"CA = ��" r1, vB = ��" BA = ��" R1,
D D
v0 = ��" OD = �0 �" r2, vE = �0 �" ED = �0(r2 + R2),
z powy szego układu równa otrzymuje si :
R2 (r1 + R1) r1 + R1
v0 = v , �0 = v .
r1(r2 + R2) r1(r2 + R2)
Rozkład przyspiesze pokazano na rysunku 2.3.7d.

|a | = |a |
I II
Rys. 2.3.7d
Obieraj c w tym przypadku bieguny w punktach A i O, otrzymuje si równania
wektorowe:
A A
aB = aA + aB� + aBn,
0 0
aD = a0 + aD� + aDn.
A 0
Podstawiaj c aA + aB� = aI, a0 + aD� = aII i uwzgl dniaj c aI = aII (aI jest rzu-
tem przyspieszenia aB na kierunek liny w punkcie B, a aII rzutem przyspieszenia aD
na kierunek liny w punkcie D i odpowiednio s one przyspieszeniami punktów liny B
i D, z czego wynika równo ć ich warto ci przy zało eniu nierozci gliwo ci liny), otrzy-
muje si równanie skalarne
A 0
aA + aB� = a0 + aD�.
BG AGH
108 KINEMATYKA
A
Uwzgl dniaj c, e aA = a (a jest przyspieszeniem opadaj cej bryły I), aB� = � �" R1,
aA 0 a0
� = , aD� = �0 �" r2, �0 = , otrzymuje si :
r1 R2
R2 (r1 + R1) r1 + R1
a0 = a , �0 = a .
r1(r2 + R2) r1(r2 + R2)
ZADANIE 2.3.8
W przekładni planetarnej, jak na rysunku 2.3.8, pr dko ć k towa i przyspieszenie
k towe wału nap dowego wynosz : �I = 1 s 1, �I = 0,5 s 2. Koło planetarne II osadzone
jest w ło yskach na osi AA1 zwi zanej sztywno z ramk OA. Znaj c promienie R = 1 m
i r = 0,5 m, obliczyć pr dko ć i przyspieszenie chwilowe punktu K oraz pr dko ć
i przyspieszenie k towe ramki OA.
A1
60o
Rys. 2.3.8
Rozwi zanie
W przekładni planetarnej koło I oraz ramka OA poruszaj si ruchami obrotowy-
mi, a koło II ruchem płaskim, przy czym zakłada si , e koło toczy si bez po lizgu po
nieruchomym kole zwi zanym z korpusem przekładni.
BG AGH
Kinematyka bryły 109
Obliczenie pr dko ci punktu K
1) Ruch płaski koła II jako chwilowy ruch obrotowy
Chwilowy rodek pr dko ci znajduje si w punkcie H (rys. 2.3.8a). Znaj c poło e-
nie punktów K i H mo na napisać
vK = �II �" KH,
gdzie �II jest k tow pr dko ci koła II.
Rys. 2.3.8a
Pr dko ć �II wyznaczyć mo na, obliczaj c pr dko ć liniow punktu styku kół I
i II. Pr dko ć ta wzgl dem rodka koła I wynosi vp' = �I �" R (jako punktu P' nale cego
do koła I), a wzgl dem chwilowego rodka pr dko ci H vp = �II �" PH (jako punktu P
nale cego do koła II).
R
Uwzgl dniaj c, e vp' = vp, otrzymuje si �II = �I ,
PH
a zatem
KH
vK = �IR .
PH
Trójk t AHK jest równoboczny, wi c KH = r.
1 R 1
Podstawiaj c KH = r oraz PH = 2r, otrzymano �II = �I i vK = �IR, a dla
2 r 2
danych liczbowych �II = 1 s 1, vk = 0,5 m/s.
BG AGH
110 KINEMATYKA
2) Ruch płaski koła II jako ruch zło ony
Przyjmuj c biegun w punkcie P (rys. 2.3.8b), mo na napisać równanie wektorowe:
P
vK = vP + vK ,
P
gdzie vK jest pr dko ci wzgl dn w obrotowym ruchu wzgl dnym wzgl dem bieguna P.
Rys. 2.3.8b
Pr dko ć vP wzgl dem rodka O koła I wynosi vP = �1 �" R, a pr dko ć
P
vK = �II �" PK.
Pr dko ć k tow �II obliczyć mo na, układaj c równanie wektorowe
P
vH = vP + vH = 0 (punkt H ma pr dko ć równ zero),
i skalarne
P
vP - vH = 0,
P
gdzie ,
vH = �IIHP
sk d
P
vH vp R
�II = = = �I .
HP HP 2r
Podstawiaj c PK = 2rcos30o (co wynika z rys. 2.3.8b), otrzymano
P
vK = �IR cos30o ,
BG AGH
Kinematyka bryły 111
P P
a nast pnie z zale no ci vK = (vP)2 + (vK )2 2vPvK cos� (gdzie � = 150o) warto ć
pr dko ci punktu K
1
vK = �IR.
2
Dla danych liczbowych otrzymuje si
�II = 1 s 1, vK = 0,5 m/s.
� �
Obliczenie pr dko ci �R i przyspieszenia k towego �R ramki OA
� �
� �
� �
Punkt A jest punktem wspólnym koła II i ramki OA. Pr dko ć punktu A wyznaczyć
mo na z jednej strony wzgl dem punktu O, a z drugiej strony wzgl dem punktu H:
vA = �R �" OA = �R(R + r),
R
vA = �II �" AH = �II �" r, gdzie �II = �I .
2r
Z zale no ci tych otrzymuje si
R
�R = �I .
2(R + r)
R
Ze wzgl du na to, e = const dla ka dej chwili t, przyspieszenie �R obli-
2(R + r)
czyć mo na jako pochodn �R wzgl dem czasu, tzn.
R R

�R = �R = �I = �I .
2(R + r) 2(R + r)
Obliczenie przyspieszenia punktu K
W tym przypadku biegun przyj to w punkcie A i równanie wektorowe przyspie-
sze ma postać
A
aK = aA + aK .
Punkt A porusza si po okr gu o promieniu OA = R + r, a wi c aA = aA� + aAn ,
punkt K wzgl dem A porusza si po okr gu o promieniu KA = r, czyli
A A A A A
aK = aK� + aKn i aK = aA� + aAn + aK� + aKn.
BG AGH
112 KINEMATYKA
Znaj c wyliczone uprzednio przyspieszenie k towe �R i pr dko ć k tow �R, obli-
czono:
1 r2
aA� = �R �" OA = �IR, aAn = �2 �"OA = �2 .
R I
2 4(R + r)
R
Znaj c pr dko ć k tow �II = �I , obliczyć mo na przyspieszenie k towe
2r
R 1 R2
A A

�II = �II = �I , a nast pnie przyspieszenie aK� = �II �" AK = �IR, aKn = �2 �" AK = �2 .
II I
2r 2 4r
Warto ć przyspieszenia aK wygodnie jest obliczyć, wyznaczaj c jego współrz d-
ne w przyj tym układzie odniesienia, korzystaj c z rozkładu przyspiesze w punkcie K
(rys. 2.3.8c). Obliczaj c współrz dne:
A
aKx = aKn + aA� cos 30o + aAn cos 60o,
A
aKy = -aK� + aA� cos 60o - aAn cos 30o,
2 2
a nast pnie aK = aKx + aKy , otrzymano dla danych liczbowych warto ć aK = 0,67 m/s2.
60o
Rys. 2.3.8c
ZADANIE 2.3.9
W mechanizmie korbowo-wodzikowym, jak na rysunku 2.3.9, dane s : OA = AB =
= R = 1 m, AC = CB, � = 2 s 1 jest stała. Obliczyć pr dko ć i przyspieszenie punktu C
Ą
w chwili t1 = s.
8
Rozwi zanie
W mechanizmie tym koło nap dowe spełniaj ce rol korby porusza si ruchem
obrotowym, korbowód AB ruchem płaskim i suwak B ruchem post powym. Pr dko ć
i przyspieszenie punktu C w ruchu płaskim korbowodu obliczono, traktuj c ruch płaski
dwojako, jako:
1) ruch zło ony z post powego ruchu unoszenia i obrotowego ruchu wzgl dnego,
2) ruch obrotowy chwilowy.
BG AGH
Kinematyka bryły 113
Rys. 2.3.9 Rys. 2.3.9a
Ad 1)
Przyjmuj c biegun w punkcie mo na napisać równania wektorowe:
A A
vC = vA + vC , vB = vA + vB ,
A A
gdzie: s pr dko ciami w ruchu wzgl dnym wzgl dem bieguna A. Roz-
vC i vB
Ą Ą
kład pr dko ci w chwili t1 = s pokazano na rysunku 2.3.9a, gdzie �1 = �t1 = .
8 4
A A
Pr dko ć bieguna wyznaczono z zale no ci vA = � �" OA = ��"R, a pr dko ci vC i vB
z zale no ci:
A A
vC vB A vA
= , vB = .
AC AB
tg 45o
A
Wektory vA i vB s do siebie prostopadłe, wi c
2
A
vC = (vA)2 +(vC) .
AC AC 1
A A
vC = vB = vA = vA
Obliczaj c , otrzymano
AB
AB tg 45o 2
1 1
vC = vA 5 = �R 5
2 2
i dla danych liczbowych vC = 2,24 m/s.
BG AGH
114 KINEMATYKA
A
Znaj c pr dko ć vC , mo na obliczyć pr dko ć k tow �AB korbowodu
A
vC vA
�AB = = = �.
AC 2AC
Celem obliczenia przyspieszenia punktu C uło ono wektorowe równania przyspiesze :
A A
aC = aA + aC , aB = aA + aB .
Uwzgl dniaj c, e aA = aAn (przyspieszenie k towe wzgl dem punktu 0 � = 0
A A A A A A
aA� = 0, aC = aC� + aCn , aB = aB� + aBn oraz e przyspieszenie le y stale na osi
aB
OB, otrzymuje si :
A A
aC = aAn + aC� + aCn ,
A A
aB = aAn + aB� + aBn.
Rzutuj c drugie z równa na osie przyj tego układu odniesienia (rys. 2.3.9b), otrzy-
Ą
mano dwa równania skalarne, odpowiadaj ce poło eniu mechanizmu w chwili t1 = s:
8
A A
- aB = -aAn cos 45o - aB� cos 45o - aBn cos 45o,
A A
0 = -aAn sin 45o - aB� sin 45o + aBn sin 45o.
2
A
(vB)
(vA)2
A
Podstawiaj c aAn = �2 �" OA = �2R, otrzymano
aBn = = = �2R,
AB
R tg2 45o
A
aB�
A
aB� = 0, tzn. e równie przyspieszenie k towe korbowodu wzgl dem punktu A �AB = = 0
AB
A
oraz przyspieszenie styczne punktu C wzgl dem punktu A
aC� = �AB �" AC = 0.
Rys. 2.3.9b
BG AGH
Kinematyka bryły 115
A
Tak wi c aC = aAn + aCn.
A
(vC )2 ( vA)2 1
A
Warto ć przyspieszenia aAn jest znana, a aCn = = = �2R.
AC 4 �" AC 2
A
Przyspieszenia aAn i aCn s prostopadłe, wi c
1
A
aC = (aAn )2 + (aCn )2 = �2R 5
2
i dla danych liczbowych aC = 4,47 m/s2.
Ad 2)
Pr dko ć punktu C wyznaczono, znajduj c chwilowy rodek pr dko ci H dla poło-
Ą
enia mechanizmu w chwili t1 = s. Punkt H jest punktem przeci cia si prostopadłych
8
do pr dko ci vA i vB (rys. 2.3.9c), a pr dko ć punktu C jest prostopadła do odcinka CH.
Ą
Pr dko ć � = const, a w zwi zku z tym � = � �" t i w chwili t1 = k t � = �1 = 45o.
8
Pr dko ć punktu C obliczyć mo na z zale no ci vC = �AB �" CH, gdzie �AB jest
pr dko ci k tow chwilow korbowodu AB. Obliczono j , wyznaczaj c pr dko ć vA
wzgl dem punktu O i wzgl dem punktu H, tzn. vA = � �" OA = � �" R i vA = �AB �" AH =
= �ABAB tg 45o = �AB �" R.
Porównuj c tak wyznaczon pr dko ć vA otrzymano �AB = �. Obliczaj c
1 1
2
CH = AH + AC2 = R 5, wyznaczono vC = �R 5, a dla danych liczbowych
2 2
vC = 2,24 m/s.
Przyspieszenie punktu C obliczono, wyznaczaj c chwilowy rodek przyspie-
sze wzgl dem punktu A o znanym przyspieszeniu. Przyspieszenie punktu A jest
równe aA = aAn = �2R, poniewa przyspieszenie k towe wzgl dem punktu O jest równe
zero. Odległo ć chwilowego rodka przyspiesze D od punktu A obliczyć mo na z za-
le no ci
aA
AD = ,
�2 + �4
AB AB
a k t odchylenia prostej, na której le y punkt D, od przyspieszenia aA ze wzoru
�
AB
tg ą = .
�2
AB
BG AGH
116 KINEMATYKA
Rys. 2.3.9c Rys. 2.3.9d
W rozpatrywanym przypadku nie ma innej mo liwo ci obliczenia pr dko ci �AB
i przyspieszenia �AB ni w sposób podany w punkcie a). Znaj c �AB = 0, �AB = �, otrzy-
muje si ą = 0, AD = R. Chwilowy rodek przyspiesze le y wi c na kierunku OA
w odległo ci R od punktu A i pokrywa si z punktem O (rys. 2.3.9d). Przyspieszenia
punktu C wzgl dem punktu D oblicza si z zale no ci:
2 2
D D D D
aC = (aC�) +(aCn) = aCn , (aC� = � �" CD = 0),
AB
1
D
gdzie aCn = �2 �" CD = �2 �" (OA)2 + (AC)2 = �2R 5.
AB AB
2
Dla danych liczbowych aC = 4,47 m/s2.
Nadmienić nale y, e pr dko ć i przyspieszenie punktu C obliczyć mo na, wyko-
rzystuj c równania sko czone ruchu punktu C, co zostało zrobione w zadaniu 2.2.4.
2.3.3. Ruch kulisty
ZADANIE 2.3.10
Sto ek o podstawie kołowej o promieniu r i wysoko ci h przetacza si po płasz-
czy nie bez po lizgu (rys. 2.3.10). Pr dko ć punktu C jest stała co do warto ci,
linia CD jest równoległa do płaszczyzny . Wyznaczyć pr dko ć i przyspieszenie punk-
tów B i D.
BG AGH
Kinematyka bryły 117
Rys. 2.3.10
Rozwi zanie
Sto ek porusza si ruchem kulistym, przy czym punktem kulistym (nieruchomym)
jest punkt O. Zadanie rozwi zano dwiema metodami:
1) traktuj c ruch kulisty jako ruch chwilowy obrotowy,
2) metod analityczn .
Ad 1)
Prosta OA jest lini styczno ci pobocznicy sto ka z płaszczyzn i w czasie ruchu
sto ka chwilowe pr dko ci punktów prostej OA s równe zeru. Prosta OA jest wi c osi
chwilowego obrotu &! (rys. 2.3.10a). Oznaczaj c pr dko ć k tow chwilow przez �
mo na napisać, e: vB = � �" BB1, vD = � �" C1D.
vC
Znaj c warto ć vC, wyznaczyć mo na pr dko ć k tow � z zale no ci � = .
CC1
OC CC1
Korzystaj c z proporcji = wyznaczono
OA CA
OC �" CA h �" r
CC1 = = ,
OA
h2 + r2
a nast pnie obliczono
h �" r
BB1 = 2CC1 = 2
h2 + r2
2h2 + r2
i
C1D = (CC1)2 + (CD)2 = (CC1)2 + r2 = r .
h2 + r2
BG AGH
118 KINEMATYKA
Rys. 2.3.10a
vC h2 + r2
Podstawiaj c � = = vC i obliczone warto ci BB1 i C1D, otrzymano:
CC1 hr
2
r
�ł �ł
vB = 2vC , vD = vC 2 + .
�ł �ł
h
�ł łł
Wyznaczaj c chwilow o przyspiesze E i przyspieszenie k towe � sto ka, mo -
na wyznaczyć przyspieszenia punktów B i D.
�
Wektor pr dko ci k towej ma stał warto ć i obraca si z pr dko ci k tow �1
w czasie przetaczania si sto ka po płaszczy nie (rys. 2.3.10a). Mo na wi c zapisać,
e � = �1x�, a wi c wektor � jest prostopadły do �1 i �, tym samym o E jest prosto-
padła do osi &! i z (pokrywa si z osi x). Warto ć pr dko ci �1 wyliczyć mo na albo
z rozkładu wektora � = �1 + �2, albo obliczaj c warto ć pr dko ci vC wzgl dem osi z,
vC h2 + r2
tj. vC = �1 �"OC1 i �1 = = vC .
OC1
h2
h2 + r2
2
Warto ć przyspieszenia � wynosi � = �1�sin 90o = vC .
rh3
Składowe przyspieszenia punktu B wynosz :
h2 + r2
B 2
składowa obrotowa a0 = � �" OB = vC h2 + r2 ,
rh3
h2 + r2
B 2
składowa doosiowa ad = �2 �" BB1 = 2vC .
rh3
Rozkład przyspiesze w punkcie B pokazano na rysunku 2.3.10b.
BG AGH
Kinematyka bryły 119
Rys. 2.3.10b
Oznaczaj c k t sto ka przez ą, otrzymuje si
2 2
B B B B
aB = (a0 ) +(ad ) - 2a0 ad cos ą.
OB1 h2 - r2
Obliczaj c cos ą = = i dokonuj c podstawie , otrzymano
OB
h2 + r2
3
4h2r2(h2 + r2)+(h2 + r2)
2
aB = vC .
rh3
Składowe przyspieszenia punktu D wynosz :
h2 + r2
D 2
a0 = � �" DD1 = vC , DD1 = OC = h,
rh2
( )( ).
h2 + r2 2h2 + r2
D 2
ad = �2 �"C1D = vC
rh2
BG AGH
120 KINEMATYKA
Ze wzgl du na to, e istotn trudno ć sprawia wyznaczenie k ta pomi dzy tymi
składowymi, warto ć przyspieszenia aD obliczyć mo na, wyznaczaj c współrz dne:
D
aDx = ad cos�,
ą
aDy = -asin ,
2
ą
D D
aDz = -ad sin � + a0 cos ,
2
CD h2 + r2
gdzie: cos � = = , sin � = 1- cos2 �,
C1D
2h2 + r2
ą BC r ą 2ą
sin = = h2 + r2 , cos = 1- sin .
2 OB 2 2
h2 + r2
Po podstawieniu danych otrzymano
h2 + r2 (3h2 + 2r2)
2 2 2 2
aD = aDx + aDy + aDz = vC .
h2r
Ad 2)
W obliczeniach analitycznych pr dko ci i przyspiesze korzysta si z gotowych równa :
vx = �y �" z - �z �" y,
vy = �z �" x - �x �" z,
vz = �x �" y - �y �" x,
ax = � �" z - �z �" y + �x (�x �" x + �y �" y + �z �" z) - �2 �" x,
y
ay = �z �" x - �x �" z + �y (�x �" x + �y �" y + �z �" z) - �2 �" y,
az = �x �" y - � �" x + �z (�x �" x + �y �" y + �z �" z) - �2 �" z.
y
Znaj c współrz dne rozpatrywanego punktu, współrz dne pr dko ci i przyspie-
szenia k towego oraz warto ć pr dko ci k towej, z powy szych równa mo na wyzna-
czyć współrz dne pr dko ci i przyspieszenia liniowego w zale no ci od czasu lub
w zadanym poło eniu.
BG AGH
Kinematyka bryły 121
W rozpatrywanym przypadku, oblicze dokonano dla punktu B. Dla rozpatrywa-
nego poło enia punktu B okre lono:
h2 - r2 2rh
xB = 0, yB = h2 + r2 , zB = h2 + r2 ,
h2 + r2 h2 + r2
h2 + r2 ,
�x = 0, �y = �, �z = 0, � = vC
rh
h2 + r2 ,
2
�x = �, � = 0, �z = 0, � = vC
y
rh3
a nast pnie obliczono:
vBx = �zB , vBy = 0, vBz = 0, vB = 2vC ,
2 2
h2 + r h2 + r
2 2
aBx = 0, aBy = -2vC , aBz = -vC h2 + r ,
h2 rh3
2 2 2
aB = aBx + aBy + aBz .
Post puj c analogicznie, obliczyć mo na pr dko ć i przyspieszenie punktu D.
ZADANIE 2.3.11
W mechanizmie ró nicowym nap dzane s dwie tarcze z pr dko ciami k towymi
�1 = 3 s 1 i �2 = 1 s 1 (rys. 2.3.11). Koło satelitarne o poziomej osi obrotu przetacza si
na skutek ró nicy pr dko ci k towych �1 i �2. Maj c dane promienie r = 0,5 m, R = 1 m
obliczyć pr dko ć k tow satelity wzgl dem osi własnej oraz pr dko ć i przyspiesze-
nie k towe satelity.
Rys. 2.3.11
BG AGH
122 KINEMATYKA
Rozwi zanie
Koło satelitarne porusza si ruchem kulistym, którego punkt kulisty znajduje si
w punkcie O. Pozostałe punkty satelity pozostaj podczas ruchu w tej samej odległo ci od
punktu O, a tarcze i o satelity poruszaj si ruchami obrotowymi dookoła osi pionowej.
Poło enie chwilowej osi obrotu satelity zale y od warto ci pr dko ci k towych �1 i �2,
przy czym le y ona w przestrzeni poza rzeczywistymi punktami satelity (rys. 2.3.11a).
Znaj c �1 i �2 obliczyć mo na pr dko ci punktów A i B:
vA = �1 �" R, vB = �2 �" R.
Z drugiej strony, pr dko ci te policzyć mo na wzgl dem chwilowej osi obrotu &!:
vA = � �" AA1, vB = � �" BB1, � pr dko ć chwilowa satelity.
vB BB1
Z zale no ci tych wynika proporcja = ,
przy czym AA1 = KK1 + r sin ą,
vA AA1
BB1 = KK1 r sin ą, KK1 = R cos ą.
Poło enie chwilowej osi obrotu &! (rys. 2.3.11b) okre la k t obliczony z powy -
szych zwi zków
R vA - vB R �1 - �2
tg ą = �" = �" .
r vA + vB r �1 + �2
vB �2 �" R
Wyznaczaj c � = = i obliczaj c dla danych liczbowych tg ą = l,
BB1 R cos ą - r sin ą
ą = 45o, otrzymano warto ć pr dko ci k towej chwilowej koła satelitarnego � = 2 2s-1.
Wektor rozkłada si na �r i �u (rys. 2.3.11b).
�
Rys. 2.3.11a Rys. 2.3.11b
BG AGH
Kinematyka bryły 123
Pr dko ć k tow �r satelity wzgl dem osi własnej obliczyć mo na ze wzoru
�r = �siną i po podstawieniu danych otrzymuje si �r = 2 s 1.
Warto ci pr dko ci k towych �1 i �2 s stałe, wi c i k t ą nie zmienia si , tak wi c
stała jest te warto ć pr dko ci �. Wobec tego przyspieszenie k towe � wynika tylko
ze zmiany kierunku wektora � i jest prostopadłe do �u i � zgodnie z równaniem
� = �u � �, warto ć �u = � cos ą. Warto ć przyspieszenia � wynosi
2
2 2
� = �u �" ��" sin ą = �2 sin ą cos ą = (2 2) �" = 4 s-2.
2 2
ZADANIE 2.3.12
Pr t AB obraca si wokół własnej osi ED z pr dko ci �r = 2 s 1 i równocze nie
razem z ramk wzgl dem osi pionowej KL z pr dko ci k tow �0 = 1 s 1 (rys. 2.3.12).
Maj c dane ą = 30o, l = l m, r = 0,2 m, CD = 0,5 m, obliczyć pr dko ć i przyspieszenie
punktów A i B.
Rozwi zanie
Pr t AB porusza si ruchem kulistym, a punkt C porusza si po okr gu wzgl dem
osi KL w wyniku ruchu obrotowego ramki. Pr dko ć k tow chwilow oraz kierunek
chwilowej osi obrotu &! wyznaczyć mo na, składaj c wektory �r i �0 (rys. 2.3.12a):
� = �0 + �r ,
� = �2 + �2 + 2�0�r cos(90 - ą).
0 r
l l
r
C
r
C
Rys. 2.3.12 Rys. 2.3.12a
BG AGH
124 KINEMATYKA
Pr dko ci punktów A i B wyznaczono wzgl dem chwilowej osi obrotu z zale no ci:
vA = � �" d1, vB = ��" d2.
Odległo ci d1 i d2 obliczyć mo na nast puj co (rys. 2.3.12a)
d1 = OAsin �, d2 = d1 + 2r cos ł,
l
OA = OC2 + AC2 , OC = OD - CD = - CD, AC = r,
cos ą
�0 � �0 1
2
= , sin ł = cos ą, cos ł = �2 - �0 cos2 ą,
sin ł sin (90 + ą) � �
AC 1
� = ł - �, sin � = sin ł cos � - cos ł sin �, sin � = , cos � = OA2 + AC2 .
OA OA
Po podstawieniu danych liczbowych otrzymano:
d1 = 2 cm, d2 = 40,36 cm, � = 2,64 s 1, vA = 6,86 cm/s, vB = 106,55 cm/s.
Warto ć pr dko ci � jest stała i w zwi zku z tym przyspieszenie k towe
� = �0 � �r , a jego warto ć jest równa � = �0�r sin(90 ą) = 1,73 s 2. Prosta przy-
spieszenia � jest prostopadła do wektorów �0 i �r i przechodzi przez punkt kulisty O
(rys. 2.3.12b).
Rys. 2.3.12b
Przyspieszenia liniowe punktów A i B równe s sumom geometrycznym przyspie-
sze doosiowych i obrotowych:
A
aA = ad + aoA, k t (adA, aoA)=180o - �,
B B B
aB = ad + ao , k t (ad , aoB)=180o - (ł + �).
BG AGH
Kinematyka bryły 125
Warto ci poszczególnych składowych wynosz :
A
ad = �2 �" d1 = 7 �" 2,6 = 18,2 cm/s2,
A
ao = � �"OA = 1,73�" 68,58 = 118,6 cm/s2,
B
ad = �2 �" d2 = 7 �" 40,36 = 281,3 cm/s2 ,
B A
ao = � �"OB = � �"OA = ao = 118,6 cm/s2,
Warto ci przyspiesze aA i aB równe s :
2 2
A A A A
aA = (a0 ) +(ad ) - 2(a0 )(ad )cos �,
2 2
B B B B
aB = (a0 ) +(ad ) - 2(a0 )(ad )cos (ł + �).
Po podstawieniu danych liczbowych otrzymano: aA = 136,6 cm/s2, aB = 198,4 cm/s2.
ZADANIE 2.3.13
Walec kruszarki toczy si po bie ni bez po lizgu z pr dko ci k tow �0 = 0,5 t
wzgl dem osi pionowej (�0 [s 1], t [s]) (rys. 2.3.13). Dla danych OC = h = 1 m, r = 0,5 m
obliczyć przyspieszenie najwy ej poło onego punktu A walca.
Rys. 2.3.13
Rozwi zanie
Zadanie rozwi zano dwoma sposobami:
1) wykorzystuj c wektorowy rozkład przyspiesze ,
2) metod analityczn .
BG AGH
126 KINEMATYKA
Ad 1)
Przyspieszenie punktu A walca oblicza si jako sum geometryczn przyspiesze-
nia doosiowego i obrotowego
aA = ad + ao ,
przy czym
ad = � � vA = � � (� � OA), ao = � � OA = (�1 + �2) � OA = ao1 + ao2,
gdzie:
� wektor chwilowej pr dko ci k towej wzgl dem osi chwilowej &!,
� wektor chwilowego przyspieszenia k towego wzgl dem osi chwilowej E,
składowe �1 i �2 wynikaj ze zmiany warto ci i kierunku pr dko ci �, co oznacza, e
przyspieszenie obrotowe ao punktu A mo na rozło yć na dwie składowe ao1 i ao2 .
Pierwsza jest prostopadła do osi &!, a druga do wektora �2.
Wyznaczyć wi c nale y pr dko ć � i przyspieszenie � oraz poło enie osi chwilo-
wych &! i E. O &! chwilowego obrotu przechodzi przez punkt kulisty O i punkt B
(rys. 2.3.13a). Z rozkładu pr dko ci
�0 r h2 + r2
� wynika, e = = sin ą, a wi c � = �0 i jest funkcj czasu, poniewa
� OB r
funkcj czasu jest pr dko ć �0.
Rys. 2.3.13a
BG AGH
Ruch zło ony punktu 127
Składowe przyspieszenia � s równe:
d�
�1 = �0 , �2 = �0x� (�0 wersor osi &!), przy czym � = �1 + �2,
dt
a ich warto ci wynosz :
d� h2 + r2 h2 + r2 h
2

�1 = = �0 , �2 = �0�sin (90 - ą) = �2 cos ą = �0 .
0
dt r r r
Rozkład przyspiesze �1 i �2 oraz poło enie chwilowej osi E pokazano na rysun-
ku 2.3.13a. Przyspieszenie �2 jest prostopadłe do wektorów �0 i �.
Warto ć przyspieszenia doosiowego wynosi:
h
2
ad = �2 �" AK = �2 �" ABcos ą = �2 �" 2r cos ą = 2�0 h2 + r2 .
r
Warto ci składowych a01 i a02 przyspieszenia obrotowego ao wynosz :

a01 = �1 �" OA �" sin(180 - 2ą)= �1 �" AK = 2h�0,
h
a02 = �2 �"OA�"sin 90o = �2 h2 + r2 .
0
r
Zatem przyspieszenie punktu A zapisać mo na jako sum
aA = ad + a01 + a02.
Warto ć przyspieszenia aA obliczyć mo na, wyznaczaj c jego współrz dne:
ax = -a01,
ay = -(ad + a02) sin ą,
r h
az = (a02 - ad ) cos ą, sin ą = , cos ą = .
h2 + r2 h2 + r2
Dla danych liczbowych otrzymano:
a01 = 1 m/s2, a02 = 0,56 t2 m/s2, ad = 1,12 t2 m/s2,
sin ą = 0,4472, cos ą = 0,8944
oraz
2 2 2
aA = ax + a2 + az = (- 1)2 + [(-1,68 �" 0,4472)2 + (-0,56 �" 0,8944)2 ]t =
y
4
= 1 + 0,81t [m/s2 ].
BG AGH
128 KINEMATYKA
Ad 2)
W tym przypadku korzysta si bezpo rednio z wzorów okre laj cych współrz dne
przyspieszenia, tzn.:
ax = � z - �z y + �x (�x x + �y y + �z z) - �2x,
y
ay = �z x - �xz + �y (�x x + �y y + �z z) - �2 y,
az = �x y - � x + �z (�x x + �y y + �zz) - �2z.
y
Dla punktu A:
x = 0, y = h, z = r,
�x = �2, � = -�1 cos ą, �z = �1 sin ą,
y
�x = 0, �y = -�r , �z = �0 oraz �2 = �2 + �2.
r 0
Dokonuj c oblicze warto ci �1, �2, �r, siną i cosą jak w przypadku 1), otrzyma-
2 2
no ostatecznie, z zale no ci aA = ax + a2 + az warto ć przyspieszenia punktu A
y
4 2
a = 1 + 0,81 t [m/s ].
A
2.4. Ruch zło ony punktu
ZADANIE 2.4.1
Ą
Punkt K porusza si wg równania ą = sin t po obwodzie ruchomej tarczy o pro-
4
mieniu r = 1 m (rys. 2.4.1). Tarcza porusza si na skutek oddziaływania na ni przez prze-
guby A i B dwóch równoległych korb nap dowych O1A i O2B o długo ciach R = 1 m.
1
Ruch ka dej korby okre la równanie � = t rad. Obliczyć pr dko ć i przyspieszenie
3
Ą
bezwzgl dne punktu K w chwili t1 = s.
2
Rys. 2.4.1
BG AGH
Ruch zło ony punktu 129
Rozwi zanie
Korby O1A i O2B poruszaj si ruchem obrotowym odpowiednio wzgl dem osi
obrotów w punkcie O1 i O2, natomiast tarcza porusza si ruchem post powym (dowol-
ny odcinek, np. odcinek OA, przemieszcza si stale równolegle) krzywoliniowym.
Ruch punktu K wzgl dem tarczy jest ruchem wzgl dnym, a ruch punktu K zwi zanego
sztywnie z tarcz ( ladu KT punktu K na tarczy) i poruszaj cego si razem z tarcz
jest ruchem unoszenia. Ruch wzgl dny jest ruchem po okr gu, a ruch unoszenia jest
ruchem post powym. Pr dko ć bezwzgl dna punktu K jest sum geometryczn pr d-
ko ci unoszenia i wzgl dnej
vK = vb = vu + vw.
Ruch wzgl dny rozpatruje si tylko jako ruch wzgl dem tarczy, tzn. nie uwzgl d-
nia si chwilowo ruchu samej tarczy i w zwi zku z tym pr dko ć wzgl dna równa jest
Ą

vw = �wr = ąr = r cos t,
4
a w chwili
Ą
t1 = , vw(t1) = 0.
2
Pr dko ć unoszenia rozpatruje si jako pr dko ć vKT ladu KT punktu K, tj. punktu
sztywnie zwi zanego z tarcz . Ruch unoszenia jest ruchem post powym i w zwi zku
z tym vu = vKT = vA = vB (rys. 2.4.1a). Warto ć pr dko ci unoszenia obliczyć mo na
1

wyznaczaj c warto ć pr dko ci punktu A: vu = vA = �01R = �R = R = 0,33 m/s.
3
Poniewa w chwili t1, wi c vK = vb = vu = 0,33m/s dla t = t1.
vw = 0
Przyspieszenie punktu K wyznaczono na podstawie rozkładu przyspiesze w ru-
chu zło onym
aK = ab = au + aw + acor ,
gdzie acor = 2�u � vw jest przyspieszeniem Coriolisa. Ruch unoszenia jest ruchem po-
st powym i w zwi zku z tym pr dko ć k towa unoszenia �u = 0 i przyspieszenie
Coriolisa acor = 0.
Przyspieszenie unoszenia jest równe przyspieszeniu punktu KT, tj.
� n
au = aKT = aKT + aKT = au� + aun,
przy czym au = aA = aA� + aAn.
BG AGH
130 KINEMATYKA
Rys. 2.4.1.a Rys. 2.4.1b
Przyspieszenie wzgl dne punktu K wzgl dem punktu 0 równe jest
aw = aw� + awn.
Obliczaj c:

au� = aA� = �01R = �R = 0,
1
2

aun = aAn = �01R = �2R = R = 0,11 m/s2,
9
Ą

aw� = �wr = ąr = - r sin t,
4
Ą2

awn = �2 r = ą2r = r cos2t,
w
16
Ą
otrzymuje si w chwili t1 = s:
2
au� = aA� = 0, aun = aAn = 0,11 m/s2,
Ą Ą
aw� = - r = - m/s2 , awn = 0 oraz �(t1) =180o - [ą(t1) + �(t1)] = 105o.
4 4
Rozkład przyspiesze pokazano na rysunku 2.4.1b. Warto ć przyspieszenia punk-
tu K w chwili t1 wynosi:
2 2
aK = ab = aun + aw� + 2aun �" au� cos� = 0,83 m/s2.
BG AGH
Ruch zło ony punktu 131
ZADANIE 2.4.2
1
Punkt K porusza si po tarczy zgodnie z równaniem s = t3 [m], tarcza za o pro-
3
mieniu r = 1 m obraca si ze stał pr dko ci k tow �0 = 1 s 1 wzgl dem osi piono-
wej (rys. 2.4.2). Obliczyć pr dko ć i przyspieszenie bezwzgl dne vb i ab punktu K
w chwili t1 = 2 s.
Rys. 2.4.2 Rys. 2.4.2a
Rozwi zanie
Ruch wzgl dny punktu K jest ruchem po okr gu o promieniu r wzgl dem rodka
tarczy. Ruch unoszenia jest ruchem punktu K sztywnie zwi zanego z tarcz , tzn. jest
ruchem obrotowym tarczy wzgl dem pionowej osi obrotu. Pr dko ć vb i przyspiesze-
nie ab oblicza si z równa wektorowych:
vb = vu + vw,
ab = au + aw + acor.
Warto ć pr dko ci unoszenia i wzgl dnej w danej chwili jest równa:

vu = �ur = �0r, vw = s = t2.
Oba wektory s styczne w punkcie K do obwodu tarczy, przy czym ich zwroty s prze-
ciwne. W zwi zku z tym warto ć pr dko ci równa jest vb = vw vu, a dla t = t1 vb = 3 m/s.
vb
BG AGH
132 KINEMATYKA
Przyspieszenie unoszenia i wzgl dne oblicza si z zale no ci:
au = au� + aun, aw = aw� + awn.
Warto ci poszczególnych składowych wynosz :

au� = �ur = �0r = �0r = 0,
2
aun = �ur = �2r,
0

aw� = s = 2t,
2
vw 1
awn = = t4.
r r
Przyspieszenie Coriolisa jest równe
acor = 2�u � vw = 2�0 � vw.
Warto ć przyspieszenia acor wynosi
aC = 2�0vw sin 90o = 2�0t2.
Rozkład przyspiesze w punkcie K pokazano na rysunku 2.4.2a.
Oznaczaj c a1 = awn + aun + acor , otrzymano:
2 2 2
ab = a1 + aw� = (awn + aun - acor )2 + aw� ,
a dla chwili t1 = 2 s, ab = 9,85 m/s2.
ZADANIE 2.4.3
Wzdłu tworz cej sto ka obracaj cego si dookoła osi pionowej przemieszcza si
tulejka K (rys. 2.4.3). Dla danych: � = 2t s 1, s = 2t2 m, ą = 30o obliczyć pr dko ć
i przyspieszenie bezwzgl dne tulejki K w chwili t1 = 1 s.
Rozwi zanie
Wzgl dem układu ruchomego, jakim jest sto ek, ruch tulejki K jest ruchem
wzgl dnym. Jest to ruch prostoliniowy opisany równaniem s = 2t2. Ruch punktu K
zwi zanego my lowo w danej chwili sztywno ze sto kiem jest ruchem unoszenia. Ze
wzgl du na ruch obrotowy sto ka jest to ruch po okr gu o promieniu OK z pr dko ci
k tow �. Pr dko ć bezwzgl dn vb wyznacza si z zale no ci
vb = vu + vw.
BG AGH
Ruch zło ony punktu 133
A
�
Rys. 2.4.3
Warto ci składowych w ruchu unoszenia i wzgl dnym s równe:
vu = �u �" OK = ��" AK �"sin ą = 2t3,

vw = s = 4t.
2 2
Z rozkładu pr dko ci pokazanego na rysunku 2.4.3a wynika, e vb = vu + vw ,
a dla chwili t1 = 1 s wynosi vb E" 4,5 m/s.
Przyspieszenie bezwzgl dne oblicza si z zale no ci:
ab = au + aw + acor.
Ze wzgl du na ruch obrotowy sto ka przyspieszenie unoszenia wynosi:
au = au� + aun
i
ab = au� + aun + aw + acor ,
gdzie acor = 2�u � vw = 2� � vw.
Warto ci poszczególnych składowych s równe:

au� = �u �"OK = �u �"OK = ��" OK = ��" AK �"sin ą = ��" s �"sin ą = 2r2 ,
2
aun = �u �" OK = �2 �"OK = �2 �" AK sin ą = �2 �" s �"sin ą = 4t3.

aw = s = 4,
2
acor = 2�uvw sin(180 - ą)= 2�vw sin ą = 8t .
BG AGH
134 KINEMATYKA
Kierunek przyspieszenia Coriolisa acor wynika z zapisu wektorowego tego przy-
spieszenia, co pokazano na rysunku 2.4.3b, rozkład przyspiesze pokazano na rysun-
ku 2.4.3c. Ze wzgl du na przestrzenny rozkład przyspiesze wygodnie jest wyznaczyć
współrz dne przemieszczenia bezwzgl dnego w przyj tym układzie odniesienia, a nast p-
2 2 2
nie obliczyć warto ć przyspieszenia bezwzgl dnego ze wzoru ab = abx + aby + abz .
�
�
Rys. 2.4.3a Rys. 2.4.3b
- 2 3
Rys. 2.4.3c Rys. 2.4.3d
BG AGH
Ruch zło ony punktu 135
Dokonuj c odpowiednich działa otrzymano:
abx = aw sin ą - aun ,
aby = au� + acor ,
abz = -aw cos ą,
i dla t1 = 1 s ab E" 10,8 m/s2.
Kierunek przyspieszenia ab pokazano pogl dowo na rysunku 2.4.3d.
ZADANIE 2.4.4
Dany jest mechanizm pokazany na rysunku 2.4.4. Korba nap dowa O1A porusza
si ze stał co do warto ci pr dko ci k tow � wzgl dem osi obrotu prostopadłej
w punkcie O1 do płaszczyzny rysunku. Maj c dane r, R, k, l obliczyć pr dko ć �1 i przy-
spieszenie k towe �1 korby O2C w funkcji k ta ą.
O2
jarzmo
Rys. 2.4.4 Rys. 2.4.4a
Rozwi zanie
Suwak A porusza si wzgl dem ruchomego jarzma wzdłu pionowej prowadnicy
ruchem wzgl dnym; jest to ruch prostoliniowy. Ruch unoszenia suwaka A jest okre lo-
ny w danej chwili ruchem jarzma. Jest to ruch prostoliniowy o kierunku ruchu jarzma.
Ruch bezwzgl dny suwaka A wynika z ruchu korby O1A, której ko cem jest suwak.
Jest to ruch po okr gu o promieniu O1A = r z pr dko ci k tow �. Korzystaj c z roz-
kładu pr dko ci w ruchu zło onym, obliczyć mo na pr dko ć unoszenia vu , znaj c
warto ć pr dko ci bezwzgl dnej vb punktu A.
vb = vA = vu + vw.
Rozkład wektorów pr dko ci pokazano na rysunku 2.4.4a.
BG AGH
136 KINEMATYKA
Mo na wi c zapisać:
vb = vA = � �" O1A = �r,
vu = vA sin ą = �r sin ą.
Pr dko ć unoszenia punktu A jest równocze nie pr dko ci jarzma i w zwi zku
z tym pr dko ci bezwzgl dn punktu B. Pr dko ć unoszenia punktu B jest pr dko ci
tego punktu sztywnie zł czonego w danej chwili z korb O2C i wynikaj c z ru-
chu tej korby. Ruch unoszenia punktu B jest wi c ruchem po okr gu o promieniu O2B.
Pr dko ć wzgl dna punktu B jest pr dko ci wzgl dem korby O2C. Ruch wzgl dny
jest ruchem prostoliniowym wzdłu korby O2C. Rozkład pr dko ci punktu B pokazano
na rysunku 2.4.4b. Pr dko ć k tow �1 korby O2C obliczyć mo na, znaj c pr dko ć
2
vu
2
unoszenia vu punktu B; �1 = .
O2B
Rys. 2.4.4b
Pr dko ć bezwzgl dna punktu B jest wi c równa vB = vu = �rsiną, a pr dko ć
2
unoszenia punktu B vu = vB cos �.
R
Obliczaj c O2B = R2 + (r cos ą + l - k)2 , cos� = , otrzymano
O2B
rR� sin ą
�1 = .
R2 + (r cos ą + l - k)2
Poniewa � = const, wi c ą = �t i pr dko ć �1 wynosi
rR� sin ąt
�1 = .
R2 + (r cos ą + l - k)2
Przyspieszenie k towe �1 mo na obliczyć jako pochodn �1 wzgl dem czasu
�ł łł
d�1 rR�2 2r(r cos ą + l - k)
2
�1 = = sin ąśł.
�łcos ą +
dt
R2 + (r cos ą + l - k)2 �ł R2 + (r cos ą + l - k)2 �ł
�ł śł
Przyspieszenie �1 otrzymać mo na te , korzystaj c z wektorowych równa przy-
spiesze punktu A i B.
BG AGH
Ruch zło ony punktu 137
Rozpatruj c ruch zło ony tych punktów, otrzymuje si równania:
aA = auA + awA , aB = auB + awB + acor ,
przy czym:
aA = aA� + aAn , auA = aB ,
� n
auB = auB + auB ,
acor = 2�u � vw = 2�1 � vw
i w zwi zku z tym
aA� + aAn = aB + awA ,
� n
aB = auB + auB + awB + acor .
Rozkład przyspiesze pokazano na rysunku 2.4.4c i 2.4.4d.
Rys. 2.4.4c Rys. 2.4.4d
Obliczaj c:

aA� = ��" OA = 0,
aAn = �2 �"OA = �2r,
n 2
auB = �1 �"O2B,
2
acor = 2�1vw sin 90o = 2�1vB sin � = 2�1vA sin ąsin � = 2�1�r sin ą sin �,
oraz rzutuj c na osie x i y układu odniesienia (rys. 2.4.4d) równania wektorowe przy-
spiesze z uwzgl dnieniem powy szych zale no ci oraz obliczonych wcze niej warto-
ci �1, O2B i k ta �, otrzymano
�ł łł
rR�2 2r(r cos ą + l - k)
�
auB = sin2 ąśł.
�łcos ą +
R2 + (r cos ą + l - k)2 �ł R2 + (r cos ą + l - k)2 śł
�ł �ł
BG AGH
138 KINEMATYKA
�
auB
Przyspieszenie k towe �1 korby O2C wylicza si z zale no ci �1 = i osta-
O2B
tecznie otrzymuje si
�ł łł
rR�2 2r(r cos ą + l - k)
2
�1 = sin ąśł.
�łcos ą +
R2 + (r cos ą + l - k)2 �ł R2 + (r cos ą + l - k)2 �ł
�ł śł
ZADANIE 2.4.5
W mechanizmie czworoboku przegubowego O1ABO2 (rys. 2.4.5) nap dzana jest
korba O1A = r ze stał pr dko ci k tow � = 1 s 1. Wzdłu pr ta AB porusza si
tulejka Kt zgodnie z prawem ruchu
1
AKt = s = (1+ t) m.
2
W chwili t1 = 1 s korba O1A przyjmuje poło enie poziome, a korba O2B pionowe.
Kt
Rys. 2.4.5
Wyznaczyć w tym poło eniu pr dko ć i przyspieszenie bezwzgl dne tulejki Kt, je eli
1
AB = l = 2 m, O2B = R = 3r = l.
2
Rozwi zanie
Punkt Kt porusza si ruchem zło onym. Ruch wzgl dny jest ruchem wzgl dem
układu ruchomego, tzn. ruchem wzgl dem pr ta AB. Jest to ruch prostoliniowy zgodnie
z równaniem s(t). Ruch unoszenia jest ruchem punktu K zwi zanego sztywnie z pr tem
AB w danej chwili i poruszaj cego si razem z nim. Pr t AB porusza si ruchem pła-
skim i ruch unoszenia tulejki Kt rozpatrywany jest jak ruch punktu bryły w ruchu pła-
skim. Pr dko ć bezwzgl dna tulejki jest równa
vb = vu + vw.
Pr dko ć unoszenia wyznaczona mo e być z rozkładu pr dko ci w ruchu płaskim
(ruch unoszenia jest ruchem płaskim)
vu = vK = vA + vKA.
BG AGH
Ruch zło ony punktu 139
Rozkład pr dko ci w ruchu unoszenia w poło eniu mechanizmu w chwili t1 = 1 s
1
(tulejka Kt jest wówczas w poło eniu s = l ) pokazano na rysunku 2.4.5a. Pr dko ć
2
bieguna A wynosi vA = � �" O1A = � �" r.
O2
Rys. 2.4.5a
Pr dko ć wzgl dem bieguna vKA obliczyć mo na z proporcji
vKA vBA KA 1
= , tj. vKA = vBA = vBA.
KA AB AB 2
Pr dko ć punktu B wzgl dem bieguna A wyznaczyć mo na z rozkładu pr dko ci
w punkcie B (rys. 2.4.5a)
vB = vA + vBA.
Wynosi ona
vA ��" r
,
vBA = =
cos ą cos ą
AB2 - O2B2 3
O2A
przy czym cos ą = = = , ą = 30o.
AB AB 2
Składowe pr dko ci unoszenia wynosz wi c:
3
vA = �r, vKA = �r .
3
Pr dko ć wzgl dna jest równa
1

vw = s = m/s.
2
BG AGH
140 KINEMATYKA
Pr dko ć bezwzgl dn tulejki Kt mo na zapisać wi c jako sum wektorow
vb = vA + vKA + vw,
co pokazano na rysunku 2.4.5b.
Obliczaj c:
vbx = vw + vA sin ą,
vby = vA cos ą - vKA ,
2 2
pr dko ć bezwzgl dn wyznaczono z zale no ci vb = vbx + vby i dla danych liczbo-
wych otrzymano vb E" 0,1 m/s.
Kt
Rys. 2.4.5b
Przyspieszenie bezwzgl dne tulejki równe jest
ab = au + aw + acor .
Przyspieszenie unoszenia wyznaczone mo e być z rozkładu przyspiesze w ruchu
płaskim
� n
au = aA + aKA = aA + aKA + aKA .
Przyspieszenie aA = aAn = �2r,
poniewa � = const i a wi c aA� = 0.
2
(vKA )2 2�2r
n
Przyspieszenie aKA = = .
KA 3l
BG AGH
Ruch zło ony punktu 141
�
Przyspieszenie aKA wyznaczyć mo na, obliczaj c przyspieszenie punktu B:
� n
aB = aA + aBA wzgl dnie aB� + aBn = aA + aBA + aBA.
Rozkład przyspiesze przedstawiono na rysunku 2.4.5c. Rzutuj c powy sze rów-
nanie na o Y przyj tego układu odniesienia otrzymano
aBn n
�
aBA = - + aBA tg ą,
cos ą
2
vB v2 tg2ą �2r2tg2ą
A
przy czym aBn = = = ,
O2B R R
(vBA)2 �2r2
n
aBA = = .
BA
l cos2 ą
Rys. 2.4.5c
� �
Znaj c przyspieszenie aBA , wyznaczyć mo na przyspieszenie aKA z zale no ci:
� �
aKA aBA KA 1
� � �
= , tzn. aKA = aBA = aBA.
KA AB AB 2
Przyspieszenie wzgl dne tulejki Kt jest równe
aw = s = 0.
Przyspieszenie Coriolisa tulejki Kt zapisać mo na jako iloczyn wektorowy:
acor = 2�u � vw, gdzie pr dko ć k towa �u ruchu unoszenia jest pr dko ci k tow �AB
w obrotowym ruchu wzgl dnym pr ta AB (jako składowym ruchu płaskiego pr ta).
BG AGH
142 KINEMATYKA
Warto ć przyspieszenia Coriolisa wynosi:

vBA 2�rs
acor = 2�u �" vw sin 90o = 2�AB �" vw = 2 , vw = .
AB l cos ą
Tak wi c przyspieszenie bezwzgl dne tulejki Kt zapisać mo na
� n
ab = aA + aKA + aKA + acor .
Rozkład przyspiesze pokazano na rysunku 2.4.5d.
Kt
Rys. 2.4.5d
Obliczaj c współrz dne przyspieszenia bezwzgl dnego, otrzymano:
n
abx = aA cos ą - aKA ,
�
aby = -aA sin ą + aKA - acor .
2 2
Z zale no ci ab = abx + aby dla danych liczbowych otrzymano ab = 0,25 m/s2.
ZADANIE 2.4.6
Tarcza o promieniu r (rys. 2.4.6) wykonuje ruch obrotowy wzgl dem osi obrotu
prostopadłej do płaszczyzny rysunku w punkcie O. Do tarczy zamocowany jest przegu-
bowo w punkcie A pr t AK o długo ci r, poruszaj cy si w płaszczy nie ruchu tarczy.
1
Ruch tarczy wzgl dem jej osi obrotu opisuje równanie � = t, a ruch pr ta wzgl dem
3
1
osi prostopadłej w punkcie A do płaszczyzny rysunku opisuje równanie ą = t.
4
Obliczyć pr dko ć punktu K w chwili t1 = Ą s, je eli r = 1 m.
BG AGH
Ruch zło ony punktu 143
Rys. 2.4.6 Rys. 2.4.6a
Rozwi zanie
Zadanie rozwi zano trzema metodami:
1) wykorzystuj c sko czone równania ruchu punktu K,
2) traktuj c ruch punktu K jako ruch zło ony,
3) traktuj c ruch pr ta jako ruch płaski.
Ad 1)
Współrz dne punktu K zapisano w nieruchomym układzie odniesienia (rys. 2.4.6a):
�łcos 1 1 �ł,
xK = OAcos � + AK cos ą = r t + cos t
�ł �ł
3 4
�ł łł
1 1
�łsin �ł.
yK = OAsin � + AK sin ą = r t + sin t
�ł �ł
3 4
�ł łł
Obliczaj c pochodne wzgl dem czasu, otrzymano współrz dne pr dko ci punktu K:
1 1 1 1
�ł �ł,

vKx = xK = -r sin t + sin t
�ł �ł
3 3 4 4
�ł łł
1 1 1 1
�ł �ł.

vKy = yK = r cos t + cos t
�ł �ł
3 3 4 4
�ł łł
2
2
Z zale no ci vK = xK + yK dla t = = t1 = Ą s, otrzymano vK = 0,58 m/s.
BG AGH
144 KINEMATYKA
Ad 2)
Wprowadzaj c ruchomy układ odniesienia O�� zwi zany z tarcz (poruszaj cy
si razem z tarcz ), ruch wzgl dny punktu K opisać mo na k tem ł = �(t) ą(t)
(rys. 2.4.6b). Pr dko ć wzgl dna w obrocie pr ta AK wzgl dem osi obrotu w punkcie A
jest równa

vw = �w �" AK = ł �" AK = (� - ą) r.
Rys. 2.4.6b Rys. 2.4.6c
Ruch unoszenia punktu K rozpatruje si jako ruch ko ca pr ta AK unieruchomione-
go w danej chwili wzgl dem tarczy i poruszaj cego si razem z tarcz , tj. ruch ladu K*
punktu K na płaszczy nie O��. Rozkład pr dko ci pokazano na rysunku 2.4.6c.
Pr dko ć unoszenia jest równa:
ł

vu = vK* = �uru = �u �"OK = � �" 2r cos .
2
Pr dko ć bezwzgl dn obliczono z zale no ci
2 2
vb = vk = vw + vu - 2vuvw cos �,
ł
�ł180 �ł ł
gdzie cos � = cos - �ł - cos .
=
�ł
2 2
�ł łł
Dla danych liczbowych otrzymano vK = vb = 0,58 m/s.
BG AGH
Ruch zło ony punktu 145
Ad 3)
Wprowadzaj c układ ruchomy A�'�' (rys. 2.4.6d) tak, aby poruszał si on ruchem
post powym podczas ruchu tarczy (osie tego układu poruszaj si stale równolegle),
ruch płaski pr ta AK rozpatruje si jako ruch zło ony z post powego ruchu unoszenia
układu A�'�' (jest to ruch pr ta razem z układem A�'�') i obrotowego ruchu wzgl dne-
go, tj. ruchu obrotowego pr ta AK wzgl dem osi przechodz cej przez punkt A. Ruch
wzgl dny opisuje równanie ą(t).
'
'
Rys. 2.4.6d Rys. 2.4.6e
Przyjmuj c biegun w punkcie A, pr dko ć punktu K oblicza si z równania
(rys. 2.4.6e)
vK = vA + vKA.
Warto ci składowych vA i vKA wynosz :

vA = � �" OA = � �" r, vKA = ą �" AK = ą �" r,
a warto ć pr dko ci punktu K:
2
vK = v2 + vKA + 2vAvKA cos �, gdzie � = � ą.
A
Podstawiaj c dane liczbowe otrzymuje si vK = 0,58 m/s.
BG AGH
146 KINEMATYKA
2.5. Składanie ruchów post powych i obrotowych
ZADANIE 2.5.1
Mechanizm korbowo-wodzikowy nap dza ruchom platform , na której zamoco-
wany jest wahliwie podwieszony na pr tach pomost AB (rys. 2.5.1).
1
Dla danych: �0 = 0,25Ą s-1, �1 = Ą s-1, r = 0,6 m, R = 0,4 m obliczyć bezwzgl d-
3
n pr dko ć pomostu w chwili t1 = 1 s.
platforma
Rys. 2.5.1
Rozwi zanie
Pomost AB porusza si ruchem zło onym: wzgl dnym ruchem post powym
wzgl dem platformy i post powym ruchem unoszenia wynikaj cym z post powego ru-
chu platformy.
Ruch bezwzgl dny pomostu jako zło enie dwóch ruchów post powych jest te
ruchem post powym. Obliczaj c pr dko ć bezwzgl dn dowolnego punktu pomostu
np. punktu A, wyznaczymy tym samym pr dko ć bezwzgl dn całego pomostu
vA = v1 + v2 , gdzie v1 jest pr dko ci unoszenia (pr dko ć platformy), v2 jest pr dko-
ci wzgl dn (pr dko ć wzgl dem platformy).
Rys. 2.5.1a
BG AGH
Składanie ruchów post powych i obrotowych 147
Pr dko ć v1 jako pr dko ć dowolnego punktu platformy wyznaczyć mo na, obli-
czaj c w przyj tym, jak na rysunku 2.5.1a, układzie odniesienia współrz dne punktu K,
a nast pnie obliczaj c współrz dne pr dko ci:
xK = 2Rcos ą = 2R cos �0t, yK = 0,

v1 = xK = -2Rąsin ą = -2R�0 sin �0t.
Warto ć pr dko ci w chwili t1 = 1 s wynosi

v1(t) = xK (t1) = 0,1Ą 2 m/s.
Pr dko ć v2 obliczyć mo na wzgl dem punktu O1 ze wzoru: v2 = �1 �" O1A = �1 �" r.
W chwili t1 = 1 s v2 = 0,2Ą m/s. Ze wzgl du na to, e �1 = const, ruch korby O1A
wzgl dem punktu O1 opisany jest równaniem � = �1t, sk d dla t = t1 � = 60o.
Pr dko ć bezwzgl dna punktu A, a tym samym pr dko ć bezwzgl dna pomostu,
równa jest
2 2
vb = vA = v1 + v2 + 2v1v2 cos120o = 0,56 m/s.
Identyczn metodyk oblicze mo na zastosować do wyznaczenia przyspieszenia
pomostu.
ZADANIE 2.5.2
Korba OA obraca si wokół osi O z pr dko ci k tow �0 i wprawia w ruch koło
IV tocz ce si bez po lizgu wewn trz koła nieruchomego V. Ruch koła IV powoduje
z kolei ruch koła II III i nast pnie koła I (rys. 2.5.2). Znaj c promienie r1, r2, r3, r4
wyznaczyć, pr dko ci k towe poszczególnych kół.
Rozwi zanie
Koło I wykonuje ruch obrotowy wzgl dem osi O, natomiast koła II III i IV ruch
płaski, tj. ruch zło ony z ruchu unoszenia wynikaj cego z ruchu korby OA i ru-
chu wzgl dnego obrotowego odpowiednio wzgl dem osi przechodz cych przez rodki
kół II III i IV. Kierunek obrotu wzgl dnego wyznacza si z pozycji obserwatora
znajduj cego si na ramie OA .
Dla ka dego z kół mo na napisać zale no ć:
�i = �ui ą �wi, i = 1, 2, 3, 4, 5,
gdzie �i jest pr dko ci k tow bezwzgl dn , �ui jest pr dko ci k tow unoszenia
równ �0, a �wi jest pr dko ci k tow wzgl dn .
BG AGH
148 KINEMATYKA
Rys. 2.5.2 Rys. 2.5.2a
Dla poszczególnych kół pr dko ci k towe zaznaczono na rysunku 2.5.2a.
Tak wi c:
�1 = �0 �w1,
�2 = �3 = �0 + �w3,
�4 = �0 �w4,
�5 = �0 �w5 = 0 (koło V jest nieruchome).
Wykorzystuj c powy sze zwi zki oraz zale no ci na przeło enia wzgl dne po-
szczególnych par kół:
�w1 r2 �w3 r4 ,, �w4 r5
= , = = ,
�w3 r1 �w4 r3 �w5 r4
otrzymano:
r5r2
�w1 = �0 ,
r1r3
r5
�w3 = �0 ,
r3
r5
�w4 = �0 ,
r4
BG AGH
Składanie ruchów post powych i obrotowych 149
a po podstawieniu r5 = r1 + r2 + r3 + 2r4 otrzymuje si pr dko ci k towe poszczegól-
nych kół:
r3(r1 - r2) - r2(r1 + r2 - 2r4 )
�1 = �0 ,
r1r3
r1 + r2 + 2(r3 + r4 )
�2 = �3 = �0 ,
r3
r1 + r2 + r3 + r4
�4 = �0 .
r4
Dobieraj c odpowiednie długo ci promieni kół, uzyskać mo na nie tylko ró ne
warto ci pr dko ci k towych, ale równie ró ne kierunki obrotów poszczególnych kół.
ZADANIE 2.5.3
W przekładni pasowej jak na rysunku 2.5.3 pr dko ć k towa ramki równa jest �0.
Koło pasowe o promieniu r nap dzane jest z pr dko ci k tow �1. Wyznaczyć pr d-
ko ć k tow �2 koła o promieniu R.
Rys. 2.5.3 Rys. 2.5.3a
Rozwi zanie
Pr dko ć k tow bezwzgl dn kół zapisać mo na zale no ci
�i = �ui ą �wi, i = 1, 2,
gdzie �ui jest pr dko ci unoszenia wynikaj c z ruchu ramki, tzn. �ui = �0, a �wi jest
pr dko ci wzgl dn (rys. 2.5.3a).
BG AGH
150 KINEMATYKA
Zatem �l = �0 + �w1,
�2 = �0 + �w2,
a po uwzgl dnieniu przeło enia wzgl dnego
�w1 R
=
�w2 r
r
otrzymano �2 = �0 + (�1 - �0 ).
R
Dobieraj c odpowiednio promienie kół oraz pr dko ć k tow �1 uzyskać mo -
na ró ne warto ci pr dko ci k towej �2 i ró ny kierunek obrotów tego koła, np. dla
R �ł
�1 = �0�ł1- �ł pr dko ć �2 = 0 i koło to porusza si ruchem post powym, a dla
�ł
r
�ł łł
�1 = �0 pr dko ć k towa �2 równa si �0.
BG AGH
151
3. Dynamika
3.1. Uwagi metodyczne dotycz ce rozwi zywania zada
z dynamiki
Zadania z dynamiki zaliczyć mo na ogólnie do dwóch grup: zada dotycz cych dy-
namiki punktu materialnego i zada dotycz cych dynamiki układu punktów materialnych.
Przez układ punktów materialnych w sensie mechanicznym rozumie si układ, w którym
poło enie jednego punktu uzale nione jest od poło enia pozostałych punktów. Je eli
odległo ci pomi dzy punktami w układzie punktów materialnych nie zmieniaj si , to
taki układ nazywa si brył lub ciałem sztywnym. W zwi zku z tym dynamik dzieli si
na trzy cz ci:
1) dynamik punktu,
2) dynamik układu punktów,
3) dynamik bryły.
Przyst puj c do rozwi zywania zada z dynamiki, mo na kierować si poni szy-
mi wskazówkami metodycznymi.
Zrozumieć zadanie.
Podj ć decyzj dotycz c umieszczenia rozpatrywanego problemu w jednej
z trzech cz ci dynamiki.
Nie zawsze jest to spraw oczywist , poniewa punkty materialne i ich
układy s pewnymi modelami układów rzeczywistych (maszyn, urz dze itp.).
Modelowanie takich układów wi e si przede wszystkim z przyj ciem pew-
nych kryteriów dotycz cych osi gni cia zało onego celu i dlatego mo emy
na przykład w pewnych przypadkach traktować bryły jak punkty materialne,
a w innych nie.
Wybrać odpowiedni metod do rozwi zania zadania.
Do rozwi zania okre lonego zadania mo emy zastosować wiele metod
wynikaj cych z praw i zasad mechaniki, tzn. e rozwi zanie uzyskać mo na,
wykorzystuj c równorz dnie ró ne prawa i zasady, np. II prawo Newtona
lub zasad równowarto ci energii kinetycznej i pracy czy równania Lagrange a
II rodzaju.
BG AGH
152 DYNAMIKA
Wybór metody zale y głównie od łatwo ci jej zastosowania dla danego
przypadku i szybko ci osi gni cia celu, tj. rozwi zania zadania.
Sprawdzić wymiary wyznaczonych wielko ci.
Przeprowadzić, je eli to potrzebne, dyskusj nad otrzymanymi wynikami oraz
analiz rozpatrywanego problemu.
Szczegółowe uwagi metodyczne dla poszczególnych typów zada podano przy
ich rozwi zaniach.
3.2. Dynamika punktu materialnego
3.2.1. Ró niczkowe równania ruchu wyznaczanie sił
ZADANIE 3.2.1
Obliczyć warto ć siły naci gu liny d wigu osobowego podczas ruchu kabiny
w dół, je eli ci ar kabiny wynosi G = 8000 N, jej przyspieszenie a = 0,4 g (g przy-
spieszenie ziemskie), a siła oporu jazdy F = 0,2G.
Rozwi zanie
Ze wzgl du na post powy ruch kabiny traktowana jest ona jako
punkt materialny, do którego przyło ono wszystkie działaj ce siły
(rys. 3.2.1), przy czym sił naci gu liny przyło ono, stosuj c zna-
S
ne ze statyki metody uwalniania od wi zów.
Warto ć siły naci gu liny obliczono bezpo rednio z równa-
S
nia ró niczkowego ruchu, które w przyj tym jak na rysunku 3.2.1
układzie odniesienia ma postać
3

mx = = G - F - S,
"P
ix
i=1
gdzie:
G

m = , x = a = 0,4g,
g
g przyspieszenie ziemskie,
F = 0,2G.

Obliczaj c S = G - F - mx = 0,4G, otrzymano ostatecznie S = 3200 N.
Rys. 3.2.1
Warto ć siły S b dzie inna w przypadku ruchu ustalonego kabiny
oraz hamowania.

W przypadku ruchu ustalonego przyspieszenie x = 0 i S = G F = 0,8G = 6400 N.
Podczas hamowania z przyspieszeniem (opó nieniem), np. równym co do warto-
ci przyspieszeniu a = 0,4g, otrzymuje si

S = G - F + mx, i st d S = 1,2G = 9600 N.

Znak + przy mx wynika ze zmiany zwrotu przyspieszenia (opó nienia) w sto-
sunku do zwrotu przyspieszenia w okresie rozruchu (rys. 3.2.1).
BG AGH
Dynamika punktu materialnego 153
ZADANIE 3.2.2
Wyznaczyć sił oporu wody w zale no ci od pr dko ci łódki, której ruch opisany
kg
�ł
Q - t �ł
jest równaniem x = v0 �ł e Q �ł,
�ł1- �ł
kg
�ł łł
gdzie:
Q ci ar łódki,
k = const > 0,
v0 pr dko ć pocz tkowa łódki.
Rozwi zanie
Przyj to układ odniesienia jak na rysunku 3.2.2 i przyło ono do łódki (traktujemy
j jak punkt materialny) siły: ci ko ci łódki , reakcji normalnej wody oraz oporu
Q N
wody na kierunku ruchu łódki.
R
Rys. 3.2.2
Współrz dne pr dko ci i przyspieszenia łódki na osi x s odpowiednio:
kg kg
- t - t
kg
Q Q

vx = x = v0e , ax = x = - v0e .
Q
Q

Układaj c równanie ró niczkowe ruchu w odniesieniu do osi x mx = Rx ; m = ,
g
kg
- t
Q
otrzymano Rx = -kv0e , a uwzgl dniaj c współrz dn pr dko ci vx, ostatecznie
obliczono sił oporu wody w zale no ci od pr dko ci: Rx = kvx.
Znak oznacza, e siła oporu wody i pr dko ć łódki maj przeciwne zwroty.
ZADANIE 3.2.3
Obliczyć sił w nici wahadła matematycznego o długo ci l i ci arze Q, je eli je-
go ruch opisany jest równaniem � = �0sin �t (� k t odchylenia wahadła od pionu,
� = const > 0).
BG AGH
154 DYNAMIKA
Rys. 3.2.3
Rozwi zanie
Ze wzgl du na to, e ruch wahadła mo e być opisany jedn współrz dn k to-
w (ruch po okr gu), wygodnie jest wprowadzić układ odniesienia jak na rysunku 3.2.3
(o � na kierunku stycznym, o n na kierunku normalnym do toru). Do wahadła przyło-
ono sił ci ko ci Q i sił reakcji R nici, otrzyman w wyniku oswobodzenia wahadła
od wi zów. Siła jest co do warto ci równa sile S w nici.
R
Do wyznaczenia siły wystarczy wykorzystać równania ró niczkowe ruchu
R
w odniesieniu do osi normalnej n
n
man = Pin ,
"
i=1
gdzie an jest przyspieszeniem normalnym.

Podstawiaj c an = l�2 do równania ró niczkowego ruchu, otrzymuje si

ml�2 = R - Qcos �,
sk d
�ł l �ł

R = Q�ł �2 + cos ��ł.
�ł �ł
g
�ł łł
Ró niczkuj c równanie ruchu �(t), otrzymano

� = �0�cos �t.

Podstawiaj c � do równania na sił R, otrzymuje si
�łl�2�2 łł
0
R = Q cos2 �t + cos(�0 sin �t) .
�ł śł
g
�ł śł
�ł �ł
BG AGH
Dynamika punktu materialnego 155
Warto ć siły w nici równa jest warto ci siły ; S = R. Korzystaj c z otrzyma-
S R
nego wyra enia mo na obliczyć równie warto ć maksymaln siły
R.
2
�ł
l�0�2 �ł
�ł
Rmax = Q +1�ł dla �t = k �" Ą.
�ł �ł
g
�ł łł
ZADANIE 3.2.4
Ruch punktu materialnego A o masie m opisany jest równaniem: x = x0 cos �t,
y = y0sin �t (� = const). Wyznaczyć sił działaj c na punkt, je eli porusza si on po
gładkiej poziomej płaszczy nie.
Rys. 3.2.4a
Rozwi zanie
Do wyznaczenia działaj cej siły wykorzystano drugie prawo Newtona, zgodnie
n
z którym ma = Pi = P, gdzie jest geometryczn sum sił czynnych i reakcji dzia-
P
"
i=1
łaj cych na punkt o masie m i nadaj cych mu przyspieszenie
a.
Z warunków zadania wynika, e ruch punktu A zachodzi tylko w płaszczy nie xy.
Na rysunku 3.2.4a przedstawiono punkt A o masie m z przyło onymi siłami: ci ko ci
i reakcj normaln płaszczyzny (reakcja styczna nie wyst puje ze wzgl du na to, e
płaszczyzna jest gładka). Na rysunku zaznaczono równie orientacyjnie szukan sił
P.
BG AGH
156 DYNAMIKA
Z trzech skalarnych równa :

Px = mx,

Py = my,

Pz = mz,
do wyznaczenia siły wykorzystano dwa pierwsze. Obliczaj c:
P

x = -x0�sin �t, y = y0�cos �t,
-x0�2 cos �t, y = -y0�2 sin �t,

x =
otrzymuje si współrz dne siły
P:
Px = -mx0�2 cos �t = -m�2x,
Py = -my0�2 sin �t = -m�2 y,
której moduł wynosi
Rys. 3.2.4b
2
P = Px2 + Py = m�2 x2 + y2 = m�2r,
gdzie r jest modułem wektora promienia wodz cego punktu A (rys. 3.2.4b).
Kierunek siły okre lić mo na, wyznaczaj c cosinus kierunkowy k ta ą, jaki
P
tworzy ona z osi x
Px x
cos ą = = - .
P r
Kierunek siły jest taki sam jak kierunek wektora r , przy czym jej zwrot jest
P
przeciwny do zwrotu wektora r (rys. 3.2.4b).
Punkt A porusza si wi c po elipsie
x2 y2
+ = 1
2 2
x0 y0
(patrz równanie ruchu x(t), y(t)), pod działaniem siły o warto ci P = m�2r
�łr = x2 + y2 �ł,
�ł �ł
prostej działania przechodz cej stale przez punkt O i o zwrocie do
�ł łł
punktu O. Sił tak nazywa si sił centraln .
BG AGH
Dynamika punktu materialnego 157
3.2.2. Ró niczkowe równania ruchu
wyznaczanie równa sko czonych ruchu
ZADANIE 3.2.5
Bryła o ci arze Q porusza si po gładkiej poziomej płaszczy nie pod wpływem
poziomej siły F = Fx = F0sin �t (F0, � stałe). Wyznaczyć sko czone równanie ruchu,
je eli w chwili pocz tkowej bryła była w spoczynku. Brył nale y traktować jak punkt
materialny.
Rozwi zanie
Pocz tek układu odniesienia przyj to w poło eniu pocz tkowym bryły. Ze wzgl -
du na to, e w chwili pocz tkowej bryła znajdowała si w spoczynku, warunki pocz t-

kowe ruchu zapisać mo na w postaci: t = 0, x = 0, x = 0.
Na brył działaj nast puj ce siły: Q , F siły czynne, reakcja normalna pod-
R
ło a (rys. 3.2.5a).
Rys. 3.2.5a
Korzystaj c z drugiego prawa Newtona, otrzymuje si ró niczkowe równanie ru-
chu

mx = Fx ,
lub
F0g

x = sin �t (1)
Q
Rozwi zuj c powy sze równanie, wyznaczyć mo na pr dko ć i współrz dn x
x
okre laj c poło enie bryły w dowolnej chwili t, tj. sko czone równanie ruchu.
BG AGH
158 DYNAMIKA
Mamy wi c:
F0g

x = - cos �t + C1 (2)
Q�
F0g
x = - sin �t + C1t + C2 (3)
Q�2
przy czym stałe całkowania C1 i C2 wyznacza si z warunków pocz tkowych ruchu:
F0g

dla t = 0, x = 0, st d C1 = ,
Q�
dla t = 0, x = 0, st d C2 = 0.
Szukane równanie ruchu ma wi c nast puj c postać
F0g 1 �ł
�łt
x = - sin �t (4)
�ł �ł
Q� �
�ł łł
Zauwa my, e od warto ci pr dko ci pocz tkowej zale y charakter ruchu bryły.
F0 g
W tym przypadku, co wynika z równania (4), na ruch jednostajny z pr dko ci
Q�
F0g 2Ą
nakładaj si drgania o amplitudzie i okresie T = (rys. 3.2.5b).
�
Q�2
Rys. 3.2.5b
BG AGH
Dynamika punktu materialnego 159
F0g

Przyjmuj c inn warto ć pr dko ci pocz tkowej, np. x(0) = , otrzymuje si
Q�
C1 = 0, C2 = 0 i ruch ma charakter tylko oscylacyjny, zgodnie z równaniem
F0g
x = - sin �t.
Q�2
Na charakter ruchu nie wpływa natomiast wybór poło enia pocz tkowego, które
decyduje jedynie o tym, czy w przyj tym układzie odniesienia ruch rozpoczyna si dla
x = x0 = 0 czy x = x0 `" 0.
ZADANIE 3.2.6
Bryła o masie m mo e poruszać si wzdłu osi x (rys. 3.2.6a) pod wpływem siły S ,
przy czym S = Sx = k2mx,
gdzie k jest stałym współczynnikiem, x współrz dn bie-
c . Traktuj c brył jak punkt materialny oraz przyjmuj c, e w chwili pocz tkowej
bryła była w spoczynku w odległo ci l od pocz tku układu odniesienia, wyznaczyć rów-
nanie sko czone ruchu dla dwóch przypadków:
1) powierzchnia, po której porusza si bryła jest gładka,
2) powierzchnia ta jest chropowata, przy czym współczynnik tarcia wynosi �.
Rys. 3.2.6a
Rozwi zanie
Ad 1)
Do bryły przyło one s siły; ci ar Q oraz siła (siły czynne) i reakcja
S N
normalna podło a (rys. 3.2.6a). Z tre ci zadania wynika, e warunki pocz tkowe ruchu
s nast puj ce:

t = 0, x = l, x = 0.
BG AGH
160 DYNAMIKA
Równanie ró niczkowe ruchu w odniesieniu do osi x ma postać

mx = S
lub
2
- k x = 0 (1)
x
Poszukuj c rozwi zania w postaci x = Cet , otrzymuje si równanie charaktery-
2
styczne 2 - k = 0, sk d 1, 2 = ąk i rozwi zanie równania (1) mo na napisać jako
(2)
x = C1ekt + C2e-kt
Stałe C1 i C2 wyznaczono, korzystaj c z warunków pocz tkowych oraz z równa-
nia (2) i z równania (3) otrzymanego po zró niczkowaniu wzgl dem czasu równania (2)

x = C1kekt - C2ke-kt
(3)
1
Uwzgl dniaj c warunki pocz tkowe ruchu, obliczono C1 = C2 = i ostatecznie
2l
równanie ruchu otrzymano w postaci
1
(4)
x = l (ekt + e-kt)
2
lub
x = lchkt.
Ad 2)
W tym przypadku, poza siłami S , Q , N , do bryły nale y przyło yć sił tarcia
T
jak na rysunku 3.2.6b.
Równanie ró niczkowe ruchu ma postać

mx = S - T.
Podstawiaj c za sił tarcia T = �N = �Q = �mg, otrzymano
2
- k x = -�g
x
(5)
Rys. 3.2.6b
BG AGH
Dynamika punktu materialnego 161
Rozwi zanie równania (5) jest sum rozwi za równania jednorodnego (x1) i nie-
jednorodnego (x2)
x = x1 + x2 (6)
Rozwi zanie x1 równania jednorodnego wyra a si zale no ci (2), rozwi zanie x2
przewiduje si w postaci x2 = A (prawa strona równania (5) jest stała). Podstawiaj c
�g
x2 = A do równania (5), otrzymuje si x2 = i rozwi zanie (6) otrzymuje postać
2
k
�g
x = C1ekt + C2e-kt +
(7)
2
k
Dla wyznaczenia stałych C1 i C2 obliczono
(8)
x = C1kekt - C2kekt
Korzystaj c z warunków pocz tkowych ruchu, otrzymano
1 �ł �g �ł.
C1 = C2 = �łl - �ł
2
2
k
�ł łł
Uwzgl dniaj c obliczone stałe w równaniu (7) otrzymuje si ostatecznie równanie
sko czone ruchu
1 �ł �g �ł �g
(ekt
x = �łl - �ł + e-kt)+
(9)
2 2
2
k
�ł łł k
lub
�ł �g �ł �g
.
x = �łl - �ł chkt +
2 2
k
�ł łł k
Porównuj c wyra enia (4) i (9) mo na stwierdzić, e je eli działa siła tarcia, to ruch
1 �ł �g �ł przy
bryły jest wolniejszy (współczynnik - ekt + e-kt , w równaniu (9) jest mniej-
�łl
2
2
�ł k łł
1
szy od odpowiedniego współczynnika l w równaniu (4).
2
�g
W przypadku granicznym, przy l - = 0, tzn. je eli współczynnik tarcia
2
k
lk2
� = , to równanie sko czone ruchu ma postać
g
�g
x = ,
2
k
co oznacza, e bryła znajduje si w spoczynku. Rzeczywi cie, je eli �g e" lk2, tzn. �Q > lk2m
lub T e" S(x = l), to ruch nie mo e si rozpocz ć, poniewa siła tarcia T jest wi ksza od
warto ci siły w poło eniu pocz tkowym.
S
Podstawiaj c � = 0 w równaniu (9), otrzymuje si oczywi cie równanie (4).
BG AGH
162 DYNAMIKA
ZADANIE 3.2.7
Ci arek o masie m porusza si w wodzie piono-
wo w kierunku dna. Przy opadaniu z pr dko ci po-
cz tkow v0 ci arek osi gn ł dno w czasie T sekund.
Obliczyć drog H, jak przebył ci arek, je eli siła
oporu o rodka R = -kmv, gdzie: k stały współczyn-
nik, m masa ci arka, v pr dko ć ci arka.
Rozwi zanie
Układ odniesienia przyj to jak na rysunku 3.2.7.
Na ci arek (punkt materialny) działa siła ci ko ci Q
i siła oporu wody R , przy czym siła R , jak wynika
z tre ci zadania, działa na kierunku pr dko ci i ma do
niej zwrot przeciwny.
Równanie ró niczkowe ruchu wzgl dem osi x ma
postać
n
Rys. 3.2.7

mx = Pix = Q - R.
"
i=1
Po podzieleniu obu stron przez mas m otrzymuje si
- kx (1)
x = g
Rozwi zuj c równanie (1) przy warunkach pocz tkowych:

t = 0, x = v0 , x = 0,
otrzymano równania ruchu x = f (x), z którego b dzie mo na obliczyć szukan drog H.

dx

Podstawiaj c x = oraz rozdzielaj c zmienne, otrzymuje si
dt

dx
= dt,

g - kx
a po scałkowaniu
1

- ln(g - kx)= t + C1 (2)
k
Stał całkowania C1 wyznaczamy, korzystaj c z równania (2) i z warunków po-

cz tkowych ruchu, tj. t = 0, x = v0 , otrzymuj c
1
C1 = - ln(g - kv0).
k
BG AGH
Dynamika punktu materialnego 163
Podstawiaj c C1 do równania (2) otrzymuje si
1 g - kv0
ln = t

k g - kx
i po przekształceniu
g g - kv0

x = - e-ktdt (3)
k k
dx

Podstawiaj c w równaniu (3) x = i rozdzielaj c zmienne, otrzymano
dt
g g - kv0
dx = dt - e-ktdt,
k k
a po scałkowaniu
g g - kv0
x = t + e-kt + C2 (4)
2
k
k
Podstawiaj c do równania (4) warunki pocz tkowe, tj. t = 0, x = 0, obliczono
g - kv0
C2 = -
2
k
i ostatecznie równanie ruchu ci arka ma postać
g g - kv0
x = t + (e-kt -1) (5)
2
k
k
Równanie to pozwala na okre lenie poło enia ci arka w dowolnej chwili, a wi c
szukan drog H obliczyć mo na, podstawiaj c w równaniu (5) x = H i t = T;
g g - kv0
H = T + (e-kT -1).
2
k
k
g
Je eli pr dko ć pocz tkow dobieramy tak, aby v0 = , to ruch ci arka w wodzie b -
k
dzie jednostajny, równanie ruchu ma wówczas postać x = v0t i oczywi cie droga H = v0T.
ZADANIE 3.2.8
Z wysoko ci h nad powierzchni ziemi wyrzucono w kierunku poziomym punkt
materialny z pr dko ci v0. Wyznaczyć równania sko czone ruchu punktu, równanie
toru, zasi g rzutu L; pr dko ć vk w chwili upadku na ziemi w dwóch przypadkach:
1) przy pomini ciu oporu powietrza,
2) z uwzgl dnieniem siły oporu powietrza: R = -kmv, m masa punktu, k stały
współczynnik.
BG AGH
164 DYNAMIKA
Rozwi zanie
Ad 1)
Przyjmuj c układ odniesienia jak na rysunku 3.2.8a, warunki pocz tkowe ruchu
mo na zapisać nast puj co:

t = 0, x = 0, y = h, x = v0, y = 0.
Podczas ruchu na punkt działa jedynie siła ci ko ci Q .
Rys. 3.2.8a
Równanie ró niczkowe ruchu w zapisie wektorowym ma postać
n
ma = = Q,
"P
i
i=1
z którego otrzymano dwa równania:

mx = 0,

my = -Q, Q = mg,
lub po podzieleniu obu stron tych równa przez masy w postaci:

x = 0
(1)
-g
y =
BG AGH
Dynamika punktu materialnego 165
Rozwi zuj c równania (1), otrzymano:

x = C1
(2)

y = -gt + C2
x = C1t + C3
(3)
1
y = - gt2 + C2t + C4
2
Stałe całkowania wyznaczono z równa (2) i (3), korzystaj c z warunków pocz t-
kowych. Wynosz one odpowiednio: C1 = v0, C2 = 0, C3 = 0, C4 = h, i równania ruchu
punktu ostatecznie maj postać:
x = v0t
(4)
1
y = h - gt2
2
Równania sko czone ruchu pozwalaj okre lić poło enie punktu dla dowolnej
chwili czasu, przy czym je eli chodzi o tor punktu, to równania b d c parametryczny-
mi równaniami toru, słu do wyznaczenia równania toru w postaci y = f (x).
Ruguj c z równa (4) czas t (np. obliczaj c t z pierwszego równania i wstawiaj c
do równania drugiego), otrzymuje si równanie toru
g
y = h - x2 (5)
2
2v0
Z równania (5) obliczyć mo na zasi g rzutu xmax = L, odpowiadaj cy współrz d-
nej y = 0
2h
L = v0
(6)
g
Zasi g rzutu mo na obliczyć równie z równa (4), wyznaczaj c czas t1, dla które-
go y = 0, i obliczony czas wstawiaj c do równania pierwszego. Wówczas
L = x(t1) = xmax = v0t1.
W celu wyznaczenia pr dko ci vk w momencie uderzenia o ziemi obliczyć nale-
y współrz dne tej pr dko ci:

xk = vkx i yk = vky
(rys. 3.2.8a).
BG AGH
166 DYNAMIKA
Znaj c stałe C1 i C2, z równa (2) otrzymuje si równania pr dko ci:

x = v0
(7)

y = -gt
z których wyznaczyć mo na współrz dne pr dko ci vk w momencie uderzenia o zie-
1
2
mi , je eli znany jest czas t1 uderzenia. Czas t1 wyznacza si z równania y = h - gt ,
2
przyjmuj c, e w momencie uderzenia y = 0.
2h
Dla: y = 0, t1 =
g

xk = v0
(8)

yk = - 2hg
warto ć pr dko ci wynosi
vk
2 2
2
vk = xk + yk = v0 + 2hg (9)
a jej kierunek okre la si , podaj c cosinus kierunkowy k ta pomi dzy kierunkiem vk
i osi x

xk v0
cos (x, vk ) = =
(10)
2
vk v0 + 2hg
Tak wi c w przypadku rzutu poziomego z wysoko ci h punkt porusza si po para-
boli (równanie (5)), je eli nie uwzgl dnimy oporu powietrza. Przyjmuj c pr dko ć po-
cz tkow v0 = 0, równania ruchu punktu maj postać:
x = 0,
gt2 ,
y = h -
2
i s równaniami swobodnego spadania punktu materialnego w pró ni.
Ad 2)
Z zapisu siły oporu wynika, e jest ona proporcjonalna do pr dko ci v , ma kie-
R
runek pr dko ci i zwrot do niej przeciwny. Punkt z działaj cymi na niego siłami pokaza-
no na rysunku 3.2.8b. Warunki pocz tkowe ruchu s identyczne jak w przypadku 1), tzn.:

dla t = 0, x = 0, y = h, x = v0, y = 0.
BG AGH
Dynamika punktu materialnego 167
Rys. 3.2.8b
Wektorowe równanie ró niczkowe ruchu
ma = Q + R
lub
ma = Q - kmv
daje w tym przypadku dwa skalarne ró niczkowe równania:

mx = -kmx,

my = -mg - kmy
lub
-kx

x =
(11)
-g - ky

y =
Rozwi zuj c równania (11), maj c zadane warunki pocz tkowe, otrzymuje si
równanie pr dko ci:

x = v0e-kt
(12)
g

y = (e-kt -1)
k
BG AGH
168 DYNAMIKA
i równania sko czone ruchu:
v0
x = (1- e-kt )
k
(13)
g g
y = h - t + (1- e-kt )
2
k
k
Ruguj c z równa (13) czas t, otrzymuje si równanie toru w postaci
g v0 gx
y = h - ln + (14)
2
v0 - kx kv0
k
Przyjmuj c w równaniu (14) y = 0, zasi g L = xmax rzutu wyznaczyć mo na z rów-
nania
g v0 gxmax
h - ln + = 0.
2
v0 - kx kv0
k
Współrz dne vkx i vky pr dko ci vk w momencie uderzenia o ziemi oblicza si
z równa (12), podstawiaj c za czas t wyznaczony z drugiego z równa (13) czas t1
upadku na ziemi , tj. dla y = 0, wyznaczamy t = t1, wówczas otrzymuje si :

xk = vkx = v0e-kt1 ,
g

yk = vky = (e-kt1 -1)
k
i pr dko ć uderzenia o ziemi
g2
2
2 2 2
vk = xk + yk = v0e-2kt1 + (e-kt1-1) .
2
k
Kierunek pr dko ci vk okre lić mo na podobnie jak poprzednio, tzn.

xk v0e-kt1
cos(x, vk )= = .
2
vk 2
g
v0 e-2kt1 + (e-kt1 -1)2
2
k
3.2.3. P d, kr t, zasada równowarto ci energii kinetycznej i pracy,
zasada zachowania energii
ZADANIE 3.2.9
Bryła o masie m zsuwa si po chropowatej powierzchni nachylonej pod k tem ą
do poziomu. Znaj c współczynnik tarcia � oraz pr dko ć pocz tkow v0, obliczyć
czas, po którym bryła osi gnie pr dko ć 2v0.
BG AGH
Dynamika punktu materialnego 169
Rozwi zanie
Traktuj c brył jak punkt materialny, rozwi zano zadanie, wykorzystuj c trzy zasady:
1) zasad p du i pop du,
2) II prawo Newtona.
3) zasad równowarto ci energii kinetycznej i pracy.
ą
Rys. 3.2.9
Ruch rozpatrzono w układzie odniesienia (x, y) przyj tym jak na rysunku 3.2.9,
gdzie przez 1 oznaczono poło enie pocz tkowe, a przez 2 poło enie punktu po osi -
gni ciu pr dko ci 2v0. Dowolne poło enie 2' pomi dzy 1 i 2 oznaczono współrz d-
n x(t). Ruch punktu zachodzi pod wpływem siły czynnej Q (ci ar) i sił reakcji: nor-
malnej i tarcia
N T .
Ad 1)
Zasad p du i pop du w odniesieniu do osi x zapisać mo na nast puj co
t2
mv2x - mv1x = Pxdt,
(1)
+"
0
gdzie:
v1x = v0 pr dko ć w poło eniu pocz tkowym,
v2x = 2v0 pr dko ć w poło eniu ko cowym,
t1 = 0 (chwila pocz tkowa),
t2 czas osi gni cia pr dko ci 2v0,
Px = Qsin ą T suma rzutów wszystkich sił na osi x.
BG AGH
170 DYNAMIKA
Obliczaj c T = �N = �Q cos ą i podstawiaj c do równania (1), otrzymuje si
t2
m(2v0)- mv0 = (Qsin ą - �Qcos ą)dt
(2)
+"
0
i st d po scałkowaniu
v0
t2 = .
g(sin ą - � cos ą)
Ad 2)
Korzystaj c z drugiego prawa Newtona, otrzymuje si równanie ró niczkowe ru-
chu w postaci

mx = Q (sin ą - � cos ą) (3)

Całkuj c równanie (3), maj c zadany warunek pocz tkowy: t = 0, x = v0 , otrzymano

x = g (sin ą - � cos ą)t + v0 (4)
Z równania powy szego obliczyć mo na czas osi gni cia danej pr dko ci i tak

dla x = 2v0 czas t2 wynosi
v0
t2 = .
g(sin ą - � cos ą)
Ad 3)
Zasad równowa no ci energii kinetycznej i pracy zapisano nast puj co
E2 E1 = L1 2, (5)
gdzie:
E1, E2 energia kinetyczna punktu w poło eniu 1 i 2,
L1 2 praca wykonana przez siły czynne i reakcje na przesuni ciu s (rys.
3.2.9), tj. od poło enia 1 do 2.
Dla wygody oblicze korzystnie jest w tym przypadku przyj ć dowolne poło enie
punktu po rozpocz ciu ruchu, w zwi zku z czym pr dko ć punktu w takim poło eniu
mo na traktować jako funkcj czasu. Na rysunku 3.2.9 poło enie takie oznaczono przez 2'.
Zale no ć (5) w zwi zku z powy szym przedstawić mo na nast puj co
E2' E1 = L1 2', (6)
1
2
gdzie: E1 = mv0 ,
2
1
E22 = mv2 (t).
2
BG AGH
Dynamika punktu materialnego 171
Suma prac wszystkich sił działaj cych na punkt na przesuni ciu x(t) wynosi
L1 2' = Q (sin ą � cos ą) x (t).
Po podstawieniu powy szych zale no ci do równania (6) otrzymano
1 1
2
mv2 (t) - mv0 = Q(sin ą - �cos ą) x (t) (7)
2 2
wzgl dnie po przekształceniu
2
v(t) = 2g(sin ą - � cos ą) x (t) + v0 .
dx
Podstawiaj c v(t) = , otrzymano równanie ró niczkowe pierwszego rz du
dt
dx
= dt (8)
2
2g (sin ą - �cos ą) x (t) + v0
Rozwi zuj c równanie (8) przy warunkach pocz tkowych t = 0, x = 0, otrzymano
2
2g (sin ą - � cos ą) x + v0 = g (sin ą - � cos ą)t + v0 (9)
Z równania (9) mo na wyznaczyć czas t, po którym punkt znajduje si w poło e-
niu x(t), w szczególno ci czas t2, po którym x(t2) = s, tj. w poło eniu 2, gdy pr dko ć
wynosi 2v0. Drog x(t2) = s wyliczyć mo na z równania (7), podstawiaj c:
x(t2) = s, v(t2) = 2v0.
Otrzymano
2
3v0
x (t2) = s = ,
2g (sin ą - �cos ą)
a nast pnie z równania (9)
v0
t2 = .
g (sin ą - �cos ą)
BG AGH
172 DYNAMIKA
Wynik ten uzyskać mo na inaczej, ró niczkuj c wzgl dem czasu równania (7).
Otrzymuje si wówczas równanie
1 dv(t) �ł dx(t) dv(t) dx(t)

m�ł 2v(t) = Q (sin ą - � cos ą) , gdzie = x, = v(t)
�ł �ł
2 dt dt dt dt
�ł łł
lub po przekształceniach równanie

mx = Q (sin ą - �cos ą) (10)
identyczne z równaniem (3) otrzymanym w rezultacie zastosowania II prawa Newtona.
Post puj c jak w punkcie 2) uzyskuje si szukany czas t2.
Zastosowane trzy sposoby rozwi zania s równorz dne, przy czym najszybciej
prowadzi do celu zasada p du i pop du, ze wzgl du na to, e wi e bezpo rednio para-
metr szukany z wielko ciami zadanymi. Zasada równowarto ci energii kinetycznej
i pracy, podobnie jak; II prawo Newtona, prowadzi do rozwi zywania równania ró -
niczkowego o rz d wy szego ni zasada p du i pop du, co jak widać wydłu a czas
rozwi zania zadania.
ZADANIE 3.2.10
Ciało o ci arze Q porusza si po poziomej chropowatej powierzchni pod działa-
niem siły proporcjonalnej do czasu F = kt, gdzie k = const. Obliczyć pr dko ć ciała po
czasie t*, je eli w chwili pocz tkowej znajdowało si w spoczynku, a współczynnik
tarcia wynosi �.
Rozwi zanie
Ze wzgl du na ruch post powy ciała traktuje si go jak punkt materialny. Ruch
punktu rozpatrzono w przyj tym układzie odniesienia jak na rysunku 3.2.10. Na punkt
działaj siły czynne F i Q oraz siły reakcji N i T . Szukan pr dko ć obliczyć mo na,
korzystaj c z zasady p du i pop du jako metody, która w tym przypadku najszybciej
prowadzi do rozwi zania.
Rys. 3.2.10
BG AGH
Dynamika punktu materialnego 173
Na rysunku 3.2.10 poło enie pocz tkowe, tj. w chwili t0 = 0, oznaczono przez 1,
a ko cowe, tj. w chwili t = t*, przez 2. Zasad p du i pop du zapisano w postaci
t2
mv2 - mv1 = Pdt,
+"
t1
gdzie:
v1 i v2 pr dko ci punktu odpowiednio w chwili t1 i t2,
P suma geometryczna sił działaj cych na punkt.
Do wyznaczenia szukanej pr dko ci wykorzystano zasad p du i pop du w odnie-
sieniu do osi x, tzn. po zrzutowaniu powy szego równania wektorowego na o x, otrzy-
muje si
t2
mv2x - mv1x = Pxdt.
+"
t1
W tym przypadku v2x = v(t*), v1x = v(t0) = 0, t1 = t0 = 0, t2 = t*, Px = F T, gdzie siła
tarcia T = �N = �Q.
Podstawiaj c F = kt, otrzymano
t*
mv(t*) = (kt - �Q)dt,
+"
0
Q
a uwzgl dniaj c, e m = , po scałkowaniu wyznaczono
g
�ł �ł
kt *
�ł �ł
v(t*) = gt *�ł - ��ł.
2Q
�ł łł
Rozwi zanie powy sze uzyskać mo na, korzystaj c z innych metod, np. II prawa
Newtona lub zasady równowarto ci energii kinetycznej i pracy, jednak e metody te,
prowadz ce do rozwi zania równania ró niczkowego drugiego rz du, s bardziej cza-
sochłonne ni zastosowana zasada p du i pop du.
ZADANIE 3.2.11
Układ materialny składa si z dwóch ciał: ciała A o ci arze QA oraz klina B o ci -
arze QB i k cie ą. Pomijaj c tarcie klina o powierzchni poziom , obliczyć pr dko ć
klina, je eli ciało A zsuwa si po nim z pr dko ci wzgl dn vw, a w chwili pocz tko-
wej układ znajdował si w spoczynku.
BG AGH
174 DYNAMIKA
Rozwi zanie
Ze wzgl du na ruch post powy obu ciał traktuje si je jak punkty materialne poru-
szaj ce si pod działaniem sił czynnych QA i QB oraz siły biernej (rys. 3.2.11a).
N
Rozpatruje si ruch obu brył jako ruch jednego układu i w zwi zku z tym siły
wzajemnego oddziaływania pomi dzy ciałami A i B s siłami wewn trznymi, nie wpły-
waj cymi na ruch układu.
B
Rys. 3.2.11a Rys. 3.2.11b
Zadanie rozwi zano, korzystaj c z zasady p du i pop du
t2
p2 - p1 = Pdt,
+"
t1
gdzie:
p1 i p2 p d układu w chwili t1 i t2,
P suma geometryczna sił czynnych i reakcji działaj cych na układ.
Na rysunku 3.2.11b pokazano rozkład pr dko ci obu ciał; pr dko ć vB jest pr d-
ko ci klina i równocze nie pr dko ci unoszenia ciała A, pr dko ć vw jest pr dko ci
wzgl dn ciała A wzgl dem klina, pr dko ć vA jest pr dko ci bezwzgl dn ciała A.
Po zrzutowaniu na o x równania wektorowego przedstawiaj cego zapisan wy ej za-
sad , otrzymuje si
t2
p2x - p1x = Pxdt.
+"
t1
Suma rzutów wszystkich sił na o x równa si zeru, tj.
n
Px = = 0,
"P
ix
i=1
BG AGH
Dynamika punktu materialnego 175
i przyrost p du w kierunku osi x równa si zero
p2x - p1x = 0,
tzn. spełniona została zasada zachowania p du w odniesieniu do osi x. W chwili pocz t-
kowej układ znajdował si w spoczynku i p d p1x w tym poło eniu wynosił p1x = 0, tak
wi c ostatecznie otrzymuje si zale no ć: p2x = 0, tzn. p d układu w chwili t2 (dowolne
poło enie układu) musi być równy zeru.
P d układu jako geometryczna suma p dów poszczególnych punktów wynosi
p2 = mAvA + mBvB = mA(vB + vw )+ mBvB ,
a po zrzutowaniu na o x
p2x = mAvAx + mBvBx = mA(vBx + vwx )+ mBvBx =
QA QB
= mA(vB + vw cos ą)+ mBvB = (vB + vw cos ą)+ vB.
g g
Uwzgl dniaj c, e p2x = 0, otrzymano
QA
vB = - vw cos ą.
QA + QB
Znak minus oznacza, e w rzeczywisto ci klin przesunie si w lewo z pr dko ci
równ co do warto ci pr dko ci obliczonej. Przy rozwi zywaniu innych, podobnych do
tego zadaniach, nale y pami tać o tym, eby podczas obliczania p du układu uwzgl -
dnić pr dko ci bezwzgl dne poszczególnych punktów układu.
ZADANIE 3.2.12
Rozwi zać poprzednie zadanie przy zało eniu, e w chwili pocz tkowej klin B poru-
0
szał si w prawo z pr dko ci vB i ciało A znajdowało si w spoczynku wzgl dem
klina.
Rozwi zanie
Podobnie jak w poprzednim zadaniu spełniona jest w tym przypadku zasada za-
chowania p du wzgl dem osi x, tj.:
n
Px = = 0,
"P
ix
i=1
p2x - p1x = 0.
BG AGH
176 DYNAMIKA
W chwili pocz tkowej oba ciała poruszały si razem z pr dko ci klina i rzut p du
na o x w tym poło eniu wynosił
0 0
p1x = (mA + mB )vBx = (mA + mB )vB.
W chwili t2 p d układu wyra a si identycznym zwi zkiem jak w zadaniu 3.2.11,
a jego rzut na o x wynosi
p2x = mA(vB + vw cos ą)+ mBvB.
Obliczaj c z równania p2x plx = 0, pr dko ć vB otrzymuje si
QA
0
vB = vB - vw cos ą.
QA + QB
0
Jest to przypadek ogólniejszy, z którego dla vB = 0 otrzymujemy wynik jak w za-
daniu 3.2.11. Dla przyj tych ci arów ciał i k ta ą klina ruch zachodzić mo e w prawo
0
lub w lewo, w zale no ci od pr dko ci vw i pr dko ci pocz tkowej vB.
ZADANIE 3.2.13
Wyznaczyć równanie sko czone ruchu i okres drga wahadła matematycznego

o długo ci l i masie m, je eli w chwili pocz tkowej t = 0, � = 0, � = �0. Opory o rodka
pomin ć i rozpatrzyć małe wahania wokół poło enia równowagi.
Rozwi zanie
Zadanie rozwi zano trzema metodami, wykorzystuj c:
1) II prawo Newtona,
2) zasad kr tu,
3) zasad zachowania energii.
Rozkład sił działaj cych na wahadło pokazano na rysunku 3.2.13a, przy czym
przez oznaczono sił działaj c w linie. Na rysunku zaznaczono równie pr dko ć
S
liniow wahadła w dowolnym poło eniu okre lonym k tem �.
Ad 1)
Równania ró niczkowe ruchu napisano w układzie osi �, n (styczna, normalna). Ze
wzgl du na jeden stopie swobody wahadła do opisania jego ruchu przyj to współ-
rz dn �.
BG AGH
Dynamika punktu materialnego 177
Rys. 3.2.13a
Korzystaj c z II prawa Newtona, mo na napisać:
n
ma� = = -Qsin �,
"P
i�
i=1
n
man = Pin = S - Qsin �.
"
i=1
Do dalszych rozwa a wystarczy rozpatrzyć tylko pierwsze równanie, poniewa
nie szuka si w tym przypadku warto ci siły
S .

Podstawiaj c Q = mg, a� = � �" l = �l, po przekształceniach otrzymano
g

� + sin � = 0.
l
Jest to nieliniowe równanie ró niczkowe drugiego rz du opisuj ce ruch wahadła
matematycznego. Bior c pod uwag jedynie małe wychylenia wokół poło enia równo-
wagi, mo na napisać, e sin� E" �, i otrzymuje si proste do rozwi zania równanie ró -
g
2

niczkowe w postaci: � + �2� = 0 gdzie �0 = .
0
l
Rozwi zaniem powy szego równania jest
� = C1 cos �0t + C2 sin �0t.
Stałe całkowania wyznacza si , obliczaj c

� = -C1�0 sin �0t + C2�0 cos �0t

i korzystaj c z warunków pocz tkowych ruchu, tj. t = 0, � = 0, � = �0.
BG AGH
178 DYNAMIKA

�0
Po wykonaniu odpowiednich oblicze otrzymano C1 = 0, C2 = , a szukane
�0

�0
równanie sko czone ruchu ma postać � = sin �0t.
�0

�0 g
Amplituda drga wahadła wynosi , natomiast cz sto ć drga �0 = .
�0 l
Okres drga wahadła obliczyć mo na ze wzoru
2Ą l
T = = 2Ą .
�0 g
Z otrzymanych wyników widać, e okres drga wahadła nie zale y od masy waha-
dła, lecz jedynie od jego długo ci, tzn. e wahadła o ró nych masach i jednakowych
długo ciach wykonuj drgania o tym samym okresie.
Ad 2)
Zasad kr tu napisano wzgl dem osi przechodz c przez punkt 0 i prostopadłej do
płaszczyzny ruchu wahadła, tj.
dK0 n
=
"M .
i(0)
dt
i=1
Warto ć kr tu wzgl dem przyj tej osi wynosi

K0 = mvl = m�l2 = ml2�,
a jego pochodna wzgl dem czasu

dK0 d d�

= (ml2�)= ml2 = ml2�.
dt dt dt
Algebraiczna suma momentów wzgl dem tej samej osi
n
"M = -Ql sin � = -mgl sin �.
i(0)
i=1
Podstawiaj c obliczone wyra enia do zasady kr tu, otrzymujemy
g

� + sin � = 0,
l
g
2 2

wzgl dnie przyjmuj c sin� E" �, równanie � + �0� = 0, �0 = .
l
Otrzymano wi c identyczne równanie ró niczkowe ruchu jak poprzednio i dalszy
tok post powania jest taki sam, jak w rozwi zaniu metod poprzedni .
BG AGH
Dynamika punktu materialnego 179
Ad 3)
Ruch wahadła zachodzi na skutek działania siły ci ko ci (siły potencjalnej), co
przy pomini ciu oporów ruchu w ło ysku A (opory tarcia) i oporów o rodka (powie-
trza) pozwala na zastosowanie zasady zachowania energii. Zasad t w tym przypadku
stosuje si w polu potencjalnym. Mówi ona, e suma energii kinetycznej i potencjalnej
w ka dym punkcie pola potencjalnego jest stała, tzn.
E + V = const.
Rozpatruje si dowolne poło enie wahadła okre lone k tem � (rys. 3.2.13b). W po-
ło eniu tym pr dko ć liniowa wahadła wynosi v. Energia kinetyczna wahadła w tym
poło eniu wynosi
1 1

E = mv2 = m�2l2.
2 2
Energia potencjalna zale y od poło enia
i w naszym przypadku wygodnie jest przyj ć
poziom zerowy energii potencjalnej (V = 0)
w najni szym poło eniu wahadła. Przy takim
zało eniu energia potencjalna wahadła b -
dzie zawsze wi ksza lub równa zero.
Obliczaj c energi potencjaln , otrzy-
mano
V = Q �" h = mg(l - l cos �) = mgl(1- cos �). Rys. 3.2.13b
Podstawiaj c otrzymane wyra enia na energi kinetyczn i potencjaln do zasady
zachowania energii otrzymuje si
1

ml2�2 + mgl(l - cos �) = const.
2
Ró niczkuj c powy szy zwi zek według czasu i porz dkuj c go, uzyskuje si
równanie ró niczkowe ruchu wahadła w postaci:
g
2
.

� + �0� = 0, �2 =
0
l
Wynik powy szy jest równie identyczny z wynikiem otrzymanym dwiema po-
przednimi metodami.
Nale y zaznaczyć, e do rozwi zania zadania mo na wykorzystać równie inne
metody, np. zasad równowarto ci energii kinetycznej i pracy, zasad d Alamberta lub
równania Lagrange a II rodzaju.
BG AGH
180 DYNAMIKA
ZADANIE 3.2.14
Punkt materialny porusza si po gładkiej poziomej powierzchni pod wpływem od-
działywania siły centralnej o prostej działania przechodz cej stale przez punkt 0
F
(rys. 3.2.14). Obliczyć pr dko ć v2 punktu w poło eniu M2, je eli w poło eniu M1
pr dko ć v1 = 4 m/s, przy czym
OM1 3
= , ą = 60o.
OM2 2
y
Rys. 3.2.14
Rozwi zanie
Pr dko ć v2 wyznacza si , wykorzystuj c zasad kr tu wzgl dem osi z, prostopa-
dłej do płaszczyzny ruchu i przechodz cej przez punkt 0. Na punkt M oprócz siły
F
działaj siły: ci ko ci i reakcja normalna wi zów N .
G
Zasada kr tu wzgl dem osi z ma postać
dKz n
= ,
"M
iz
dt
i=1
n
gdzie jest algebraiczn sum momentów wszystkich sił wzgl dem osi z.
"M
iz
i=1
Siła jest sił centraln , a siły G i N s równoległe do osi z i w zwi zku z tym
F
n
= 0
"M = 0. Oznacza to, e dKz i Kz = const. Spełniona jest wi c zasada zachowania
iz
dt
i=1
kr tu wzgl dem osi z, a to znaczy, e kr t punktu M wzgl dem tej osi jest stały w ka dym
poło eniu. Mo na wi c przyrównać kr ty punktu w poło eniu M1 i M2, tj. K1z i K2z.
Obliczaj c K1z = mv1 �" OM1, K2z = mv2 �" h = mv2 �" OM2sin ą, otrzymuje si
mv1 �" OM1 = mv2 �" OM2sin ą i st d
OM1
v2 = v1 .
OM sin ą
2
Po podstawieniu warto ci liczbowych otrzymano v2 = 6,92 m/s. Zadanie powy sze
jest typowym przykładem na zastosowanie zasady kr tu punktu materialnego. Inne
metody wi si ze znacznymi trudno ciami obliczeniowymi.
BG AGH
Dynamika punktu materialnego 181
3.2.4. Dynamika punktu w ruchu wzgl dnym
ZADANIE 3.2.15
1
Ruch korby OA (rys. 3.2.15) opisuje funkcja � = Ąt. Klocek o masie m zabloko-
4
wany jest w pionowej prowadnicy w poło eniu O1. W chwili t = 0 klocek zostaje odbloko-
wany i zaczyna poruszać si wzdłu prowadnicy. Wyznaczyć prawo ruchu klocka
wzgl dem prowadnicy oraz maksymaln sił normaln oddziaływania prowadnicy na
klocek, je eli współczynnik tarcia klocka o prowadnic wynosi �.
�
Rys. 3.2.15 Rys. 3.2.15a
Rozwi zanie
W układzie odniesienia wzgl dnym, przyj tym jak na rysunku 3.2.15a, na klo-
cek działaj siły: ci ko ci G , normalna N , tarcia i unoszenia Pu = -mau . Ruch
T
prowadnicy jest ruchem post powym i jest ruchem unoszenia klocka, a wi c przyspie-

szenie unoszenia au jest równe np. przyspieszeniu punktu B; au = aB = x. Obliczaj c
współrz dn x punktu B, otrzymuje si
1
x = 2r cos � = 2r cos Ąt,
4
a nast pnie
1 1
- Ą2r cos Ąt
x =
8 4
oraz warto ć siły unoszenia
1 1
Pu = m au = Ą2rm cos Ąt.
8 4
Ze wzgl du na post powy ruch unoszenia siła Coriolisa PC równa jest zeru.
Z wektorowego równania ruchu wzgl dnego
maw = Pb + Pu = G + T + N + Pu,
gdzie
aw( , 0),
�
BG AGH
182 DYNAMIKA
otrzymuje si dwa równania skalarne:
..
m� = G T,
0 = N Pu,
1 1
przy czym T = � N = Ą2r� cos Ąt, G = mg.
8 4
Z pierwszego z tych równa otrzymuje si ró niczkowe równanie ruchu wzgl dnego
1 1

� = g - Ą2r� cos Ąt,
8 4
a z drugiego warto ć siły normalnej oddziaływania prowadnicy
1 1
N = Ą2rm cos Ąt.
8 4

Przyjmuj c warunki pocz tkowe ruchu wzgl dnego � = 0, � = 0 dla t = 0, po roz-
wi zaniu równania ró niczkowego otrzymuje si prawo ruchu klocka w postaci
1 �łcos 1
2
� = gt + 2�r Ąt -1�ł.
�ł �ł
2 4
�ł łł
1
Maksymalna siła normalna wynosi Nmax = Ą2rm i odpowiada skrajnym poło e-
8
niom prowadnicy.
ZADANIE 3.2.16
Układ mechaniczny, którego model pokazany jest na rysunku 3.2.16, nap dzany
jest korb O1A poruszaj c si zgodnie z równaniem � = �t, � = const. Klocek K
o masie m umieszczony jest w gładkiej prowadnicy pochylonej pod k tem ą. Wyzna-
czyć prawo ruchu klocka w układzie wzgl dnym Oxy, je eli w chwili pocz tkowej
znajdował si on w spoczynku w poło eniu okre lonym współrz dn x = x0. Dane s
O1A = O2D = AB = CD = r.
Rozwi zanie
Ruch unoszenia (ruch układu Oxy) jest ruchem post powym, a wi c siła Coriolisa
jest równa zero. Przyspieszenie unoszenia au punktu K jest równe przyspieszeniu
punktu B. Równanie ruchu punktu B (w układzie �, �) ma postać
� = 2r sin � = 2r sin�t
i st d współrz dna przyspieszenia unoszenia

au = � = -2r�2 sin �t.
Siła unoszenia Pu = -mau, przy czym jej warto ć wynosi Pu = m au = m2r�2 sin �t.
BG AGH
Dynamika punktu materialnego 183
0
"
Rys. 3.2.16 Rys. 3.2.16a
Przykładaj c do klocka siły działaj ce w układzie wzgl dnym x, y (rys. 3.2.16a)
oraz korzystaj c z równania dynamicznego ruchu wzgl dnego maw = Pb + Pu , otrzy-
muje si skalarne równanie rzutów na o x
mawx = G siną Pusin ą,

a po podstawieniach równanie ró niczkowe ruchu wzgl dnego (awx = x)
ą - 2r�2 sin ąsin �t.
x = g sin
Całkuj c powy sze równanie otrzymuje si :

x = gt sin ą + 2r� sin ącos �t + C1,
1
x = gt2 sin ą + 2r sin ąsin �t + C1t + C2.
2

Przyjmuj c warunki pocz tkowe t = 0, x = x0, x = 0, wyznaczono stałe całkowania
C1 = 2r� sin ą, C2 = x0.
Szukane prawo ruchu wzgl dnego ma postać
1
�ł
2
x = gt + 2r(sin �t - �t)łł sin ą + x0.
�ł śł
2
�ł �ł
Rzutuj c dynamiczne równanie ruchu wzgl dnego na o Oy, obliczyć mo na sił
reakcji
N = m(g 2r�2sin �t) cos ą.
BG AGH
184 DYNAMIKA
ZADANIE 3.2.17
Ruchomy podest (rys. 3.2.17) obraca si ze stał pr dko ci k tow �0 =1 s 1.
Na pode cie w odległo ci r0 = 1 m od osi obrotu znajduje si pojemnik na rolkach
oparty o pionow listw prowadz c . Pomi dzy pionow listw a boczn ciank
1
pojemnika wyst puje tarcie o współczynniku tarcia � = 2. Długo ć listwy prowa-
4
dz cej l = 2 m, masa pojemnika m = 20 kg. Obliczyć pr dko ć wzgl dn pojemnika
w chwili opuszczenia podestu, a tak e składow normaln N1 reakcji listwy pionowej
dla dwóch warto ci pr dko ci pocz tkowej wzgl dnej v0 = 0,25 m/s i v0 = 0,5 m/s,
je eli ruch wzgl dny pojemnika zachodzi wzdłu listwy prowadz cej przeciwnie do �0.
Rys. 3.2.17
Rozwi zanie
Przyjmuj c wzgl dny układ odniesienia �, �, ś jak na rysunku 3.2.17a oraz przy-
kładaj c siły działaj ce na pojemnik, otrzymano dynamiczne równanie ruchu wzgl d-
nego w postaci wektorowej
maw = G + N1 + N2 + T + Pun + Pcor ,
gdzie:

aw(�, 0, 0),
Pcor = -macor ,
n
Pun = -mau .
Po zrzutowaniu tego równania na osie układu wzgl dnego otrzymano trzy skalar-
ne równania:
m = Pun sin ą - T ,
�
0 = Pun cos ą - N1 - Pcor ,
0 = N2 - G.
BG AGH
Dynamika punktu materialnego 185
�0 = �u
�u
Rys. 3.2.17a
Siła unoszenia ma tylko składow normaln (obrotowy ruch unoszenia jest jedno-
stajny, �0 = const), której warto ć wynosi
n 2
Pun = m au = m�0ru ,
gdzie ru jest promieniem obrotu w ruchu unoszenia.

Siła Coriolisa Pcor = macor = 2m�uvw = 2m�0�.
2

Siła tarcia T = � N1 = �(Pun cos ą - Pcor)= �(m�0r0 - 2m�0�),
r0 �
przy czym cos ą = , sin ą = .
ru ru
Uwzgl dniaj c powy sze, otrzymuje si nast puj cy układ równa :

� - 2��0� - �2� = -��2r0,
0 0

N1 = m�2r0 - 2m�0�,
0
N2 = mg.

Obliczenie siły N1 mo liwe jest po wyznaczeniu pr dko ci wzgl dnej i w zwi z-
�
ku z tym w pierwszej kolejno ci nale y rozwi zać równanie ró niczkowe ruchu
wzgl dnego.
BG AGH
186 DYNAMIKA
Podstawiaj c

� = �1 + �r0, � = �1, � = �1,
otrzymuje si jednorodne równanie ró niczkowe

�1 - 2��0�1 - �2�1 = 0.
0
Równanie charakterystyczne ma postać
2 - 2��0 - �2 = 0,
0
a rozwi zanie równania ró niczkowego
�1 = C1e1t + C2e2t.
Po podstawieniu danych liczbowych pierwiastki równania charakterystycznego
1
równe s 1 = 2, 2 = 2.
2
Do wyznaczenia stałych C1 i C2 wykorzystano równanie �1(t) i po zró niczkowaniu

�1 = C11e1t + C22e2t ,
korzystaj c z warunków pocz tkowych:

t = 0, � = 0, � = v0,

obliczono dla t = 0, �1 = � - �r0 = -�r0, �1 = � = v0 i otrzymano układ równa , opisuj -
cych poło enie i pr dko ć pojemnika w funkcji czasu i dla pr dko ci pocz tkowej:
2
1- 2v0 - t 1+ 4v0 2t 2
2 ,
� = 2e + 2e +
6 12 4
2
1- 2v0 - t 1+ 4v0 2t
2
� = e + e .
6 12
Pr dko ć wzgl dn v1, z jak pojemnik opu ci podest, obliczono z drugiego z powy -
szych równa , wyznaczaj c uprzednio z równania pierwszego czas t1 opuszczenia podestu
1
dla � = l.
2
Dla pr dko ci pocz tkowej v0 = 0,25 m/s, czas t1 = 0,43 s i pr dko ć v1 E" 0,4 m/s.
Dla pr dko ci pocz tkowej v0 = 0,5 m/s, czas t1 = 0,41 s i pr dko ć vl E" 0,9 m/s.
Odpowiadaj ce obliczonym pr dko ciom v1 składowe normalne N1 reakcji listwy
pionowej wynosz 4N i 16N.
Ujemna warto ć siły N1 = 16N, odpowiadaj ca pocz tkowej pr dko ci v0 = 0,5 m/s,
wiadczy o tym, e dla przyj tych parametrów kinematycznych, masowych i geome-
trycznych, pojemnik nie b dzie dociskany do listwy prowadz cej. Prowadzenie poje-
mnika w tej cz ci podestu zapewni listwa umieszczona po drugiej stronie pojemnika
w stosunku do przyj tej na rysunku 3.2.17a.
BG AGH
Dynamika punktu materialnego 187
Wniosek ten wynika równie z analizy równania sił wzgl dem osi �, co prowadzi
do warunku N1 > 0 dla zapewnienia docisku do listwy. Prostoliniowy ruch wzgl dny
zapewnić mo na, wprowadzaj c rozwi zanie konstrukcyjne w postaci dwóch równole-
głych listew. W zale no ci od parametrów układu reakcje boczne wyst pować b d na
jednej lub drugiej listwie takiego prowadnika.
ZADANIE 3.2.18
Pier cie o masie m (rys. 3.2.18) rozpoczyna ruch z pr dko ci pocz tkow v0 po
gładkiej prowadnicy AB od punktu A do B. Prowadnica obraca si ze stał pr dko ci
k tow � wzgl dem pionowej osi obrotu. Promie krzywizny prowadnicy wynosi r.
Obliczyć pr dko ć wzgl dn pier cienia w momencie opuszczania prowadnicy oraz
sił reakcji prowadnicy.
Rozwi zanie
Siły działaj ce na pier cie pokazano na rysunku 3.2.18a, przy czym dla wygody
oblicze układ odniesienia przyj to tak, e o y jest styczna do prowadnicy, a o z po-
prowadzona jest wzdłu promienia r. Ruch wzgl dny opisano współrz dn k tow �.
�
Rys. 3.2.18 Rys. 32.18a
Sił reakcji prowadnicy rozło ono na dwie składowe Nx i Nz. Siła unoszenia
N
Pu = Pun działa w płaszczy nie yz i jest prostopadła do osi obrotu prowadnicy. Równa-
nie dynamiczne ruchu wzgl dnego ma postać
� n
maw = mg + N + N + Pu + Pcor , gdzie aw = aw + aw.
x y
BG AGH
188 DYNAMIKA
Rzutuj c to równanie na osie układu odniesienia otrzymano:
mawx = 0 = Pcor - Nx ,
�
mawy = maw = mg sin � + Pu cos �,
n
mawz = -maw = Nz + Pu sin � - mg cos �.
dv dv d� dv v
� n
Wprowadzaj c vw = v i aw = = �" = �" , Pu = Pun = mau = m�2r sin �,
dt d� dt d� r
drugie z równa sił zapisać mo na nast puj co
dv v
m �" = mg sin � + m�2r sin �cos �,
d� r
lub po rozdzieleniu zmiennych
�ł 1
2
vdv = gr sin � + �2r sin 2��ł d�.
�ł �ł
2
�ł łł
1 1
Całkuj c powy sze równanie otrzymano v2 = -gr cos � - �2r2 cos 2� + C1
2 4
i korzystaj c z warunku pocz tkowego dla t = 0, v = v0, � = 0 wyznaczono
�ł 1 1
�ł
2
C1 = r g + �2r + v0 i ostatecznie
�ł �ł
4 2
�ł łł
2
v = r [2g(1- cos �) + 0,5�2r(1- cos 2�)] + v0 .
Wprowadzenie współrz dnej k towej � pozwoliło na uzyskanie wygodnej do ana-
lizy zale no ci v = v(�).
Pr dko ć wzgl dn w momencie opuszczenia pier cienia prowadnicy obliczyć
Ą
mo na podstawiaj c � =
2
2
v = r(2g + �2r) + v0 .
Obliczaj c:
N = Pcor = 2m�v cos �,
x
BG AGH
Dynamika punktu materialnego 189
2
�ł
v0 łł
2
N = m g(3cos � - 2)- 2�2r sin � - śł
�ł
z
r
�ł śł
�ł �ł
Ą
i podstawiaj c � = , otrzymuje si
2
2
�ł
v0 �ł
�ł
N = 0, N = -m�ł 2g + 2�2r +
x z
�ł �ł
r
�ł łł
oraz warto ć reakcji prowadnicy N = Nz .
ZADANIE 3.2.19
Tuleja o ci arze G = 50 N mo e poruszać si po gładkim poziomym pr cie obra-
caj cym si dookoła pionowej osi z pr dko ci k tow � = 2 s 1 (rys. 3.2.19). Do tu-
lei zamocowana jest jednym ko cem liniowa spr yna o współczynniku spr ysto ci
k = 520 N/m i długo ci swobodnej l0 = 0,5 m. Drugi koniec spr yny zamocowany jest
w osi obrotu. Wyznaczyć:
1) poło enie tulei w stanie równowagi wzgl dnej,
2) maksymaln odległo ć tulei od osi obrotu, je eli nadano jej pr dko ć pocz tko-
w v0 = 0,5 m/s,
3) sił reakcji pr ta.
Rozwi zanie
Siły działaj ce na tulej w układzie wzgl dnym xyz pokazano na rysunku 3.2.19a.
x
Rys. 3.2.19 Rys. 3.2.19a
BG AGH
190 DYNAMIKA
Dynamiczne równanie ruchu wzgl dnego ma postać
maw = G + N + S + Pu + Pcor ,
gdzie:
S siła spr ysto ci spr yny,
Pu = Pun siła unoszenia,
N = N + Nz siła reakcji pr ta.
y
Rzutuj c równanie dynamiczne na o x i korzystaj c z warunku równowagi
wzgl dnej, tj. aw = 0 i vw = 0, otrzymuje si skalarne równanie sił w poło eniu równo-
wagi wzgl dnej
Pun - S0 = 0,
gdzie:
S0 = k �" " siła spr ysto ci w poło eniu równowagi,
" wydłu enie spr yny w tym poło eniu,
n
Pun = mau = m�2 (l0 + ") siła unoszenia.
Uwzgl dniaj c powy sze, otrzymuje si z równania równowagi wzgl dnej wydłu-
enie spr yny
ml0�2
" = .
k - m�2
Poło enie tulei w stanie równowagi wzgl dnej w stosunku do osi obrotu obliczyć
mo na z zale no ci
l = l0 + ".
Podstawiaj c dane liczbowe, otrzymano " = 0,02 m i l = 0,52 m. Maksymaln
odległo ć tulei od osi obrotu przy zadanej pr dko ci pocz tkowej v0 mo na otrzymać,
rozwi zuj c równanie ruchu wzgl dnego po zrzutowaniu dynamicznego równania we-
ktorowego na o x
maw = Pun - S.
Podstawiaj c:
n
Pun = mau = m�2 (l0 + " + x),
S = k(" + x),

aw = x,
BG AGH
Dynamika punktu materialnego 191
otrzymano równanie ró niczkowe ruchu wzgl dnego

mx + (k - m�2 )x = m�2 (l0 + ") - k".
Uwzgl dniaj c otrzyman zale no ć na wydłu enie ", powy sze równanie ma
postać

mx + (k - m�2)x = 0.
Dla danych liczbowych w zadaniu k m�2 = 500 N/m > 0 rozwi zanie równania
ró niczkowego b dzie miało postać
k
x = C1 cos ąt + C2 sin ąt, gdzie ą = - �2 .
m

Obliczaj c x = -C1ąsin ąt + C2ą cos ąt oraz korzystaj c z warunków pocz tko-
v0

wych ruchu dla t = 0, x = 0, x = v0, obliczono stałe całkowania C1 = 0 i C2 = ,
ą
otrzymuj c sko czone równanie ruchu wzgl dnego
�ł �ł
m k
�ł
x = v0 sin - �2 �łt.
k - m�2 �ł m �ł
�ł łł
Równanie to opisuje ruch wzgl dny jako drgania harmoniczne o amplitudzie
m
a0 = v0 .
k - m�2
Maksymalna odległo ć tulei od osi obrotu wynosi
ml0�2 m
L = l0 + " + a0 = l0 + + v0 .
k - m�2 k - m�2
Po uwzgl dnieniu danych liczbowych L = 0,57 m.
Obliczaj c składowe siły reakcji z równa :
Ny Pcor = 0,
Nz G = 0.
BG AGH
192 DYNAMIKA
gdzie:

Pcor = macor = 2m�vw = 2m�x, G = mg,
�ł �ł
k
�ł

x = v0 cos - �2 �łt,
�ł �ł
m
�ł łł
otrzymuje si , przyjmuj c warto ć przyspieszenia ziemskiego g = 10 m/s2
2 2
N = N + Nz = 50 0,4cos2 �t +1.
y
ZADANIE 3.2.20
Turbinka rozrzutnika granulatu obraca si wokół pionowej osi ze stał pr dko ci
k tow �0 (rys. 3.2.20). Padaj ce w pobli u osi obrotu cz stki s zgarniane przez łopat-
ki turbiny i wyrzucane na zewn trz. Promie tarczy oraz łopatki wynosi R. Pomijaj c
tarcie, wyznaczyć pr dko ć bezwzgl dn cz stek w momencie wyrzucania.
Rys. 3.2.20
Rozwi zanie
Siły działaj ce na cz steczk o masie m w płaszczy nie tarczy turbinki pokazano na
rysunku 3.2.20a. Sita ci ko ci G , prostopadła do tarczy, równowa y si z reakcj N2
tarczy. Siła N1 jest reakcj łopatki działaj c na cz stk granulatu. Siła unoszenia Pu ma
tylko składow normaln Pun działaj c wzdłu kierunku OA, przy czym OA = ru jest
promieniem unoszenia. Do opisania ruchu wzgl dnego wygodnie jest przyj ć współ-
rz dn k tow �. Równanie wektorowe ruchu wzgl dnego cz stki ma postać
� n
maw = Pcor + N1 + Pun + N2 + G , gdzie aw = aw + aw.
BG AGH
Dynamika punktu materialnego 193
Rys. 3.2.20a
Rzutuj c powy sze równanie na osie �w i nw przyj tego układu odniesienia, otrzy-
muje si :
�
�
maw = Pun cos ,
2
�
n
maw = Pcor - N1 - Pun sin ,
2
gdzie:
�

aw = �R,
n

aw = �2R,
�
n
Pun = mau = m�2ru = m�2 �" 2Rsin ,
0 0
2

Pcor = macor = m2�0vw = 2m�0R�.
Po uwzgl dnieniu powy szych zwi zków równania ruchu wzgl dnego maj postać:
2

� = R�0 sin �,
�
2

mR�2 = 2m�0R� - 2m�0Rsin2 - N1.
2
BG AGH
194 DYNAMIKA
d� d� d� d�

Podstawiaj c � = = = �" �, z pierwszego równania otrzymano
dt d� dt d�
�d� = R�2 sin �d�.
0
Przyjmuj c warunki pocz tkowe dla t = 0, vw = 0 (z tego wynika, e � = 0), � = �0,
po scałkowaniu i uwzgl dnieniu warunków pocz tkowych otrzymano
� = �0 2 cos �0 - cos �.
Z warunków geometrycznych tarczy rozrzutnika wynika, e 0 d" � d" 60o i pr dko ć
wzgl dna w momencie wyrzutu wynosi
vw = �BR = � R = �0R 2 cos �0 - 0,5.
(�=60o)�"
W momencie wyrzutu pr dko ć unoszenia wynosi vu = �0OB = �0R i jest wekto-
rem prostopadłym do OB (zgodnie z obrotem tarczy). Wektor pr dko ci wzgl dnej vw
w tym punkcie jest prostopadły do KB i k t pomi dzy pr dko ciami vu i vw wyno-
si 120o. Pr dko ć bezwzgl dn cz stki granulatu w momencie wyrzutu oblicza si ze
wzoru
2 2
vb = vu + vw + 2vuvw cos120o = R� 2cos �0 - 2cos �0 -1.
ZADANIE 3.2.21
Na platformie o masie m2 = 400 kg, poruszaj cej si z pr dko ci v0 = 2 m/s, le y
klocek o masie m1 = 100 kg (rys. 3.2.21). W pewnej chwili do platformy przyło ono
stał sił o zwrocie przeciwnym do zwrotu pr dko ci v0 . Współczynnik tarcia kloc-
P
ka po platformie � = 0,1.
Rys. 3.2.21
Wyznaczyć:
1) sił P tak, aby nie nast pił po lizg klocka,
2) drog klocka w przypadku jego po lizgu, je eli do platformy przyło ona jest
siła 2P.
Opory ruchu platformy po podło u pomin ć.
BG AGH
Dynamika punktu materialnego 195
Rozwi zanie
Przypadek 1
Rozkład sił działaj cych na platform i klocek po przyło eniu siły pokazano na
P
rysunku 3.2.21a. Siła unoszenia Pu = -m1au = -m1a2. Siła tarcia ma zwrot przeciw-
T
ny do zwrotu przewidywanej pr dko ci po lizgu masy m1. Musi zachodzić zatem waru-
nek równowagi wzgl dnej m1aw = Pu + T = 0, z którego wynika równanie
m1a2 - T = 0.

G1
T

N

G2
Rys. 3.2.21a
Zakładaj c tarcie rozwini te, otrzymano warto ć siły tarcia T = �N = �m1g
i z równania równowagi obliczono przyspieszenie
T
a2 = = �g =1 m/s2 (g = 10 m/s2 ).
m1
Szukan sił wyznaczono z dynamicznego równania ruchu masy m2
P
m2a2 = P T,
tzn. P = m2a2 + T = 400 + 0,1 �" 100g = 500 N.
Jest to maksymalna, graniczna warto ć siły P, przy której jeszcze nie nast pi po-
lizg. Przekroczenie tej warto ci spowoduje po lizg, w którym droga klocka zale na
b dzie od warto ci przyło onej siły.
Przypadek 2
Ruch masy m1 w tym przypadku dzieli si na dwa etapy:
a) od chwili przyło eniu siły do chwili zatrzymania si masy m2; czas trwania
2P
po lizgu t1,
b) okres, w którym masa m2 jest w spoczynku (m1 w ruchu); czas trwania po liz-
gu t2.
Czas trwania całego po lizgu tp = t1 + t2.
BG AGH
196 DYNAMIKA
Ad a)
Korzystaj c z rysunku 3.2.21a mo na napisać dynamiczne równania ruchu obu mas:
ruchu wzgl dnego masy m1 jako m1aw = Pu T,
ruchu bezwzgl dnego masy m2 w postaci m2a' = 2P T.
2
Z równania drugiego obliczyć mo na przyspieszenie
2P - T 2P - �m1g 1000 -100
2
a2 = = = = 2,25 m/s2
m2 m2 400
i w dalszej kolejno ci pr dko ć masy m2; u2 = v0 a' t = 2 2,25 t.
2
Masa m2 zatrzymuje si po czasie t1. Zatem dla t = t1 u2 = 0 i z tego warunku
v0
otrzymuje si czas po lizgu do chwili zatrzymania si masy m2, t1 = = 0,89 s.
2
a2
2
Obliczaj c warto ć siły unoszenia Pu = m1 au = m1 a2 = 225 N, z równania ruchu
wzgl dnego wyznaczono przyspieszenie wzgl dne
Pu - T
aw = = 1,25 m/s2.
m1
Pr dko ć wzgl dna w tym etapie wynosi vw = awt (pr dko ć pocz tkowa wzgl dna
1
2
równa jest zero), a równanie ruchu wzgl dnego ma postać z = awt2 = 0,625t (ozna-
2
czenia jak na rysunku 3.2.21b).
Vw =
Rys. 3.2.21b
Z powy szych równa obliczyć mo na pr dko ć i drog przebyt w pierwszym
etapie ruchu masy m1 odpowiadaj ce chwili t = t1:
2
vw(t1) = awt1 =1,11 m/s, z (t1) = 0,625 t1 = 0,5 m.
Pr dko ć vw(t1) i droga z(t1) s warunkami pocz tkowymi dla drugiego etapu ru-
chu przy zatrzymanej masie m2.
BG AGH
Dynamika punktu materialnego 197
Ad b)
Równanie dynamiczne ruchu masy m1 ma postać:

m1z = -T

lub po podstawieniu danych liczbowych z = -1.
Obliczaj c pr dko ć i drog przy warunkach pocz tkowych, tzn. dla

t1 = 0 z = vw(t1) = 1,11 m/s, z = z(t1) = 0,5 m, otrzymano:

z = t +1,11,
1
z = - t2 +1,11t + 0,5.
2
Z równania pr dko ci obliczyć mo na czas do chwili zatrzymania si masy m1,

tzn. dla z = 0 t2 = 1,11 s, a z równania drogi drog po lizgu odpowiadaj c czasowi
1
2
tp = t1 + t2 = 2 s. Wynosi ona z(t2 ) = s = - t2 +1,11t2 + 0,5 = 1,11 m.
2
Ruch masy m1 w drugim etapie rozpatrywany był jako bezwzgl dny, gdy od
chwili t1 masa m2 nie porusza si .
Uwaga. Zadanie to rozwi zano innymi metodami w przykładzie 3.3.3.
3.2.5. Dynamika punktu o zmiennej masie
ZADANIE 3.2.22
Rakieta, startuj c z wyrzutni podziemnej, korzystaj c z dodatkowego zbiornika
paliwa, osi ga pr dko ć w chwili opuszczania wyrzutni, i w tym momencie odrzu-
v
cony jest zbiornik dodatkowy, a dopływ paliwa do silnika odbywa si z wła ciwego
zbiornika rakiety. Podczas lotu z dyszy wyrzucane s cz steczki masy ze stał pr d-
M �" m
ko ci wzgl dn vw, a na rakiet działa siła powszechnego ci enia P = k ,
z2
gdzie k jest stałym współczynnikiem, M mas Ziemi o promieniu R, m mas rakiety,
z odległo ci rakiety od rodka O Ziemi (rys. 3.2.22). Pocz tkowa masa rakiety wraz
z paliwem wynosi m0 = mR + mp0, gdzie mR jest mas rakiety bez paliwa, mp0 mas
pocz tkow paliwa. Wyznaczyć funkcj zmiany masy paliwa mp = mp(t), je eli rakieta
porusza si ze stał pr dko ci .
BG AGH
198 DYNAMIKA
Rys. 3.2.22
Rozwi zanie
Funkcj zmiany masy paliwa otrzymać mo na z równania Mieszczerskiego
dv
m(t) = P + Ś,
dt
dm
gdzie Ś = vw jest sił reaktywn .
dt
Rzutuj c powy sze równanie na o z, otrzymuje si równanie skalarne
dv dm
m = -P - vw .
dt dt
dv
Poniewa pr dko ć rakiety v = const, wi c = 0. Siła P na powierzchni Ziemi, tj. dla
dt
z = R, równa jest sile ci ko ci rakiety mg, i z tego warunku wyliczyć mo na współ-
gR2 m2
czynnik k = . Sił P zapisać mo na wzorem P = gR2 , przy czym z, ze wzgl du
M
z2
na ruch jednostajny rakiety ( = const), jest znan funkcj czasu i wynosi z = R + vt.
v
Uwzgl dniaj c powy sze zale no ci w równaniu Mieszczerskiego oraz rozdziela-
j c zmienne, otrzymuje si równanie ró niczkowe pierwszego rz du
dm gR2 dt
= - .
m vw (R + vt)2
Rozwi zuj c powy sze równanie, otrzymuje si
gR2 1
ln m = + C.
vw v (R + vt)
BG AGH
Dynamika punktu materialnego 199
Stał całkowania mo na wyznaczyć, znaj c mas m = m0 w chwili t = 0
gR2
C = ln m0 - .
vwv
Podstawiaj c obliczon stał C do rozwi zania równania ró niczkowego oraz
przekształcaj c to rozwi zanie otrzymuje si
gR t
-
vw R+vt
m = m0e .
Uwzgl dniaj c, e masa m jest sum zmiennej masy paliwa mp = mp(t) i masy mR
rakiety bez paliwa oraz e masa pocz tkowa m0 jest sum pocz tkowej masy pali-
wa mp0 i masy mR, szukan funkcj zmiany masy paliwa zapisać mo na w postaci
gR t
-
vw R+vt
mp = (mp0 + mR) e - mR.
ZADANIE 3.2.23
Pojazd odrzutowy startuje w gór stoku nachylonego pod k tem ą = 30o o długo-
ci stoku AB = l = 2600 m (rys. 3.2.23). Masa pojazdu bez paliwa mR = 100 kg, masa za
paliwa zmienia si w czasie spalania według zale no ci mp = 160 4t.
Wyznaczyć najmniejsz stał pr dko ć wzgl dn vw, przy której pojazd ruszy na-
tychmiast pod gór oraz czas i pr dko ć osi gni cia szczytu wzniesienia (punkt B).
Przyspieszenie ziemskie przyj ć g E" 10 m/s2.
Rys. 3.2.23 Rys. 3.2.23a
Rozwi zanie
Siły działaj ce na pojazd pokazano na rysunku 3.2.23a, gdzie jest sił oddziały-
N
dm
wania podło a, G = mg sił ci ko ci pojazdu, Ś = vw sił reaktywn .
dt
BG AGH
200 DYNAMIKA
Korzystaj c z równania Mieszczerskiego
dv dm dm
m = P + vw �ł Ś przeciwna do vw, gdy < 0�ł
�ł �ł
dt dt dt
�ł łł
otrzymuje si równanie skalarne wzgl dem osi x (dla przypadku odrywania si cz stek
od masy m) w postaci
dv dm
m = -mg sin ą - vw .
dt dt
Warunkiem rozpocz cia ruchu w chwili pocz tkowej jest
dm
- mg sin ą - vw e" 0
dt
dla masy m odpowiadaj cej chwili pocz tkowej, tj.
m0 = m(t = 0)= mR + mp(t = 0)= 100 +160 kg
i
dm
(t = 0)= -4 kg/s.
dt
m0g sin ą
Z powy szego warunku otrzymuje si vw e" = 325 m/s.
4
Załó my, e cz stki paliwa s wyrzucane w chwili startu z pr dko ci wzgl dn
vw = 330 m/s. Analizuj c ruch pojazdu na drodze równej długo ci stoku l, rozwa yć
nale y nast puj ce trzy przypadki:
1) paliwo ulegnie całkowitemu spaleniu przed osi gni ciem szczytu stoku i w tym
wariancie rozwa a si dwa etapy ruchu: do chwili wypalenia si paliwa i po
spaleniu paliwa,
2) paliwo ulegnie całkowitemu spaleniu w momencie osi gni cia szczytu stoku,
3) paliwo nie zostanie całkowicie spalone w momencie osi gni cia szczytu stoku.
Przypadek 1
Równanie ruchu pojazdu ma postać
dv1 dm
m = -mg sin ą - vw ,
dt dt
gdzie:
g E" 10 m/s2 ,
m = mR + mp = 260 - 4t kg,
dm
= -4 kg/s,
dt
vw = 330 m/s.
BG AGH
Dynamika punktu materialnego 201
Po podstawieniu otrzymuje si
dv1
(260 - 4t) = -5(260 - 4t)+1320,
dt
dv1 330
= - 5.
dt 65 - t
Po scałkowaniu otrzymano
v1 = -330 ln 65 - t - 5t + C1.
Stał C1 wyznaczono z warunków pocz tkowych: dla t = 0, v1 = 0; C1 = 330 ln 65.
Pr dko ć pojazdu w tym etapie zmienia si wi c zgodnie z równaniem
v1 = 330(ln 65 - ln 65 - t )- 5t.
Czas ts całkowitego spalenia paliwa obliczyć mo na z zale no ci:
mp = 160 4ts = 0,
sk d
ts = 40 s.
W tym czasie pojazd osi gnie pr dko ć
vs = v1(ts) = 115,3 m/s E" 415 km/godz.
Równanie sko czone ruchu, odpowiadaj ce etapowi spalania paliwa, otrzymać
mo na, całkuj c pr dko ć v1, tzn.
x1 = 330[t ln 65 + (65 - t) (ln 65 - t -1)]- 2,5t2 + C2,
gdzie C2 = 330 �" 206,3 wyznacza si z warunków pocz tkowych dla t = 0, x1 = 0.
Równanie ruchu ma postać
x1 = 330[t ln 65 + (65 - t)(ln 65 - t -1) - 206,3]- 2,5t2.
Z równania tego obliczyć mo na drog xs = x1(ts) odpowiadaj c chwili całkowite-
go spalenia paliwa. Podstawiaj c ts = 40 s, otrzymuje si xs = 1280 m. Paliwo ulegnie
wi c całkowitemu spaleniu przed osi gni ciem szczytu wzniesienia i drugi etap ruchu
odbywa si pod wpływem oddziaływania stałej siły ci ko ci równej mRg (ci ar kon-
strukcji rakiety).
BG AGH
202 DYNAMIKA
Równanie dynamiczne ruchu w tym etapie ma postać
dv2
mR = -mRg sin ą,
dt
sk d
v2 = -gt sin ą + C3,
1
x2 = - gt2 sin ą + C3t + C4 , g E" 10 m/s2.
2
Stałe całkowania C3 i C4 wyznacza si z warunków pocz tkowych ruchu dla tego
etapu, tzn.
dla
t = 0, v2 = 115,3 m/s, x2 = 0,
sk d
C3 = 115,3 m/s, C4 = 0.
Z otrzymanych równa :
v2 = -5t +115,3,
x2 = -2,5t2 +115,3t,
obliczyć mo na czas tk osi gni cia szczytu stoku (punkt B) oraz v2(tk). Oznaczaj c
xk = l xs = 2600 1280 = 1320 m jako drog do punktu B,
czas tk oblicza si z równania
2
xk = -2,5tk +115,3tk,
czyli
2
2,5tk -115,3tk +1320 = 0 tk1 = 21,1 s, tk 2 = 25,1 s.
W czasie tk1 = 21,1 s pojazd osi gnie pr dko ć równ
v2(tk1) = vk = 5tk1 + 115,3 = 9,7 m/s H" 35 km/godz.
i jest to pr dko ć na szczycie stoku.
Czas tk2 = 25,1 s odpowiada chwili powrotu dla przypadku teoretycznego ruchu
pojazdu wzdłu przedłu onej linii stoku poza punkt B. Pojazd osi gn łby w którym
punkcie tej linii pr dko ć równ zeru i powróciłby do punktu B w czasie tk2. Ze wzgl -
du na narzucone rzeczywiste warunki ruchu (punkt B jest najwy szym punktem sto-
ku) nie mo na brać pod uwag czasu tk2. Zatem pojazd osi ga w punkcie B pr dko ć
vk = 9,7 E" 35 km/godz. w chwili tc = ts + tk1 = 61,1 s od momentu ruszenia.
Ze wzgl du na to, e paliwo ulegnie całkowitemu spaleniu przed osi gni ciem
szczytu stoku nie rozpatruje si przypadków 2 i 3.
BG AGH
Dynamika punktu materialnego 203
ZADANIE 3.2.24
Aód odrzutowa na skutek spalania si paliwa zmienia mas M zgodnie z rów-
naniem M = 1800 2t kg. Pr dko ć wzgl dna wyrzucanych cz stek spalanego ga-
zu vw = 800 m/s. Podczas ruchu łodzi działa na ni siła oporu proporcjonalna do
R
pr dko ci łodzi v , R = -2v (rys. 3.2.24). Wyznaczyć równanie ruchu łodzi oraz jej
pr dko ć po spaleniu si paliwa, je eli masa łodzi bez paliwa wynosi m0 = 600 kg.
Rys. 3.2.24
Rozwi zanie
Siły działaj ce na łód pokazano na rysunku 3.2.24, gdzie
F siła wyporu wody.
siła ci ko ci łodzi,
G
Ns
R =-kv siła oporu ruchu, k = 2 ,
m
dM
Ś = vw siła reaktywna.
dt
Rzutuj c równanie Mieszczerskiego na o x otrzymuje si
dv dM
m = -kv - vw ,
dt dt
a po podstawieniu danych i rozdzieleniu zmiennych
dv dt
= .
800 - v 900 - t
Wykorzystuj c warunki pocz tkowe ruchu: t = 0, v = 0, x = 0, otrzymuje si , po
rozwi zaniu równania ró niczkowego, równanie pr dko ci i przemieszczenia łodzi:
8 4
v = t, x = t2.
9 9
BG AGH
204 DYNAMIKA
Pr dko ć łodzi po spaleniu si paliwa wyznacza si , obliczaj c czas ts spalania
paliwa.
Dla t = 0 całkowita masa łodzi wynosi M0 = 1800 kg.
Uwzgl dniaj c mas łodzi bez paliwa m0 = 600 kg, obliczyć mo na mas pocz t-
kow paliwa mp0 = 1200 kg.
Z zale no ci M = M0 2t, gdzie M = m0 + mp, M0 = m0 + mp0, otrzymuje si funkcj
zmiany masy paliwa mp w czasie, tj.
mp = mp0 2t.
Z powy szej zale no ci oblicza si czas ts spalania paliwa, tzn. dla
mp = 0, ts = 600 s.
Pr dko ć łodzi po spaleniu paliwa wynosi wi c
8 8
vs = ts = �" 600 E" 533 m/s E" 1920 km/godz.
9 9
Po spaleniu si paliwa na łód nie działa siła reaktywna i dla tego etapu dynamicz-
ne równanie ruchu ma postać:
dv1
m0 = -R, R = 2v1, m0 = 600 kg,
dt
a po przekształceniu
dv1 1
= - dt.
v1 300
Rozwi zuj c powy sze równanie przy warunkach pocz tkowych dla tego etapu
ruchu: t = 0, v1 = vs = 533 m/s, x1 = 0, otrzymuje si równanie pr dko ci i przemieszcze-
nia łodzi w drugim etapie ruchu:
1
- t
300
v1 = 533 e [m/s],
1
�ł �ł
- t
�ł �ł
300
x1 = 159900 1- e [m].
�ł �ł
�ł �ł
�ł łł
BG AGH
Dynamika punktu materialnego 205
ZADANIE 3.2.25
Platforma ładowana z rynny zsypowej zbiornika materiału sypkiego porusza si
w czasie ładowania ze stał pr dko ci v = 0,2 m/s (rys. 3.2.25). Moment nap dowy na
b bnie linowej podci garki platformy równy jest M = 160 Nm. Promie b bna pod-
ci garki r = 0,2 m. Pr dko ć zsypywania v1 = 1,2 m/s, k t zsypywania ą = 60o, masa
pustej platformy m0 =1000 kg. Wyznaczyć równanie zmiany masy m = m(t) platformy
w dwóch przypadkach:
1) z uwzgl dnieniem siły oporu jazdy F = 0,2G (G = mg jest ci arem platformy),
2) z pomini ciem siły oporu jazdy.
Rys. 3.2.25
Rozwi zanie
Jest to przypadek ruchu układu o zmiennej masie z doł czaniem si cz stek masy.
Rozkład pr dko ci cz steczki dm pokazano na rysunku 3.2.25a. Równanie Mieszczer-
skiego ogólnie mo na zapisać w postaci:
dv dm
m = P + vw ,
dt dt
gdzie:
P = S + F siła dla przypadku (1),
P = S siła dla przypadku (2),
gdzie:
S siła w linie podci garki,
F siła oporu jazdy.
BG AGH
206 DYNAMIKA
Ad 1)
Rzutuj c równanie Mieszczerskiego na o x przyj tego układu odniesienia
(rys. 3.2.25a) otrzymuje si
dv dm M
m = S - F + vwx , vwx = v1 cos ą, S = , F = 0,2 mg.
dt dt r
Poniewa v = const, wi c
M dm
- 0,2 mg + (v1 cos ą - v) = 0
r dt
i po podstawieniu danych liczbowych i rozdzieleniu zmiennych otrzymuje si
dm
= 5dt.
m - 400
Rys. 3.2.25a
Rozwi zuj c powy sze równanie z uwzgl dnieniem pocz tkowej masy platformy
m0 = 1000 kg, otrzymuje si równanie zmiany masy w postaci
m = 400 + 600 e5t [kg].
Ad 2)
Równanie ruchu wzgl dem osi x ma w tym przypadku postać
dv dm
m = S + vwx ,
dt dt
lub po podstawieniu danych liczbowych i rozdzieleniu zmiennych
dm = 2000dt.
BG AGH
Dynamika układu punktów materialnych 207
Uwzgl dniaj c mas pocz tkow m0 = 1000 kg, otrzymuje si , po scałkowaniu,
równanie zmiany masy
m = 1000 2000t [kg].
Otrzymany wynik jest sprzeczny z warunkami zadania, z których wynika, e masa
platformy na skutek jej dosypywania musi rosn ć w czasie, a nie maleć. Wzrost masy
w tym przypadku, tj. przy pomini ciu siły oporu jazdy, uzyskać mo na, zmieniaj c
zwrot siły w linie podci garki. Praktycznie oznacza to, e platforma nie mo e być
S
ci gni ta, lecz hamowana sił (nap dza j Śx siła reaktywna).
S
Do samodzielnego rozwa enia pozostawia si inne przypadki pracy ładowarki,
np. pionowy kierunek zasypywania platformy oraz przeciwny do jej pr dko ci .
v
3.3. Dynamika układu punktów materialnych
ZADANIE 3.3.1
Dane s siły ci ko ci Q i G ciał A i B oraz k t równi pochyłej ą. Współczyn-
nik tarcia kinetycznego ciała B po podło u wynosi �. Wyznaczyć najmniejszy ci ar
Q = Qmin, który spowoduje ruch układu oraz pr dko ć ciał po czasie t = � sekund, je eli
dla t = 0, pr dko ć v = v(0) = 0. Mas kr ka pomin ć.
Rozwi zanie
Wyznaczenie Qmin jest zagadnieniem nale cym do dziedziny statyki. Działanie
tarcia statycznego na brył B mo e uniemo liwić ruch tego układu. Przykładaj c do
ciała B sił tarcia rozwini tego i korzystaj c z równa równowagi, wyznacza si
T
ci ar graniczny Qgr. Ka da warto ć Q > Qgr spowoduje ruch, który ze wzgl du na
�s > � b dzie si dalej rozwijał. Oba ciała oddziaływuj na siebie poprzez lin , co
przedstawiono w postaci siły napi cia S0 (rys. 3.3.1a).
Rys. 3.3.1a
BG AGH
208 DYNAMIKA
Z warunku równowagi ciała A wynika, e S0 = Qgr.siną, dla ciała za B jest Ts = S0,
przy czym Ts = �sN = �sG. Z tych zale no ci otrzymano
�s �s �s
Qgr = G i Qmin > Qgr = G czyli Qmin > G .
sin ą sin ą sin ą
Przy Q = Qgr ruch jest mo liwy tylko po zadaniu dowolnej pr dko ci pocz tkowej
v0 `" 0.
Wyznaczenie pr dko ci ciał po czasie t = � nale y do zagadnie dynamiki. Roz-
wi zania tego problemu dokonano dwiema metodami, wykorzystuj c:
1) zasad ruchu rodka masy,
2) zasad p du i pop du układu punktów materialnych.
Ad 1)
Na rysunku 3.3.1b pokazano przyło one siły zewn trzne i wewn trzne do ciał po
uwolnieniu ich od wi zów. Poniewa masa kr ka jest równa zeru wi c S1 = S2.
Zasad ruchu rodka masy zapisano wektorowo:
(mA + mB )as = G + NB + T + R + Q + N ,
A
gdzie:
mA, mB masy ciał A i B,
as przyspieszenie rodka masy układu,
N , NB siły reakcji normalne,
A
T siła tarcia,
R reakcja zewn trzna układu przyło ona na kr ku.

Q
Rys. 3.3.1b
BG AGH
Dynamika układu punktów materialnych 209
Rzutuj c to równanie na osie x i y przyj tego układu odniesienia, otrzymano:
ą
(mA + mB )asx = N sin ą - T + Rsin ,
2
ą
(mA + mB )asy = N cos ą + NB - G - Q + Rcos .
2
Rzut przyspieszenia as na osie x i y mo na zapisać:
2
d mAaAx + mBaBx
asx = (xs)= ,
mA + mB
dt2
2
mAaAy + mBaBy
d
asy = (ys)= .
mA + mB
dt2
Rzuty przyspiesze ciał A i B zgodnie z rysunkiem 3.3.1a wynosz :
aAx = aAcos ą, aAy = aAsin ą, aBx = aB, aBy = 0,
przy czym aA = aB = a.
Uwzgl dniaj c powy sze zale no ci otrzymuje si
ą
(mA cos ą + mB )a = N sin ą - T + R sin ,
A
2
ą
- mAa sin ą = N cos ą - G - Q + N + R cos .
A B
2
Z rzutów sił na kierunki normalne do kierunków ruchu dla ka dej bryły wyzna-
czono:
NA = Q cos ą, NB = G oraz T = �NB = �G.
Uwzgl dniaj c powy sze zwi zki w układzie równa otrzymano:
ą
(mA cos ą + mB )a = Qcos ąsin ą - �G + Rsin ,
2
ą
- mAasin ą = -Qsin2 ą + Rcos .
2
Q G
Podstawiaj c mA = , mB = oraz ruguj c R i korzystaj c z odpowiednich
g g
wzorów trygonometrycznych, wyznaczono warto ć przyspieszenia a
Qsin ą - �G
a = �" g.
Q + G
BG AGH
210 DYNAMIKA
Całkuj c obustronnie powy sz zale no ć przy warunku pocz tkowym v(0) = 0
otrzymuje si
Qsin ą - �G
v = gt,
Q + G
Q sin ą - �G
a dla t = � pr dko ć v(�) = g�.
Q + G
Aby spełnić warunki zadania, musi zachodzić Q sin ą �G > 0 (patrz pierwsza
cz ć rozwi zania).
Ad 2)
Zasada p du i pop du dla układu punktów materialnych ma postać
t2
p2 - p1 = Wg dt.
+"
t1
W rozpatrywanym przypadku p d w chwili pocz tkowej t1 wynosi nato-
p1 = 0,
miast w chwili t2 p2 = mAvA + mBvB przy czym vA = vB .
Suma geometryczna sił zewn trznych wynosi
Wg = G + Q + NA + NB + T + R.
Zasada p du i pop du ma wi c postać
t2
mAvA + mBvB = (G + Q + NA + NB + T + R)dt.
+"
t1
Rzutuj c powy sze równanie wektorowe na osie x i y, otrzymuje si
t2
�ł ą �łdt,
mAvA cos ą + mBvB = N sin ą - T + Rsin �ł
�ł
+" A
2
�ł łł
t1
t2
�ł ą �ł
- mAvA sin ą = N cos ą - G - Q + NB + Rcos dt.
�ł �ł
+" A
2
�ł łł
t1
Uwzgl dniaj c, e NA = Q cos ą, NB = G, T = �NB = �G po scałkowaniu, otrzymuje si :
t2
ą
mAvA cos ą + mBvB + (Q cos ąsin ą - �G)(t2 - t1)+ Rsin dt,
+"
2
t1
t2
ą
mAvAQsin2 ą(t2 - t1)- Rcos dt.
+"
2
t1
BG AGH
Dynamika układu punktów materialnych 211
Q
Ruguj c z powy szych równa pop d siły R oraz uwzgl dniaj c, e mA = ,
g
Qsin ą - �G
G
mB = i vA = vB = v, otrzymano v = g� gdzie � = t2 t1. Zasad p du
g
Q + G
i pop du wykorzystać mo na w tym przypadku równie w inny sposób, stosuj c j do
ka dego ciała osobno, a nie do całego układu.
Korzystaj c z rysunku 3.3.1b mo na powy sz zasad zapisać dla ka dego ciała
w postaci:
t2
mAvA = (Qsin ą - S2 )dt,
+"
t1
t2 t2
mBvB = (S1 - T )dt = (S1 - �G)dt,
+" +"
t1 t1
a po scałkowaniu w postaci
t2
mAvA = Qsin ą(t2 - t1)- S2dt,
+"
t1
t2
mBvB = S1dt - �G(t2 - t1).
+"
t1
Q G
Uwzgl dniaj c, e S1 = S2, vA = vB = v, mA = , mB = i ruguj c pop dy sił S1
g g
i S2, otrzymuje si
Qsin ą - �G
v = g�, � = t2 - t1.
Q + G
W rozpatrywanym przypadku ten sposób prowadzi najszybciej do celu.
ZADANIE 3.3.2
Na wózku o masie m1 = 500 kg umieszczony jest zespół tłokowy o masie tłoka
m2 = 600 kg i masie przeciwwagi m3 = 20 kg. Korba OA obraca si ze stał pr dko ci
k tow � = 10 rad/s. Długo ć OA = AB = r, OC = q (rys. 3.3.2).
Wyznaczyć współczynnik spr ysto ci k spr yny tak, aby podczas ruchu układu
nie zachodziły drgania rezonansowe wózka.
C
Rys. 3.3.2
BG AGH
212 DYNAMIKA
Rozwi zanie
Zadanie rozwi zano dwiema metodami:
1) wykorzystuj c zasad ruchu rodka masy,
2) wykorzystuj c zasad p du układu punktów materialnych.
Ad 1)
Siły czynne i reakcje przyło one do układu po uwolnieniu od wi zów pokazano na
rysunku 3.3.2a. Ze wzgl du na to, e analizuje si ruch wózka, zasad ruchu rodka
masy wykorzystano wzgl dem osi x odpowiednio przyj tego układu odniesienia:

(m1 + m2 + m3)xs = -S,
gdzie:
S = k" = k(x1 HK) siła spr ysto ci spr yny o współczynniku spr ysto ci k,
" odkształcenie spr yny,
HK = const,
x1 współrz dna rodka masy wózka.
Obliczaj c współrz dne x-owe masy tłoka i przeciwwagi
x2 = x1 + 2r cos �, � = �t,
x3 = x1 q cos �
oraz korzystaj c ze wzoru na współrz dn xs, rodka masy układu, otrzymuje si po
zró niczkowaniu
2 2
�ł �ł
d d m1x1 + m2x2 + m3x3 �ł
�ł
xs = ( xs) = =
dt2 dt2 �ł m1 + m2 + m3 �ł
�ł łł

(m1 + m2 + m3)x1 + (m3q - 2m2r)�2 cos �t
= .
m1 + m2 + m3
x3
G2
Rys. 3.3.2a
BG AGH
Dynamika układu punktów materialnych 213
Podstawiaj c
xs do zasady ruchu rodka masy otrzymuje si

(m1 + m2 + m3)x1 + kx1 = (2m2r - m3q)�2 cos �t + k(HK)
lub
2

x1 + �0 x1 = Acos �t + C1,
gdzie:
k
2
�0 = ,
m1 + m2 + m3
2m2r - m3q P0
A = �2 = ,
m1 + m2 + m3 m1 + m2 + m3
HK
C1 = k .
m1 + m2 + m3
Powy sze równanie ró niczkowe opisuje ruch (drgania) wózka pod wpływem siły
wymuszaj cej o amplitudzie P0, i cz sto ci wymuszenia �. Cz sto ć �0 nazywa si cz -
sto ci drga własnych, a drgania rezonansowe zachodz , je eli �0 = �. Aby unikn ć
drga rezonansowych i niebezpiecznego wzrostu amplitud drga w stanie rezonansu,
musi być spełniony warunek �0 `" �, przy czym, je eli ruch drgaj cy odbywa si z cz -
sto ci � < �0, to nie ma mo liwo ci wyst pienia drga rezonansowych, a je eli � > �0,
to nale y liczyć si ze wzrostem amplitud drga podczas rozruchu układu i przechodze-
niu przez rezonans przy � = �0. W układach rzeczywistych stosuje si elementy tłumi -
ce drgania i ograniczaj ce amplitudy drga rezonansowych. Znaj c cz sto ć drga wła-
snych �0, obliczyć mo na współczynnik spr ysto ci spr yny z zale no ci
2
k = �0(m1 + m2 + m3).
Ruch wózka zachodzi poza rezonansem je eli �0 `" �, tzn. musi być
k `" �2(m1 + m2 + m3)= �2(m1 + m2 + m3).
0
kN
Podstawiaj c dane liczbowe otrzymuje si k `" 58 .
m
Dla obliczonego współczynnika spr ysto ci k oraz przyjmuj c materiał spr yny,
dobrać mo na z odpowiednich wzorów parametry geometryczne spr yny, tzn. redni-
c drutu, rednic i długo ć spr yny, ilo ć zwojów spr yny.
BG AGH
214 DYNAMIKA
Ad 2)
Wyznaczaj c podobnie jak poprzednio współrz dne x-owe poszczególnych mas,
a nast pnie obliczaj c współrz dn x-ow p du układu, otrzymuje si

Pux = m1x1 + m2x2 + m3x3 = m1x1 + m2(x1 - 2r�sin �t)+

+ m3(x1 + q�sin �t)= (m1 + m2 + m3)x1 - (2m2r - m3q)�sin �t.
Zasada p du wzgl dem osi x ma postać
dpux
= -S gdzie S = k(x1 - HK).
dt
dpux

Obliczaj c = (m1 + m2 + m3)x1 - (2m2r - m3q)�2 cos �t, otrzymuje si z za-
dt
sady p du równanie

(m1 + m2 + m3)x1 + kx1 = (2m2r - m3q)�2 cos �t + k(HK),
identyczne jak równanie otrzymane przy wykorzystaniu zasady ruchu rodka masy.
Dalszy tok oblicze jest analogiczny jak poprzednio.
ZADANIE 3.3.3
Na platformie o masie m2 = 400 kg, poruszaj cej si z pr dko ci v0 = 2 m/s le y
ciało o masie m1 = 100 kg. W pewnej chwili do platformy przyło ono stał si-
ł o zwrocie przeciwnym do ruchu układu mas (rys. 3.3.3). Współczynnik tarcia ciała
P
po platformie � = 0,l. Wyznaczyć maksymaln warto ć siły P = P0 tak, aby nie wyst pił
po lizg ciała po platformie, oraz drog ciała o masie m1 do chwili zatrzymania si ukła-
du, je eli do platformy przyło ono sił P = 2P0.
Rys. 3.3.3
Rozwi zanie
Zadanie rozwi zano, wykorzystuj c dwie zasady:
1) zasad ruchu rodka masy,
2) zasad p du i pop du.
BG AGH
Dynamika układu punktów materialnych 215
Ad 1)
Siły zewn trzne czynne i reakcje działaj ce na układ mas pokazano na rysun-
ku 3.3.3a. Siła tarcia pomi dzy ciałami jest sił wewn trzn układu i nie wyst pi
w równaniu zasady ruchu rodka masy, która ma postać:
(m1 + m2)as = P + G1 + G2 + R1 + R2.
y
0
x
Rys. 3.3.3a
Rzutuj c powy sze równanie wektorowe na o x przyj tego układu odniesienia
(układ odniesienia przyj to tak, e w chwili przyło enia siły P, tzn. dla t = 0, pr dko ć
obu mas jest równa v0, a xs (0) = 0, otrzymuje si równanie
(ml + m2) asx = P.
Poniewa ruch układu zachodzi tylko w kierunku osi x, przyspieszenie rodka
masy jest równoległe do osi x i asx = as. Je eli nie ma po lizgu, oznacza to, e ka da
z mas ma takie samo przyspieszenie jak rodek masy. Przyspieszenie obliczyć mo na,
badaj c ruch ciała o masie m1 (rys. 3.3.3b).
y
0
x
Rys. 3.3.3b
Równanie ruchu tego ciała ma postać
m1a = T,
gdzie T = �N = �m1g.
Siła tarcia jest sił tarcia rozwini tego, co odpowiada maksymalnej warto ci siły
P = P0, takiej, eby jeszcze nie było po lizgu. Ka da siła o warto ci wi kszej od P0
spowoduje wyst pienie po lizgu. Ka da warto ć siły mniejsza od P0 zapewnia ruch
P
bez po lizgu.
BG AGH
216 DYNAMIKA
T �m1g
P = P0 = (m1 + m2)as .
Obliczaj c a = as = = E" 1 m/s2, wyznaczyć mo na
m1 m1
Po podstawieniu danych liczbowych otrzymuje si P0 = 500 N. W przypadku przyło e-
nia siły ciało o masie m1 zacznie lizgać si po platformie i aby obliczyć drog
2P0
po lizgu, rozpatrzyć nale y niezale nie ruch obu ciał (rys. 3.3.3b).
Równanie ruchu masy m1 ma postać
m1a = T,
sk d
T
a1 = - = -1 m/s2.
m1
Po scałkowaniu otrzymuje si pr dko ć i przemieszczenie masy m1:
v(t) = -t + C1,
1
x1(t) = t2 + C2t + C2.
2
Równanie ruchu platformy ma postać
m2a2 = T 2P0,
sk d
T - 2P0
a2 = = 2,25 m/s2.
m2
Po scałkowaniu otrzymuje si pr dko ć i przemieszczenie platformy:
u(t) = 2,25t + C3,
x2(t) = 1,125t2 + C3t + C4.
Wykorzystuj c warunki pocz tkowe ruchu
t = 0, v = v0, x1 = 0, u = v0, x2 = 0
wyznaczono stałe całkowania:
C1 = v0 = 2 m/s, C2 = 0, C3 = v0 = 2 m/s, C4 = 0,
i otrzymano nast puj ce równania opisuj ce pr dko ci i przemieszczenia obu mas:
v(t) = 2 - t, u(t) = 2 - 2,25t,
1
x1(t) = 2t - t2, x2 (t) = 2t -1,125t2.
2
Z powy szego układu równa wyznaczyć mo na czas t1 i drog x1(t1) hamowania
masy m1 oraz czas t2 i drog x2(t2) hamowania platformy (v(t1) = u(t2) = 0):
t1 = 2 s, x1(t1) = 2 m, t2 = 0,89 s, x2(t2) = 0,89 m.
Drog po lizgu masy m1 oblicza si jako ró nic dróg x1(t1) i x2(t2):
l = x1(t1) x2(t2) = 1,11 m.
BG AGH
Dynamika układu punktów materialnych 217
Ad 2)
Analizuj c ruch układu mas analogicznie jak w przypadku 1) zapisać mo na zasa-
d p du i pop du dla obu mas i dla masy m1 w postaci (rys. 3.3.3.a, b):
�
p2 - p1 = (G1 + G2 + R1 + R2 + P)dt,
+"
0
�
p21 - p11 =
+"Tdt,
0
gdzie:
i p1 = (m1 + m2)v0 jest p dem układu w chwili pocz tkowej t = 0,
p2 = 0 jest p dem układu po zatrzymaniu,
p11 = m1v0
i jest p dem masy m1 w chwili pocz tkowej t = 0,
p21 = 0 jest p dem masy m1 po zatrzymaniu,
� czas zatrzymania układu.
Po zrzutowaniu na o x oraz przyjmuj c P = P0, otrzymuje si :
�
- (m1 + m2)v0 = - P0dt = -P0�,
+"
0
�
- m1v0 = - Tdt = -T� = -�N� = -�m1g�.
+"
0
Ruguj c czas � z powy szych równa , obliczono sił P0 = 500 N, która nie spowo-
duje po lizgu.
W przypadku wyst pienia po lizgu, tzn. po przyło eniu siły P = 2P0, drog po li-
zgu wyznaczyć mo na, stosuj c zasad p du i pop du dla obu mas oddzielnie:
t
p21 - p11 = (T + N + G1)dt,
+"
0
t
p22 - p12 = (G2 + R1 + R2 + N + T + 2P0)dt,
+"
0
gdzie:
p21 = m1v1 jest p dem masy m1 w dowolnej chwili t,
p11 = m1v01 jest p dem tej masy w chwili t = 0,
p22 = m2v2 jest p dem masy m2 w dowolnej chwili t,
p12 = m2v0 jest p dem tej masy w chwili t = 0,
v1, v2 pr dko ci bezwzgl dne obu mas.
Rzutuj c na o x równania przyrostów p dów otrzymuje si :
t
m1v1 - m1v0 = - Tdt,
+"
0
t
m2v2 - m2v0 = - (T - 2P0)dt.
+"
0
BG AGH
218 DYNAMIKA
Podstawiaj c T = �N = �m1g i całkuj c, otrzymano równania pr dko ci:
2P0 - �m1g
v1 = v0 - �gt, v2 = v0 - t.
m2
Po ponownym scałkowaniu otrzymuje si równania sko czone ruchu obu mas:
1 2P0 - �m1g
x1 = v0t - �gt2, x2 = v0t - t2,
2
m2
przy warunkach pocz tkowych: t = 0, x1 = 0, x2 = 0.
Przyjmuj c v1 = 0, v2 = 0, mo na z równa pr dko ci wyznaczyć czasy zatrzyma-
nia si obu mas, a nast pnie przebyte drogi, tzn.:
2 2
v0 m2v0 v0 m2v0
t1 = , t2 = , x1 = , x2 =
�g 2 p0 - �m1g 2�g 2(p0 - �m1g).
Drog po lizgu wyznacza si jako ró nic dróg x1 i x2:
2P0 - �g(m1 + m2)v2.
l = x1 - x2 =
0
2�g(2P0 - �m1g)
Po podstawieniu danych liczbowych otrzymuje si l = 1,11 m.
Uwaga. Zadanie to mo na rozwi zać, stosuj c równania dynamiki punktu w ru-
chu wzgl dnym (patrz zadanie 3.2.21).
ZADANIE 3.3.4
Dane s siły ci ko ci G1, G2, Q poszczególnych brył i k t ą klina (rys. 3.3.4).
W chwili pocz tkowej układ ciał jest nieruchomy. Po zwolnieniu blokady ci ar G2
opada ruchem jednostajnie przyspieszonym zgodnie z równaniem h = kt2, k = const.
Obliczyć pr dko ć i drog klina w funkcji czasu.
Rys. 3.3.4
BG AGH
Dynamika układu punktów materialnych 219
Rozwi zanie
Zadanie rozwi zano dwiema metodami:
1) stosuj c zasad zachowania ruchu rodka masy,
2) wykorzystuj c zasad zachowania p du układu punktów materialnych.
Ad 1)
Przykładaj c siły zewn trzne działaj ce na układ materialny (rys. 3.3.4a) i stosuj c
zasad ruchu rodka masy, po zrzutowaniu na o x otrzymuje si

(m1 + m2 + m3)xs = 0,
gdzie jest współrz dn przyspieszenia rodka masy na osi x.
xs
Rys. 3.3.4a
Jak wynika z powy szego równania, spełniona została zasada zachowania ruchu

rodka masy wzgl dem osi x. Bezpo rednio z powy szego równania wynika, e xs = 0,
z czego
xs = C1 i xs = C1t + C2.

W chwili pocz tkowej układ był w spoczynku, tzn. dla t = 0 xs = 0, a wi c C1 = 0
i xs = C1 = const.
Podczas ruchu układu współrz dna xs rodka masy nie zmienia si . Oznaczaj c
I II
przez xs poło enie pocz tkowe rodka masy i przez xs poło enie w dowolnej chwili,
I II
mo na napisać, e xs = xs . Oznaczaj c współrz dne rodków mas brył w chwili pocz t-
I I I II II II
kowej przez x1 , x2, x3, a w chwili dowolnej przez x1 , x2 , x3 (rys. 3.3.4a), otrzymuje
si zale no ci:
I I I II II II
m1x1 + m2x2 + m3x3 m1x1 + m2x2 + m3x3
m1 + m2 + m3 = m1 + m2 + m3 .
BG AGH
220 DYNAMIKA
II II II I I I
Uzale niaj c współrz dne x1 , x2 , x3 od x1 , x2, x3, otrzymuje si :
II I
x1 = x1 + l + hcos ą,
II I
x2 = x2 + l,
II I
x3 = x3 + l,
gdzie l oznacza przemieszczenie klina (przyj to ruch w prawo) i po odpowiednich pod-
stawieniach i przekształceniach otrzymuje si przemieszczenie klina:
km1 cos ą kG1 cos ą
l = - t2 = - t2.
m1 + m2 + m3 G1 + G2 + Q
Znak minus oznacza, e przemieszczenie klina nast pi w rzeczywisto ci w stron
dl
przeciwn , ni zało ono. Pr dko ć klina obliczono jako v3 = ,
dt
2kG1 cos ą
v3 = - t.
G1 + G2 + Q
Ad 2)
Oznaczaj c przez p p d układu, zasad p du mo na zapisać
n 5
dp
= = (G1 + G2 + Q + R1 + R2).
"P "
i
dt
i=1 i=1
dpx
Rzutuj c powy sze równanie na o x (rys. 3.3.4b), otrzymuje si = 0.
dt

Vu1
Vu2

R2
R1
Rys. 3.3.4b
Co oznacza, e wzgl dem osi x spełniona została zasada zachowania p du px = const
podczas ruchu układu. Poniewa w chwili pocz tkowej układ był w spoczynku, wi c
dla t = 0 jego p d px = 0 i w czasie ruchu nie mo e si zmienić.
BG AGH
Dynamika układu punktów materialnych 221
Oznaczaj c przez v1, v2 , v3 pr dko ci mas m1, m2, m3, p d układu zapisać mo na
w postaci:
p = m1v1 + m2v2 + m3v3.
Masy m1 i m2 poruszaj si ruchem zło onym (ruch unoszenia klina, ruch wzgl dny
wzgl dem klina), w zwi zku z czym ich pr dko ci bezwzgl dne wynosz (rys. 3.3.4b):
v1 = vu1 + vw1, v2 = vu2 + vw2,
gdzie:
vu1 = v3 pr dko ć unoszenia masy m1,
vu2 = v3 pr dko ć unoszenia masy m2,
vw1, vw2 pr dko ci wzgl dne tych mas wzgl dem klina.
Po podstawieniu i zrzutowaniu na o x otrzymuje si
px = m1(v3 + vw1cosą) + m2v3 + m3v3.
Z równania ruchu wzgl dnego h = kt2 obliczyć mo na pr dko ć wzgl dn
vw1 = vw2 = 2kt i po przyrównaniu do zera px otrzymuje si pr dko ć klina
2kG1 cos ą
v3 = - t.
G1 + G2 + Q
Znak minus oznacza, e zwrot pr dko ci klina jest przeciwny do przyj tego. Przyj-
muj c, e w chwili pocz tkowej t = 0, droga klina l = 0, po scałkowaniu otrzymano
km1 cos ą kG1 cos ą
l = - t2 = - t2.
m1 + m2 + m3 G1 + G2 + G3
ZADANIE 3.3.5
Wzdłu tworz cej sto ka (rys. 3.3.5) w prowadnicy umieszczony jest ci arek G
na lince o długo ci l. Dany jest k t ą oraz moment bezwładno ci sto ka Jz = 0,3MR2,
gdzie M masa sto ka, R promie jego podstawy. Sto ek obraca si z pr dko ci
k tow �0. W pewnej chwili na sto ek zaczyna działać para sił o momencie M0 = 0,5t
a do chwili � zerwania linki z ci arkiem G. Obliczyć pr dko ć k tow � sto ka
w chwili, gdy ci arek zsunie si na poziom podstawy sto ka.
Rozwi zanie
Ruch układu składa si z dwóch etapów. W etapie pierwszym, do chwili zerwa-
nia, linki działa para sił o momencie M0 i pr dko ć zmienia si od �0 do �1. W etapie
drugim, po zerwaniu linki i ustaniu działania pary sił, pr dko ć k towa sto ka zmienia
si od �1 do warto ci � odpowiadaj cej najni szemu poło eniu ci arka G na sto ku.
Zadanie rozwi zano, stosuj c zasad kr tu dla układu materialnego wzgl dem osi z, ze
wzgl du na ruch obrotowy sto ka wzgl dem tej osi.
BG AGH
222 DYNAMIKA
Rys. 3.3.5
Etap I
Zasada kr tu ma postać
dKz n
= = M0 = 0,5t.
"M
iz
dt
i=1
Rozdzielaj c zmienne i całkuj c obustronnie, otrzymuje si :
k1
�
dK = 0,5tdt,
+" +"
k0 0
K1 - K0 = 0,25�2,
K1 = 0,25�2 + K0 ,
gdzie:
K0 kr t układu w chwili pocz tkowej t = 0,
ą ą �łl ą �ł0,3MR2 + ml2 sin2 ą �ł� ,
K0 = J �0 + mv0l sin = Jz�0 + m�ł�0l sin sin =
�ł �ł �ł �ł
z 0
2 2 2 2
�ł łł �ł łł
K1 kr t układu w chwili � zerwania linki i ustania działania pary sił.
Etap II
Obliczaj c sum algebraiczn momentów wszystkich sił wzgl dem osi z, otrzymu-
n
dKz
je si = 0, tzn. = 0 i w tym etapie ruchu i spełniona jest zasada zachowania
"M
iz
dt
i=1
kr tu wzgl dem osi z.
BG AGH
Dynamika układu punktów materialnych 223
Z zasady tej wynika, e Kz = const w ka dej chwili i mo na w zwi zku z tym
porównać kr ty w chwili pocz tkowej i ko cowej tego etapu ruchu: K1 = K.
Kr t w chwili pocz tkowej równy jest kr towi w chwili ko cowej pierwszego eta-
pu, a kr t w chwili ko cowej wyra a si zale no ci
K = J � + mvR = J � + m�R2 = (0,3M + m)�R2.
z z
Porównuj c, otrzymuje si
�ł ą �ł�
(0,3M + m)�R2 = 0,3MR2 + ml2 sin + 0,25�2 ,
�ł �ł
0
2
�ł łł
sk d obliczyć mo na pr dko ć k tow sto ka odpowiadaj c dolnemu poło eniu ci -
arka G:
�ł0,3MR + ml2 sin ą �ł� + 0,25�2
2
�ł �ł
0
2
�ł łł
G
� = , m = .
g
(0,3M + m)R2
ZADANIE 3.3.6
Na rysunku 3.3.6 pokazano element reduktora obrotów. Dane s masy m1 i m2
w poło eniu pocz tkowym l0 i r, obracaj ce si z pr dko ci k tow �0 dokoła osi z. Po
odryglowaniu masy m2 rozpoczyna ona ruch wzdłu pr ta nachylonego pod k tem ą.
Jak powinna zmieniać si pr dko ć k towa � układu, aby masa m2 poruszała si ze
stałym przyspieszeniem aw wzgl dem pr ta.
Rys. 3.3.6 Rys. 3.3.6a
BG AGH
t
�
w
a
= 0,5
s
224 DYNAMIKA
Rozwi zanie
Do rozwi zania zastosowano zasad kr tu układu materialnego wzgl dem osi
obrotu z
dKz n
= .
"M
iz
dt
i=1
n
dKz
Poniewa Miz = 0, wi c = 0 i Kz = const. Wzgl dem osi z spełniona jest
"
dt
i=1
zasada zachowania kr tu i w zwi zku z tym mo na porównać kr t wzgl dem osi z
w chwili odpowiadaj cej poło eniu pocz tkowemu mas i w dowolnej chwili ruchu,
tzn. K0 = K. Oznaczaj c przez v1 i v2 pr dko ci mas w poło eniu pocz tkowym, kr t K0
obliczyć mo na z zale no ci
K0 = m1v1r + m2v2l0 sin ą.
Uwzgl dniaj c, e v1 = �0r, v2 = �0l0sin ą, otrzymuje si
2
K0 =(m1r2 + m2l0 sin2ą)�0.
Kr t wzgl dem osi z w dowolnej chwili czasu obliczono jako sum kr tów obu
mas, przy czym ruch masy m2 rozpatrzono jako ruch zło ony z ruchu unoszenia i ruchu
wzgl dnego wzgl dem pr ta.
P d masy m2 wynosi
p2 = m2vb = m2(vu + vw)= m2vu + m2vw.
gdzie:
vu pr dko ć unoszenia wynikaj ca z ruchu obrotowego pr ta wokół osi z,
vw pr dko ć wzgl dna masy m2 o kierunku pr ta (rys. 3.3.6a).
Kr t masy m2 wzgl dem osi z jako moment p du wzgl dem tej osi równy jest jedy-
nie momentowi składowej m2vu , gdy składowa m2vw o prostej przecinaj cej o z nie
daje momentu wzgl dem tej osi. Kr t układu w dowolnym czasie wynosi
K = m1vr + m2vuru
gdzie:
v = � �" r,
vu = � �" ru = �(l0 + s) siną,
1
przy czym s = awt2, poniewa ruch wzgl dny odbywa si ze stałym przyspieszeniem aw.
2
Po podstawieniu otrzymano
2
�łm 2
K = r2 + m2(l0 + 0,5awt2) sin ąłł �
1
�ł śł
�ł �ł
BG AGH
Dynamika bryły 225
i po porównaniu kr tów K0 i K obliczono warto ć pr dko ci k towej �:
2 2
m1r2 + m2l0 sin ą
� = �0.
2
m1r2 + m2(l0 + 0,5awt2) sin2 ą
3.4. Dynamika bryły
3.4.l. Ruch post powy, obrotowy i płaski
ZADANIE 3.4.1
W lizgowej wyci garce pokazanej na rysunku 3.4.1 znane s momenty bezwład-
no ci wzgl dem osi obrotu kół z batych reduktora J1, J2 i kół linowych J3 = J4 = J,
promienie podziałowe kół z batych r1, r2, promienie kół linowych r3 = r4 = r, k t po-
chylenia podło a ą, współczynnik tarcia pojemnika wci garki po pochylni � oraz masa
pojemnika wraz z nadaw m. Pomijaj c opory tarcia w ło yskach i w przekładni, obli-
czyć warto ć momentu M, jaki nale y przyło yć na wale wej ciowym przekładni, aby
w czasie t1 rozruchu urz dzenia pojemnik wci garki uzyskał pr dko ć v1. W chwili
pocz tkowej układ był w spoczynku.
Rys. 3.4.1
Rozwi zanie
Zadanie rozwi zano trzema sposobami, wykorzystaj c:
1) dynamiczne równania ruchu post powego i obrotowego,
2) zasad równowarto ci energii kinetycznej i pracy,
3) równania Lagrange a II rodzaju.
BG AGH
226 DYNAMIKA
Ad 1)
Koła z bate przekładni odziaływuj na siebie siłami, które mo na rozło yć na
składowe: promieniow i obwodow P0 wywołuj c obrót kół. Na rysunku 3.4.1a za-
znaczono tylko te siły, które s istotne dla ruchu układu.
Siły w linkach oznaczono przez S1, S2, S3, warto ci przyspiesze k towych wa-
łów I, II, III oznaczono przez �1, �2, �3, przyspieszenie pojemnika wci garki przez a,
i reakcje podło a przez T i N.
Rys. 3.4.1a
Układ brył tworz cych urz dzenie wyci gowe został podzielony na poszczególne
bryły, dla których dynamiczne równania ruchu maj postać (równania sił)
dla wału I J1 �" �1 = M - P0r1 (1)
dla wału II (J2 + J3)�2 = P0r2 + S2r3 - S1r3 (2)
dla wału III J4 �" �3 = S3r4 - S2r4 (3)
dla pojemnika ma = S1 - S3 - T - G sin ą (4)
Momenty obrotowe poszczególnych sił przyjmuje si za dodatnie tych sił, które
pomagaj ruchowi danej bryły (zwroty zgodne ze zwrotami przyspiesze ), a ujemne
dla przeciwdziałaj cych ruchowi (przeciwne zwroty do zwrotów przyspiesze ).
W powy szych równaniach wyst puj dziesi ć niewiadomych: M, P0, S1, S2, S3, T,
�1, �2, �3, a, i w zwi zku z tym do tego układu nale y doł czyć równania dodatkowe
tak, aby otrzymać rozwi zywalny układ równa . Ze wzgl du na to, e nie mo na uło-
yć wi cej równa sił, dodatkowych równa poszukuje si z zale no ci kinematycz-
nych, tj. z równo ci warto ci przyspiesze stycznych kół przekładni
�1r1 = �2r2 (5)
BG AGH
Dynamika bryły 227
z równo ci warto ci przyspieszenia i przyspiesze stycznych kół linowych
a
�2r3 = a (6)
�3r4 = a (7)
Ponadto, z zale no ci pomi dzy sił tarcia i sił normaln , otrzymuje si
T = �N, gdzie N = G cosą (8)
Z układu równa (1) ... (8) otrzymano zale no ć pomi dzy warto ci momentu M
i przyspieszenia
a
2
łł
r1 �ł r2 �ł G rr1
�łJ1�ł �ł
�ł
M = r2 śł a + (�cos ą + sin ą)G.
rr2 �ł �ł r1 �ł + J2 + 2J + g r2
śł
�ł łł
�ł �ł
Narzucaj c kinematyczne warunki rozruchu, z powy szej zale no ci dobrać mo -
na odpowiedni warto ć momentu nap dowego. Przyjmuj c w czasie rozruchu jedno-
stajnie przyspieszony ruch pojemnika, tzn. uwzgl dniaj c, e a = const, z czego wyni-
ka, e v = at i M = const, oraz uwzgl dniaj c dane otrzymuje si
łł
r1 �ł r2 �ł G v1 rr1
�łJ1�ł �ł2
�ł
M = + J2 + 2J + r2 śł + (�cos ą + sin ą)G.
rr2 �ł �ł r1 �ł g t1 r2
śł
�ł łł
�ł �ł
Je eli po zako czeniu rozruchu pojemnik porusza si ze stał pr dko ci transpor-
towania, (ruch jednostajny) to dla takiego okresu ruchu warto ć momentu jest mniejsza
i wynosi
rr1
2
M = (�cos ą + sin ą)G.
r2
Moment M' równowa y w tym przypadku opory siły tarcia i składowej siły ci ko ci.
Ad 2)
Zasada równowa no ci energii kinetycznej i pracy ma postać
E2 E1 = L1 2.
Energia kinetyczna układu w poło eniu pocz tkowym (spoczynek) E1 = 0. Energia
kinetyczna układu w poło eniu po czasie t1 wynosi:
1 1 1 1
2 2 2
E2 = J1�1 + (J2 + J3)�2 + J4�3 + mv1 ,
2
2 2 2 2
gdzie: �1, �2, �3 s warto ciami pr dko ci k towych wałów I, II, III (rys. 3.4.1b).
BG AGH
228 DYNAMIKA
Rys. 3.4.1b
Z równo ci warto ci pr dko ci liniowych na obwodzie kół z batych oraz z równo-
ci warto ci pr dko ci v1 i pr dko ci na obwodzie kół linowych otrzymuje si zale no-
ci kinematyczne:
�1r1 = �2r2, �2r3 = v1, �3r4 = v1.
Uwzgl dniaj c powy sze zale no ci we wzorze na energi kinetyczn E2, otrzy-
mano:
�ł łł
1 r2 �ł G
2
�łJ1�ł �ł2
�ł
E2 = + J2 + 2J + r2 śł v1 .
g śł
2r2 �ł �ł r1 �ł
�ł łł
�ł �ł
Oznaczaj c przemieszczenie liniowe pojemnika przez s1 i przemieszczenie k to-
we wału I przez �1, obliczono prac sił zewn trznych działaj cych na układ:
�1 S1
L1-2 Md� - (Gsin ą + T)ds,
+" +"
0 0
gdzie T = �N = �G cos ą.
Przyjmuj c identyczne warunki jak w przypadku 1) otrzymuje si :
L1 2 = M�1 G (sin ą + � cos ą)s1.
Korzystaj c z zale no ci kinematycznych:
�1r1 = �2r2, �2r3 = s1
r2 r2
otrzymuje si �1 = s1 = s1 i prac L1 2 równ
r1r3 r1r
�ł
r2
L1-2 = - G(sin ą + � cos ą)łłs1.
�łM r1r śł
�ł �ł
BG AGH
Dynamika bryły 229
Z warunków rozruchu (ruch jednostajnie przyspieszony) wynika, e
2
at1 v1t1
v1 = at1 i s1 = = .
2 2
Podstawiaj c obliczone warto ci E1, E2, L1 2 (z uwzgl dnieniem s1) do zasady
równowarto ci energii kinetycznej i pracy uzyskuje si szukan warto ć momentu na-
p dowego
2
łł
r1 �ł r2 �ł v1 rr1
�łJ1�ł �ł + J2 + 2J + G r2 śł
�ł
M = + (�cos ą + sin ą)G.
�ł
rr2 �ł r1 �ł g śł t1 r2
�ł łł
�ł �ł
Ad 3)
Układ posiada jeden stopie swobody i w zwi zku z tym ruch układu opisany b -
dzie jednym równaniem wyprowadzonym z równania Lagrange a II rodzaju.
Równania Lagrange a II rodzaju dla rozwa anego przypadku (ruch nie zachodzi
w polu potencjalnym ze wzgl du na wyst puj c sił tarcia i niezale ny od pola
T
potencjalnego moment nap dowy) maj postać
d "E "E
�ł �ł
�ł �ł - = Qs ,

dt "s "s
�ł łł
gdzie s jest współrz dn uogólnion odpowiadaj c przemieszczeniu s1 pojemnika,
ds

a s uogólnion pr dko ci równ warto ci pr dko ci pojemnika, przy czym s = .
v
dt
Obliczaj c energi kinetyczn jak w przypadku 2), otrzymuje si
2
�ł łł
1 r2 �ł
�łJ1�ł �ł + J2 + 2J + G r2 śł
�ł
E = s2,
�ł
2r2 �ł r1 �ł g śł
�ł łł
�ł �ł
a nast pnie:
"E
= 0,
"s
2
�ł łł
"E 1 r2 �ł
�łJ1�ł �ł + J2 + 2J + G r2 śł
�ł
= s2,

"s �ł r1 �ł g śł
r2 �ł �ł łł
�ł
�ł
2
�ł łł
d "E 1 r2 �ł
�ł �ł
�łJ1�ł �ł + J2 + 2J + G r2 śł
�ł
=
s.
�ł �ł

dt "s �ł r1 �ł g śł
�ł łł r2 �ł �ł łł
�ł
�ł
BG AGH
230 DYNAMIKA
Praca przygotowana �L na odpowiednich przesuni ciach przygotowanych (rys.
3.4.1b) wynosi:
�L = M�� (G siną + T)�s,
gdzie T = �N = �G cosą.
Z analogicznych zale no ci kinematycznych jak w przypadku 2) otrzymuje si za-
le no ć
r2
�� = �s.
r1r
Uwzgl dniaj c powy sze, wyznaczono sił uogólnion Qs z zale no ci
�L r2
Qs = = M - G(sin ą + �cos ą).
�s r1r
Po podstawieniu obliczonych wielko ci do równa Lagrange a otrzymuje si
2
�ł łł
1 r2 �ł r2
�łJ1�ł �ł + J2 + 2J + G r2 śł
�ł
s = M - G(sin ą + �cos ą),
g śł r1r
r2 �ł �ł r1 �ł
�ł łł
�ł �ł
sk d
2
łł
r1 �ł r2 �ł rr1
�łJ1�ł �ł + J2 + 2J + G r2 śł
�ł
M = s + (sin ą + �cos ą)G.
�ł
r2r �ł r1 �ł g śł r2
�ł łł
�ł �ł
Uwzgl dniaj c, e oraz przyjmuj c warunki rozruchu jak poprzednio, obli-
s = a,
czono warto ć momentu nap dowego
2
łł
r1 �ł r2 �ł v1 rr1
�łJ1�ł �ł + J2 + 2J + G r2 śł
�ł
M = + (sin ą + � cos ą)G.
�ł
r2r �ł r1 �ł g śł t1 r2
�ł łł
�ł �ł
ZADANIE 3.4.2
Na rysunku 3.4.2 pokazano schemat r cznego przesiewacza wstrz sowego. Dane
s promienie r i R, mimo ród e = O2A = O3B, długo ć korby O1K = l, momenty bezwład-
no ci wzgl dem osi obrotu J1 i J2, masa sita m. Zakładaj c stał warto ć siły obliczyć
P,
pr dko ć sita w najwy szym poło eniu, je eli dla t = 0 � = 0. Mas pr ta O3B pomin ć.
O3
O2
O1
Rys. 3.4.2
BG AGH
Dynamika bryły 231
Rozwi zanie
Zadanie rozwi zano trzema sposobami, wykorzystuj c:
1) równania dynamiczne ruchu post powego i obrotowego,
2) zasad równowarto ci energii kinetycznej i pracy,
3) równania Lagrange a II rodzaju.
Ad 1)
Po oswobodzeniu od wi zów i przyło eniu sił reakcji otrzymuje si układ jak na
rysunku 3.4.2a.
Ze wzgl du na to, e pr t O3B jest bezmasowy i nieobci ony siłami czynnymi
oraz jest zamocowany przegubowo, traktuje si go jak ci gno i dla tego siła działa
RB
wzdłu osi pr ta. Siła oddziaływania z bów przekładni rozło ona jest na dwie składo-
we: obwodow i promieniow Sił o nieznanej prostej działania zast piono
F0 Fr. RA
RAx i RAy.
dwiema składowymi
Równania dynamiczne ruchu brył maj postać:
dla koła nap dowego
J1�1 = Pl F0r (1)
dla koła nap dzanego rynn
J2�2 = F0R e (RAycos� + RAx sin�) (2)
dla sita:
max = RB cos � RAx (3)
may = RB sin � + RAy G
Rys. 3.4.2a
BG AGH
232 DYNAMIKA
Ruch sita jest ruchem post powym krzywoliniowym (punkty sita poruszaj si po
okr gach niewspół rodkowych) i dlatego
aA = aB = aC = a� + an.
Rzuty przyspieszenia rodka masy sita wynosz :
ax = -a� sin � - an cos �,
(4)
ay = a� cos � - an sin �.
Uwzgl dniaj c, e G = mg oraz zale no ci kinematyczne:
r �2
= i a� = �2e
R �1
z równa (1), (2), (3), (4) otrzymuje si :
2
�ł łł
R lR
�łJ2 + J1�ł �ł + me2 śł�2 = P - mgecos �.
�ł �ł
r r
�ł �ł łł śł
�ł �ł
2
R d�2 d�2 d� d�2
Podstawiaj c J2 + J1�ł �ł + me2 = J0 i �2 = = �" = �" �2, otrzy-
�ł �ł
r dt d� dt d�
�ł łł
muje si po rozdzieleniu zmiennych równanie ró niczkowe
1 lR
�ł
�2d�2 = P - mge cos ��ł d�.
�ł �ł
J0 �ł r
łł

Uwzgl dniaj c warunki pocz tkowe ruchu: t = 0, � = 0, � = �2 = 0, z powy sze-
go równania obliczono warto ć pr dko ci k towej �'2 w najwy szym poło eniu sita, tj.
Ą
dla � =
2
lR
P Ą - 2mge
r
2
�2 = .
J0
Pr dko ć sita w tym poło eniu wynosi
lR
P Ą - 2mge
r
2
v = �2 �" e = e .
J0
Uwaga. Prostsz postać dynamicznych równa ruchu uzyskać mo na, rozkładaj c
sił na składow styczn i normaln .
RA
BG AGH
Dynamika bryły 233
Ad 2)
Korzystaj c z zasady równowarto ci energii kinetycznej i pracy
E2 E1 = L1 2
i przyjmuj c spoczynkowe poło enie pocz tkowe układu, tj. E1 = 0, otrzymuje si
E2 = L1 2.
Prac wykonuje tylko siła ci ko ci sita oraz siła (rys. 3.4.2b), czyli
G P
ą1 y1
L1-2 = Pldą - Gdy,
+"+"
00
gdzie:
ą współrz dna k towa korby O1K,
y współrz dna pionowa punktu A (lub B),
G = mg.
��
�2
�1
Rys. 3.4.2b
R
Uwzgl dniaj c, e ąr = �R, sk d ą = �, otrzymuje si
r
�1 y1
R
L1-2 = Pl d� - mgdy,
+"+"
r
00
Ą
gdzie: �1 = , y1 = e odpowiada najwy szemu poło eniu sita
2
i po scałkowaniu
lR Ą
L1-2 = P - mge.
r 2
Energia kinetyczna układu w najwy szym poło eniu sita wynosi
1 1 1
2
E2 = J1�1 + J2�2 + mv2,
2
2 2 2
gdzie v = vA = vB = vC = �2e.
BG AGH
234 DYNAMIKA
Uwzgl dniaj c powy sze, oraz e �1r = �2R, otrzymano
2
�ł łł
1 R 1
E2 = �łJ1�ł �ł + J2 + me2 śł�2 = J0�2,
�ł �ł
2 2
2 r 2
�ł �ł łł śł
�ł �ł
a nast pnie podstawiaj c L1 2 i E2 do zasady równowarto ci energii kinetycznej i pracy,
obliczono pr dko ć w najwy szym poło eniu sita
lR
P Ą - 2mge
r
v = e .
J0
Ad 3)
W rozpatrywanym przypadku równanie Lagrange a II rodzaju (ruch nie jest w polu
potencjalnym) ma postać
�ł �ł
d "E "E
�ł �ł - = Q�,
�ł �ł

dt "� "�
�ł łł
gdzie � przyj to jako współrz dn uogólnion , jak na rysunku 3.4.2b, na którym za-
znaczono tak e przesuni cia przygotowane. Prac przygotowan zapisano:
�L = Pl�ą + G�c cos (180 ą) = Pl�ą G�c cos �.
Przesuni cia przygotowane spełniaj (analogicznie do pr dko ci) zale no ci:
R
�ą = ��, �c = e��
r
i wówczas praca przygotowana jest równa
�ł lR
�L = P - Gecos ��ł��, G = mg,
�ł �ł
r
�ł łł
a st d siła uogólniona
�L lR
Q = = P - mgecos �.
�� r
Energia kinetyczna
2
�ł łł
�ł �ł
1 R 1 "E "E d "E

E = �łJ1�ł �ł + J2 + me2 śł �2 = J0�2 i = 0, = J0�, �ł �ł = J0�.
�ł �ł
2
�ł �ł

2 r 2 "� "� dt "�
�ł �ł łł śł
�ł łł
�ł �ł
BG AGH
Dynamika bryły 235
Równanie ró niczkowe ruchu wynikaj ce z równania Lagrange a II rodzaju ma
zatem postać
lR

J0� = P - mge cos �.
r
Rozwi zuj c powy sze równanie identycznie jak w przypadku (1), otrzymuje si
pr dko ć �2, a nast pnie pr dko ć v sita w górnym poło eniu
lR
P Ą - 2mge
r
v = e .
J0
ZADANIE 3.4.3
Wyznaczyć przyspieszenie k towe �0 b bna nap dowego podajnika ta mowego
nap dzanego stałym momentem M0, je eli rozruch urz dzenia trwa do chwili, w której
przemieszczany przedmiot o ci arze G znajduje si poza pierwsz rolk A (rys. 3.4.3).
Dane s momenty bezwładno ci wzgl dem osi obrotu J0 b bna nap dowego i zwrotne-
go, J rolek podtrzymuj cych ta m , promienie R b bnów i r rolek oraz k t ą. Pomi-
n ć elastyczno ć ta my i jej mas .
Rys. 3.4.3
Rozwi zanie
Transportowanie przedmiotu odbywa si na skutek braku po lizgu pomi dzy ta-
m podajnika i przemieszczanym przedmiotem, tak e porusza si on razem z ta m .
Brak po lizgu oznacza, e siła tarcia pomi dzy ta m i przedmiotem jest sił tarcia
T
nierozwini tego. Wzajemne oddziaływanie pomi dzy tymi elementami układu pokaza-
no na rysunku 3.4.3a.
Rys. 3.4.3a
BG AGH
236 DYNAMIKA
W dalszej analizie pomini to odkształcenie ta my spowodowane sił Układ
N 2 .
podajnika po podzieleniu na poszczególne bryły i po przyło eniu sił wzajemnego od-
działywania pokazano na rysunku 3.4.3b.
Rys. 3.4.3b
Równania dynamiczne ruchu dla poszczególnych brył maj postać:
J0�0 = M + SR - S1R = M + (S - S1)R,
0 0
2 2 2
J0�3 = S4R - SR = (S4 - S )R,
2
J0�1 = S1r - S2r = (S1 - S2)r,
2 2
J0�2 = S2 - S3r = (S2 - S3)r,
2
ma = S3 - S4 - Gsin ą,
przy czym S = S', S1 = S' , S2 = S' , S3 = S' , S4 = S' ,G = mg.
1 2 3 4
Ze wzgl du na równo ć promieni R b bnów oraz r rolek zachodzi
�0 = �3 i �1 = �2 = �,
a ponadto a = �r = �0R.
Uwzgl dniaj c powy sze, z równa dynamicznych otrzymuje si przyspieszenie
k towe b bna nap dowego
M0 - GRsin ą
�0 = .
2
R
�ł �ł
2J0 + 2J + mR2
�ł �ł
r
�ł łł
BG AGH
Dynamika bryły 237
Dla drugiego etapu ruchu, gdy transportowana masa znajduje si poza rolk A
(rys. 3.4.3c), równania ruchu maj postać:
J0�0 = M0 + (S - S1)R,
2
J0�3 = (S4 - S)R,
J� = (S1 - S2)r,
J� = (S3 - S4)r,
ma1 = S2 - S3.
Rys. 3.4.3c
Uwzgl dniaj c, e a1 = �r = �0R, z równa ruchu otrzymuje si
M0
�0 = .
R
�ł �ł2
2J0 + 2J + mR2
�ł �ł
r
�ł łł
W tym przypadku przyspieszenie k towe jest wi ksze ni w pierwszym etapie ru-
chu, gdy przy tym samym momencie M0 obci enie siłami jest mniejsze o składow
G sin ą. W nast pnym etapie ruchu, tj. gdy masa znajduje si pomi dzy b bnem nap do-
wym i rolk B, przyspieszenie �0 b dzie identyczne jak w drugim etapie, natomiast
zmianie ulegn siły napi cia w ta mie, na odcinku do rolki B. Jako szczególny, rozpa-
trzono przypadek, gdy masa przechodzi przez rolk A, zakładaj c, e docisk masy do
ta my jest wystarczaj co du y, aby masa nie została odrzucona i aby nie nast pił po lizg
po ta mie. W tej fazie wykonuje ona ruch po okr gu dookoła osi rolki (mas traktujemy
jak punkt materialny ze wzgl du na jej małe wymiary). Stosuj c np. zasad d Alamberta
uzyskuje si warunek, który gwarantuje nieodrywanie si masy od ta my na rolce,
g cos ą
tzn. pr dko ć k towa na tej rolce � < , gdzie r1 jest odległo ci punktu o ma-
r1
sie m od osi rolki. Dla tego etapu ruchu pokazano schemat obliczeniowy na rysun-
ku 3.4.3d, gdzie przez � oznaczono k t obrotu rolki A. Przyj to odległo ć masy m od osi
rolki równ jej promieniowi r. Zmian poło enia masy na rolce okre la k t �, 0 d" � d" ą.
BG AGH
238 DYNAMIKA
Rys. 3.4.3d
Równania dynamiczne ruchu w przedziale 0 d" � d" ą maj postać:
J0�0 = M + (S - S1)R,
0
J0�0 = (S3 - S)R,
J� = (S1 - S2)r,
J1� = (S2 - S3)r - Gr sin(ą - �),
przy czym J1 = J + mr2.

Uwzgl dniaj c, e �0R = �r, � = �, oraz przyjmuj c � jako małe w przedziale
[0, ą], z czego wynika, e sin� E" �, cos� E" 1, otrzymuje si równanie ró niczkowe
ruchu w postaci

� - p� = k,
gdzie:
GR2r cos � rR(M - GRsin ą)
0
p = , k = .
2J0r2 + (2J + mr2) R2 2J0r2 + (2J + mr2) R2
Rozwi zuj c powy sze równanie ró niczkowe przy warunkach pocz tkowych

�(0) = 0, �(0) = �1, otrzymuje si
1 1
pt pt
�łe �łe
� = k + e- pt �ł + �1 p - e- pt �ł.
�ł �ł �ł �ł
2 �ł łł 2 �ł łł
�
�02
�01
t
Rys. 3.4.3e
BG AGH
Dynamika bryły 239
Pr dko ć k towa �1 jest pr dko ci ko cow pierwszego etapu ruchu (do rolki A)
i pocz tkow pr dko ci ruchu na rolce A. Wykres zmian przyspieszenia k towego �0
i pr dko ci k towej �0 b bna nap dowego pokazano na rysunku 3.4.3e. Obliczono od-
powiednie wielko ci zgodnie ze wzorami:
r r r

�0 = � dla przedziału [0, �], �01 = �1 , �02 = �(�) .
R R R
Czas t1 odpowiada chwili wej cia masy m na rolk A, t2 odpowiada chwili zej cia
z rolki A, a czas t3 chwili przej cia do ruchu ustalonego.
ZADANIE 3.4.4
Celem rozwini cia kabla ze szpuli przyło ono do szpuli sił (rys. 3.4.4). Zakła-
P
daj c, e szpula toczy si bez po lizgu oraz, e siła jest stale pozioma, wyznaczyć
P
warto ć pr dko ci v0 rodka O szpuli po czasie t = �
O
Rys. 3.4.4
Dane:
R, r promienie tarczy i b bna szpuli,
ą k t pochylenia zbocza,
G ci ar szpuli,
J0 moment bezwładno ci szpuli wzgl dem osi O.
Mas kabla pomin ć. W poło eniu pocz tkowym szpula była w spoczynku. Opór
toczenia pomin ć.
Rozwi zanie
Zadanie rozwi zano czterema sposobami korzystaj c z:
1) zasady kr tu,
2) dynamicznych równa ruchu płaskiego,
3) zasady równowarto ci energii kinetycznej i pracy,
4) równa Lagrange a II rodzaju.
BG AGH
240 DYNAMIKA
Ad 1)
Pr dko ć v0 rodka mo na wyznaczyć, rozpatruj c ruch płaski, jakim porusza si
szpula, jako ruch wzgl dem chwilowego rodka obrotu. Ze wzgl du na toczenie bez
po lizgu chwilowy rodek obrotu znajduje si w punkcie C. Zasada kr tu w tym przy-
padku ma postać
dKC
= MC (1)
dt
gdzie:
KC warto ć kr tu w chwili t szpuli wzgl dem punktu C,
n
MC =
"M algebraiczna suma momentów wszystkich sił wzgl dem punktu C.
iC
i=1
Kr t KC obliczyć mo na, korzystaj c z zale no ci mi dzy kr tem KC wzgl dem
punktu C a kr tem K0 wzgl dem rodka masy O
KC = K0 + r0 � Mv0,
gdzie:
r0 promie wodz cy rodka O wzgl dem punktu C,
Mv0 p d szpuli (p d rodka masy).
Wektory K0 i r0 � Mv0 s równoległe i o tych samych zwrotach, wi c warto ć kr -
tu KC wynosi
KC = K0 + r0Mv0 sin(r0 , ^v0),
Ą G
przy czym K0 = J0�, v0 = �r0 = �R, (r0, v0)= , M = , gdzie � jest pr dko ci k -
g
2
tow szpuli.
Podstawiaj c powy sze otrzymuje si
�ł J0 G �ł
�ł �ł
KC = + R�łv0.
�ł
R g
�ł łł
Suma algebraiczna momentów sił wzgl dem punktu C wynosi (rys. 3.4.4a):
MC = Pd1 GR sin ą = P (Rcosą + r) GRsin ą,
Całkuj c równanie (1) w przedziale czasu [0, �], otrzymuje si
�
KC (�) - KC (0) = dt.
C
+"M
0
BG AGH
Dynamika bryły 241
Poniewa KC(0) = 0 (w chwili pocz tkowej szpula była w spoczynku) i MC = const,
wi c
KC (�) = MC �" �
i
�ł J0 G �ł
�ł + R�łv0 = [P(Rcos ą + r)- GR sin ą]�,
�ł
�ł
R g
�ł łł
st d szukana warto ć pr dko ci wynosi
P(Rcos ą + r)- GRsin ą
v0 = Rg�.
J0g + GR2
Uwaga. Kr t wzgl dem punktu C mo na policzyć z zale no ci KC = JC�. Mo-
ment bezwładno ci szpuli wzgl dem punktu C wyznacza si na podstawie twierdzenia
Steinera JC = J0 + MR2 i wówczas
�ł J0 G �ł
�ł �ł
KC =(J0 + MR2)� = + R�łv0.
�ł
R g
�ł łł
Wynik ten jest identyczny jak uzyskany poprzednio.
Rys. 3.4.4a Rys. 3.4.4b
Ad 2)
Przyjmuj c układ odniesienia jak na rysunku 3.4.4b oraz uwalniaj c szpul od
wi zów, otrzymuje si nast puj ce równania ruchu płaskiego szpuli:
G
ą + T - G sin ą,
x = P cos
g
G
- G cos ą - Psin ą,
y = N
g
J0� = Pr - TR,

gdzie: x = a0, y = 0.
BG AGH
242 DYNAMIKA
Siła jest sił tarcia nierozwini tego i w zwi zku z tym nie mo na skorzystać
T
z zale no ci Coulomba T = �N, czyli nale y j traktować jako sił nieznan .
Uwzgl dniaj c, e a0 = �R i ruguj c sił tarcia z pierwszego i trzeciego równania,
otrzymuje si :
P(r + Rcos ą)- GRsin ą
a0 = gR.
J0g + GR2
Po scałkowaniu otrzymuje si warto ć pr dko ci w zale no ci od czasu. Przyjmu-
j c v(0) = 0 warto ć pr dko ci rodka szpuli w chwili � wynosi
P(r + R cos ą)- GRsin ą
v0 = gR�.
J0g + GR2
Ad 3)
Praca sił przyło onych do szpuli w ruchu płaskim jest równa L1 2 = Lp + L�, gdzie Lp
jest prac w post powym ruchu unoszenia, L� prac w obrotowym ruchu wzgl dnym:
Lp = (Pcos ą + T G sin ą)s,
L� = (Pr TR)�, s = s(t).
Energia kinetyczna w chwili pocz tkowej E1 = 0, a w chwili t
�ł
1 G 1 1 G J0 �ł
2 2
�ł �ł
E2 = v0 (t) + J0�2 (t) = + (t).
�ł
2 g 2 2 g
R2 �łv0
�ł łł
Z zasady równowarto ci energii kinetycznej i pracy E2 E1 = L1 2 otrzymuje si
�ł
1 G J0 �ł s(t)
2
�ł + (t) = [P(r + Rcos ą)- GR sin ą] (2)
�ł
�ł
2 g R
R2 �łv0
�ł łł
a po zró niczkowaniu
�ł J0 �ł dv0 (t) 1 ds(t)
G
�ł + �ł v0 (t) = [P(r + Rcos ą)- GR sin ą] ,
�ł
g dt R dt
R2 �ł
�ł łł
dv0 (t) ds(t)
gdzie: = a0, = v0 (t),
dt dt
czyli
�ł J0 �ł 1
G
�ł + = [P(r + R cos ą)- GRsin ą]R
�ł
�ł
g
R2 �ła0
�ł łł
BG AGH
Dynamika bryły 243
lub
P(r + R cos ą)- GRsin ą
a0 = gR.
J0g + GR2
Otrzymuje si wi c identyczne równanie ró niczkowe jak w przypadku 2).
Po scałkowaniu otrzymano warto ć pr dko ci v0
P(r + Rcos ą)- GRsin ą
v0 = gR�.
J0g + GR2
Uwaga. Ruch rodka szpuli jest w tym przypadku jednostajnie przyspieszony i mo na,
nie ró niczkuj c równania (2) wykorzystać zale no ć pomi dzy pr dko ci a prze-
mieszczeniem v0 = 2a0s. Z równania (2) otrzyma si wówczas zale no ć na przy-
spieszenie a0.
Ad 4)
Ruch szpuli zachodzi w polu niepotencjalnym. W rozpatrywanym przypadku rów-
nanie Lagrange a II rodzaju ma postać
d "E "E
�ł �ł
�ł �ł - = Qs.

dt "s "s
�ł łł
Jako współrz dn uogólnion przyj to współrz dn naturaln s (rys. 3.4.4c)
Rys. 3.4.4c
Sił uogólnion wyznaczono z pracy przygotowanej dL = Qs�s, gdzie �s jest prze-
suni ciem przygotowanym odpowiadaj cym współrz dnej s. Przesuni cie przygotowa-

ne punktu przyło enia siły oznaczono przez �1, za siły G przez �2 = �s. Przesuni cie
P
przygotowane jest proporcjonalne do pr dko ci mo liwej danego punktu i posiada jej
kierunek i zwrot. Pr dko ci okre lono wzgl dem chwilowego rodka obrotu C.
vk i v0

�
1

�
2
BG AGH
244 DYNAMIKA
Praca przygotowana jest równa
�L = P�1cos� G�2sin ą.
Siła tarcia nie wykonuje pracy, poniewa toczenie szpuli zachodzi bez po li-
T
zgu. Obliczaj c
KO + OC cos ą r + R cos ą
cos� = =
KC KC
v0 vk
oraz uwzgl dniaj c, e = , z czego wynika zale no ć
OC KC
�2 �1
= (�1 = �" vk , �2 = �" v0, = const),
OC KC
otrzymuje si :
r
�L = P�ł + cos ą�ł�2 - G�2 sin ą, �2 = �s
�ł �ł
R
�ł łł
i siła uogólniona wynosi
�ł r
Qs = P + cos ą�ł - G sin ą.
�ł �ł
R
�ł łł
Energia kinetyczna jest równa sumie energii kinetycznej w ruchu post powym
i obrotowym:
2
�ł
1 G 1 1 G 1 v0 1 G J0 �ł
2 2
�ł �ł
E = v0 + J0�2 = v0 + J0 = + s2, s = v0.
2 g 2 2 g 2
R2 2 �ł g R2 �ł
�ł łł
Obliczaj c
�ł �ł
"E G J0 �ł d "E G J0 �ł "E
�ł �ł
s, = 0,
= �ł + �ł s, = �ł + �ł
�ł �ł
�ł �ł

"s g "s g
R2 �ł dt �ł łł R2 �ł "s
�ł łł �ł łł
z równa Lagrange a II rodzaju otrzymuje si
�ł J0 �ł r
G
�ł + �ł
s = P�ł + cos ą�ł - G sin ą,
�ł �ł
�ł
g R
R2 �ł �ł łł
�ł łł
i przyspieszenie rodka szpuli wynosi
P(r + R cos ą)- GRsin ą

a0 = s0 = gR.
J0g + GR2
BG AGH
Dynamika bryły 245
Post puj c identycznie jak w poprzednich przypadkach, obliczono pr dko ć rod-
ka O
P(r + Rcos ą)- GRsin ą
v0 = gR�.
J0g + GR2
We wszystkich zastosowanych w zadaniu metodach rozwi zania stopie trudno ci
jest porównywalny, przy czym w przypadku 4), ze wzgl du na pracochłonno ć, pewn
trudno ć sprawia wyznaczenie siły uogólnionej.
ZADANIE 3.4.5
Za pomoc r cznego kołowrotu po powierzchni poziomej przetaczana jest bez po-
lizgu szpula (rys. 3.4.5). Wyznaczyć przyspieszenie k towe kołowrotu, je eli prosto-
padle do korby przyło ono sił o stałej warto ci.
P
Rys. 3.4.5
Dane:
J1 moment bezwładno ci szpuli wzgl dem osi kołowrotu,
J0 moment bezwładno ci szpuli wzgl dem osi O,
m0 masa szpuli,
d rednica b bna kołowrotu,
r rami bezmasowej korby kołowrotu,
r0, R promienie szpuli.
Rozwi zanie
Zadanie rozwi zano dwiema metodami, wykorzystuj c:
1) równania dynamiczne ruchu obrotowego i płaskiego,
2) równania Lagrange a II rodzaju.
BG AGH
246 DYNAMIKA
N2
N1
Rys. 3.4.5a
Ad 1)
Metod t zastosowano dla dwóch przypadków toczenia szpuli: z pomini ciem
oporu toczenia i z uwzgl dnieniem oporu toczenia. W przypadku pierwszym, po oswo-
bodzeniu od wi zów otrzymano dwa podukłady jak na rysunku 3.4.5a (reakcje na osi
kołowrotu nie s tu istotne).
Równania dynamiczne ruchu maj postać:
dla kołowrotu
d
,
J1� = Pr - S
2
dla szpuli
J0�0 = S'r0 T1R T2R,
m0a0 = S' + T1 + T2,
gdzie:
a0 przyspieszenie k towe kołowrotu,
�0 przyspieszenie k towe szpuli,
� przyspieszenie k towe kołowrotu,
S' = S.
Podstawiaj c T1 + T2 = T jako sumaryczn sił tarcia nierozwini tego, otrzymuje si :
d
J1� = Pr - S
(1)
2
J0�0 = Sr0 - TR (2)
m0a0 = S + T (3)
Równania dodatkowe otrzymuje si , uwzgl dniaj c zale no ci kinematyczne:
d
(4)
� = �0(R + r0 )
2
a0 = �0R. (5)
BG AGH
Dynamika bryły 247
d
Zale no ć (4) uzyskać mo na, ró niczkuj c warto ć pr dko ci v = � = �0(R + r0)
2
(rys. 3.4.5b).
Rys. 3.4.5b Rys. 3.4.5c
Rozwi zuj c układ równa (1), (2), (3), (4), (5), otrzymuje si przyspieszenie k -
towe kołowrotu
4Pr(R + r0)2
� = .
2
4J1(R + r0)2 + (J0 + m0R2)d
Dla przypadku z uwzgl dnieniem oporu toczenia rozkład sił przyło onych do
szpuli pokazano na rysunku 3.4.5c, gdzie f jest ramieniem oporu toczenia. Równanie
dynamiczne ruchu szpuli ma postać
J0�0 = Sr0 TR1 Nf (2')
m0a0 = S + T (3')
przy czym N = G = mg, R1 = R " E" R (mo na przyj ć " E" 0 ze wzgl du na bardzo małe
odkształcenie podło a w stosunku do wymiarów szpuli).
Równanie dynamiczne ruchu kołowrotu ma identyczn postać jak w poprzednim
przypadku (równanie (1)).
Rozwi zuj c układ (1), (2'), (3') z uwzgl dnieniem zale no ci kinematycznych,
otrzymuje si
4PR(R + r0)2 - 2m0gfd (r0 + R)
� = .
2
4J1(R + r0)2 + (J0 + m0R2)d
Dla przypadku pomini cia oporu toczenia, tzn. podstawiaj c f = 0, otrzymuje si
identyczny wzór jak poprzednio. Opór toczenia przedstawić mo na sił charakteryzuj c
f f F
go o warto ci Q = N = G = m0g , przyło on do szpuli w punkcie O ze zwro-
R R R
tem przeciwnym do pr dko ci v0. Taki sposób uwzgl dnienia siły oporu toczenia po-
kazany b dzie w przypadku zastosowania równa Lagrange a II rodzaju.
BG AGH
248 DYNAMIKA
Ad 2)
Równanie Lagrange a II rodzaju ma postać
�ł �ł
d "E "E
�ł �ł - = Q�,
�ł �ł

dt "� "�
�ł łł
gdzie � jest współrz dn k tow obrotu b bna kołowrotu.
Energia kinetyczna jest sum energii w ruchu obrotowym kołowrotu i w ruchu
płaskim szpuli
1 1 1
2 2
E = J1�2 + m0v0 + J0�0 ,
2 2 2
gdzie:

� = � warto ć pr dko ci k towej kołowrotu,
�0 warto ć pr dko ci k towej szpuli,
v0 warto ć pr dko ci osi O szpuli.
Za współrz dn uogólnion przyj to współrz dn k tow �. Poniewa :
d d

�0 = � = � ,
2(r0 + R) 2(r0 + R)
dR

v0 = �0R = � ,
2(r0 + R)
wi c
2 2
1 1 d R2 1 d 1

E = J1�2 + m0 �2 + J0 �2 = J �2,
z
2 2
4(r0 + R)2 2 4(r0 + R)2 2
gdzie
2
d
J = J1 + (m0R2 + J0).
z
4(r0 + R)2
Odpowiednie pochodne s równe:
"E "E d �ł "E �ł

= 0, = J �, �ł �ł = J �.
z z
�ł �ł

"� "� dt "�
�ł łł
Na rysunku 3.4.5d pokazano siły zewn trzne układu (bez uwzgl dnienia oporu

toczenia) oraz przesuni cia przygotowane �s i ��.
�L
Praca przygotowana jest równa �L = Pr�� i siła uogólniona Q� = = Pr (w tym
��
przypadku siła uogólniona ma wymiar momentu siły). Po podstawieniu obliczonych
wielko ci do równa Lagrange a otrzymuje si przyspieszenie k towe kołowrotu
2
4Pr (R + r0 )

� = � = .
2
4J1(R + r0)2 + (J0 + m0R2)d
BG AGH
Dynamika bryły 249

�s
�
�
�
�
Rys. 3.4.5d
f
W przypadku uwzgl dnienia oporu toczenia sił oporu toczenia Q0 = N =
R
f f
= G = m0g przyło ono do osi O szpuli ze zwrotem przeciwnym do zwrotu pr dko-
R R
ci osi (rys. 3.4.5e).
Rys. 3.4.5e
Praca przygotowana w takim przypadku wynosi
�ł �ł
Rd
�ł �ł 2
�L = Pr�� - Q0�s = Pr - Q0 �� = Q��,
�ł
2(r0 + R)�ł
�ł łł
f
gdzie Q0 = m0g .
R
2
Q�
Podstawiaj c obliczon sił uogólnion do równa Lagrange a II rodzaju,
otrzymuje si przyspieszenie k towe kołowrotu
4Pr(R + r0)2 - 2m0gfd (r0 + R)

� = � = .
2
4J1(R + r0)2 + (J0 + m0R2)d
BG AGH
250 DYNAMIKA
ZADANIE 3.4.6
Bryła I o ci arze Q1 = 200 N, porusza-
j c si wzdłu równi o k cie ą = 60o, wpra-
wia w ruch brył II stanowi c podwójny
b ben o ci arze Q2 = 300 N. Na brył I
działa pionowa siła o warto ci P = 600 N
(rys. 3.4.6). Obliczyć pr dko ć v1 bryły I po
przebyciu drogi l = 1 m, maj c dane: pro-
mie bezwładno ci bryły II � = 10 cm,
r = 20 cm, R = 30 cm, współczynnik tarcia
lizgowego po równi � = 0,1. Mas kr ka
kieruj cego pomin ć, bryły poł czone s
bezmasowymi i nierozci gliwymi linkami.
Przyspieszenie ziemskie g E" 10 m/s2.
Rys. 3.4.6
Rozwi zanie
Zadanie rozwi zano czterema metodami, stosuj c:
1) zasad p du i zasad kr tu,
2) zasad równowarto ci energii kinetycznej i pracy,
3) równania Lagrange a II rodzaju,
4) dynamiczne równania ruchu post powego i płaskiego.
Ad 1)
Po oswobodzeniu brył od wi zów i przyło eniu sił reakcji otrzymano dwa układy,
jak na rysunku 3.4.6a. Pomini to reakcj na kr ku, gdy nie wpływa ona na obliczenia.
Bryła I porusza si ruchem post powym, bryła II ruchem płaskim. Oznaczaj c masy
brył odpowiednio przez m1 i m2 oraz pr dko ć dowolnego punktu bryły I (ruch post powy)
2
Rys. 3.4.6a
BG AGH
Dynamika bryły 251
przez i pr dko ć rodka masy bryły II przez vA, z zasady p du otrzymuje si , po
v
zrzutowaniu na osi przyj tego układu odniesienia dla bryły I, równania:
d
(m1vx)= (P + Q)sin ą - S1 - T,
dt
d
(m1vy)= N - (P + Q)cos ą,
dt
dla bryły II za stosuj c zasad p du i zasad kr tu (ruch płaski bryły II jest ruchem
zło onym z post powego ruchu unoszenia i obrotowego ruchu wzgl dnego), otrzymuje si :
d
2 2
(m2vA)= S1 + S2 - Q2 , S1 = S1,
dt
dKA
2
= S1r - S2R.
dt
Uwzgl dniaj c, e bryła I nie odrywa si od podło a podczas ruchu, tzn. vy = 0,
vx = v, oraz e siła tarcia T = �N, po prostych przekształceniach uzyskuje si nast puj -
cy układ równa :
d
(m1v)= (P + Q)(sin ą - �cos ą)- S1�ł
�ł
dt
�ł
d �ł
(m2vA)= S1 - S2 - Q2 (1)
żł
dt
�ł
�ł
dKA
= S1r - S2R.
�ł
dt
�ł
Kr t bryły II wzgl dem prostej przechodz cej przez rodek masy A wynosi
Q2
KA = JA �" �, a moment bezwładno ci wzgl dem tej prostej J = m2�2 = �2. Pr d-
A
g
ko ć vA uzale nić mo na od pr dko ci vK , wykorzystuj c chwilowy rodek obrotu E
(rys. 3.4.6b), tzn.:
vK v
vA = �R, � = =
R + r R + r
i (2)
R
vA = v
R + r
Uwzgl dniaj c powy sze w równaniach (1), po wyrugowaniu sił S1 i S2, otrzymuje
si równanie ró niczkowe
�ł
R2 + �2 łł dv R
= (P + Q1) (sin ą - � cos ą) - Q2 .
�łm1 + m2 śł
R + r
(R + r)2 �ł dt
�ł śł
�ł
BG AGH
252 DYNAMIKA
Q1 Q2
Podstawiaj c: m1 = , m2 = ,
g g
(P + Q1) (sin ą - �cos ą) (R + r)2 - Q2R (R + r)
= A = const,
Q1(R + r)2 + Q2(R + r)
otrzymuje si po scałkowaniu:
v = At + C1,
1
x = At2 + C1t + C2.
2
Stałe całkowania obliczono, korzystaj c z warunków pocz tkowych ruchu, tj. t = 0,
v = 0, x = 0, a wi c C1 = C2 = 0.
2l
Oznaczaj c przez t1 czas przebycia drogi l, otrzymuje si t1 = i v1 = v(t1) =
A
= At1 = 2lA, a po podstawieniu danych liczbowych v1 = 6,2 m/s.

�A
�
�
�
�

�s
�
�
�
�
�
�
�
�
�
Rys. 3.4.6b Rys. 3.4.6c
Ad 2)
Pocz tkowa energia kinetyczna układu E1 = 0, energia za ko cowa (po przebyciu
przez brył I drogi l)
1 1 1
2
E2 = m1v1 + m2v2 + J �2.
A A
2 2 2
BG AGH
Dynamika bryły 253
Obliczaj c podobnie jak w przypadku (1)
R v1
vA = v1 , � =
R + r R + r
oraz podstawiaj c
Q2 Q
JA = m2�2 = �2, m1 =
g g
otrzymano
�ł
1 R2 + �2 łł 2
E2 = v1 .
�łQ1 + Q2 2 śł
2g
(R - r)
�ł śł
�ł �ł
Po oswobodzeniu od wi zów i przyło eniu sił reakcji otrzymano układ jak na ry-
sunku 3.4.6c, gdzie przez lA oznaczono przemieszczenie punktu A odpowiadaj ce prze-
mieszczeniu l bryły I.
Prac wykonuj tylko siły: P, Q1, T i Q2. Wynosi ona:
L1 2 = (Psin ą + Q1siną T )l Q2lA.
Zwi zek pomi dzy l i lA uzyskuje si po scałkowaniu spełnionej w ka dej chwili
czasu zale no ci (2) (przypadek (1)), otrzymuj c
R
lA = l.
R + r
Obliczaj c T = �N = �(P + Q1)cosą oraz korzystaj c z zasady równowarto ci
energii i pracy E2 E1 = L1 2, otrzymano:
(P + Q1)(sin ą - � cos ą)(R + r)2 - Q2R(R + r)
v1 = 2lg ,
Q1(R + r)2 + Q2(R + r)
a po podstawieniu danych liczbowych v1 = 6,2 m/s.
Ad 3)
Układ ma jeden stopie swobody. Obieraj c współrz dn s okre laj c przemie-
szczenie bryły I (rys. 3.4.6c) jako współrz dn uogólnion , równanie Lagrange a II ro-
dzaju mo na zapisać:
d "E "E
�ł �ł
�ł �ł - = Qs.

dt "s "s
�ł łł
BG AGH
254 DYNAMIKA
Energia kinetyczna i jej odpowiednie pochodne maj postać:
�ł
1 R2 + �2 łł ds

E = Q1 + Q2 s2 , s = = v
�ł śł
2g
(R + r)2 �ł dt
�ł śł
�ł
�ł
"E 1 R2 + �2 łł

= + Q2 s
�łQ1 śł

"s g
(R + r)2 �ł
�ł śł
�ł
�ł
d "E 1 R2 + �2 łł
�ł �ł

= + Q2 s
�ł �ł �łQ1 śł

dt "s g
�ł łł (R + r)2 �ł
�ł śł
�ł
"E
= 0.
"s
Praca przygotowana na odpowiednich przesuni ciach przygotowanych (rys. 3.4.6c)
wynosi:
�L = (Psin ą + Q1siną T )�s Q2�A,
gdzie T = �N = �(P + Q1)cosą.
Poniewa przesuni cia przygotowane s proporcjonalne do odpowiednich pr dko-
vA
ci mo liwych, wi c �s = kv, �A = kvA i st d �A = �s . Obliczaj c pr dko ć vA jak
v
w przypadku (1) (zale no ć (2)), otrzymuje si
R
�A = �s .
R + r
Praca przygotowana na przesuni ciu przygotowanym �s ma postać
�ł(P R
L = + Q1)(sin ą - � cos ą) - Q2 łł �s = Qs�s,
�ł śł
R + r
�ł �ł
R
sk d siła uogólniona Qs = (P + Q1)(sin ą - �cos ą) - Q2 .
R + r
Dokonuj c odpowiednich podstawie do równania Lagrange a, otrzymuje si
�ł
1 R2 + �2 łł R

s = (P + Q1)(sin ą - �cos ą) - Q2 ,
�łQ1 + Q2 śł
g R + r
(R + r)2 �ł
�ł śł
�ł
a nast pnie
(P + Q1)(sin ą - � cos ą)(R + r)2 - Q2R(R + r)

s = g = A = const,
Q1(R + r)2 + Q2(R + r)
dv

gdzie s = .
dt
Otrzymana zale no ć jest identyczna z zale no ci uzyskan z zasady p du i zasa-
dy kr tu i dalsze obliczenia wykonuje si tak samo jak w przypadku 1).
BG AGH
Dynamika bryły 255
Ad 4)
Wprowadzaj c na rysunku 3.4.6a w miejsce pr dko ci v, vA i � przyspieszenia
a, aA i �, napisać mo na dynamiczne równania ruchu brył. Dla bryły I dynamiczne
równanie ruchu post powego w przyj tym układzie odniesienia ma postać:
Q1
a = (P + Q1)sin ą - S1 - T,
g
0 = N - (P + Q1)cos ą,
gdzie T = �N = �(P + Q1)cosą.
Równania dynamiczne ruchu płaskiego bryły II maj postać:
Q2 2
aA = S1 + S2 - Q2,
g
Q2
2 2
JA� = S1r - S2R, JA = m2�2 = �2, S1 = S1.
g
Ró niczkuj c zale no ć (2) (przypadek (1)), wzgl dem czasu, uzyskuje si
R aA
aA = a , przy czym � = .
R + r R
Powy sze zwi zki otrzymać mo na, korzystaj c z rozkładu przyspiesze w punk-
cie K w ruchu płaskim bryły II (rys. 3.4.6d). Dla punktów nierozci gliwej liny al = a1.
Rys. 3.4.6d
W punkcie K bryły II a1 jest równy
�
a1 = aA + aKA = �R + �r = �(R + r) = a,
a R
sk d � = i aA = a .
R + r R + r
BG AGH
256 DYNAMIKA
Po odpowiednich podstawieniach otrzymuje si układ równa :
Q1
a = (P + Q1)(sin ą - �cos ą) - S1,
g
Q2 R
a = S1 + S2 - Q2 ,
g R + r
Q2 �2
a = S1r - S2R.
g R + r
Rozwi zuj c powy szy układ ze wzgl du na a, otrzymuje si
(P + Q1)(sin ą - � cos ą)(R + r)2 - Q2R(R + r)
a = g,
Q1(R + r)2 + Q2(R + r)
dv
gdzie a = , a wi c identyczn zale no ć jak w przypadku 3) i dalszy tok post po-
dt
wania jest analogiczny jak w przypadku 3) lub 1).
ZADANIE 3.4.7
Lekki walec drogowy nap dzany jest silnikiem poprzez przekładni pasow o pro-
mieniach kół r1 i r2 (rys. 3.4.7). Masa platformy walca wynosi m, moment bezwładno-
ci wirnika silnika wzgl dem osi obrotu wraz z kołem pasowym JA, ich sumaryczna
masa mA, moment bezwładno ci wzgl dem osi obrotu du ego walca z kołem paso-
wym JB, ich sumaryczna masa mB, moment bezwładno ci wzgl dem osi obrotu małe-
go walca o promieniu r i masie mC wynosi JC. Nap dowy moment silnika równy jest
M0 = const. Obliczyć przyspieszenie platformy walca drogowego, je eli w chwili po-
cz tkowej był on w spoczynku.
Rys. 3.4.7
Rozwi zanie
Zadanie rozwi zano dwoma sposobami, wykorzystuj c:
1) dynamiczne równanie ruchu post powego i płaskiego,
2) zasad równowarto ci energii kinetycznej i pracy.
BG AGH
Dynamika bryły 257
Ad 1)
Platforma porusza si ruchem post powym, natomiast pozostałe bryły wcho-
dz ce w skład walca drogowego ruchem płaskim. Dynamiczne równania ruchu
poszczególnych brył napisać mo na, oswobadzaj c poszczególne bryły od wi -
zów i przykładaj c odpowiednie siły reakcji. Wirnik i stojan silnika oddziałuj na sie-
bie poprzez ło yska A osi wirnika i pole elektromagnetyczne. Pole to, wytwa-
rzane przez stojan, wiruj c, działa na wirnik par sił o momencie M0. Oznaczaj c
siły oddziaływania ło ysk przez (na wirnik) i 2 (na stojan) oraz odpowie-
RA RA
dnio momenty pola elektromagnetycznego przez (rys. 3.4.7a), zgodnie
M0 i M
R
z III prawem Newtona zachodzi: -RA, M0 = -M ,
2 przy czym RA = R' , M0 = MR.
RA =
A
R
'
Rys. 3.4.7a
Siły i 2 rozło ono na składowe w przyj tym układzie odniesienia jak na rysun-
RA RA
kach 3.4.7b i 3.4.7c. Siły działaj ce na platform , wał wirnika silnika, walec du y i na
walec mały pokazano odpowiednio na rysunkach 3.4.7b, 3.4.7c, 3.4.7d i 3.4.7e.
Dynamiczne równania ruchu maj postać:
dla ruchu post powego platformy:
2
ma = RBx - RAx - RCx ,
dla ruchu płaskiego wirnika:
mAa = RAx - S1 cos ą - S2 cos�,
JA�A = M0 + (S1 - S2)r1 ,
dla ruchu płaskiego du ego walca:
2 2 2
mBa = S2 cos� + S1 cos ą - RBx + T1,
2 2
JB�B = S2r2 - S1r2 - T1R,
dla ruchu płaskiego małego walca:
2
mCa = RCx - T2,
JC�C = T2r,
gdzie: RAx = R' , RBx = R' , RCx = R'Cx, S1 = S' , S2 = S' , T1 i T2 s siłami tarcia nierozwi-
Ax Bx 1 2
ni tego.
BG AGH
258 DYNAMIKA
'
'
Rys. 3.4.7b Rys. 3.4.7c
�B
'
'
'
'

aB = a
'
'
Rys. 3.4.7d Rys. 3.4.7e
Uwzgl dniaj c zwi zki kinematyczne:
aB a aC a
�Ar1 = �Br2, �B = = , �C = = ,
R R r r
w równaniach dynamicznych oraz rozwi zuj c otrzymany układ równa , obliczyć
mo na przyspieszenie platformy
M �" R r2
0
a = �" .
2
r1
�ł �ł2
r2 R
�ł �ł
J + J + JC �ł r �ł + (mA + mB + mC + m)R2
A
�ł �ł
r1 B �ł �ł
�ł łł
�ł łł
Ad 2)
Energia kinetyczna układu w chwili pocz tkowej E1 = 0. W chwili t energia kine-
tyczna jest równa
1 1 1 1 1 1 1
2 2 2
E2 = mv2 + mAv2 + J �2 + mBvB + J �2 + mCvC + JC�C.
A A A B B
2 2 2 2 2 2 2
Poniewa pr dko ci punktów A, B i C s takie same jak pr dko ci platformy v,
wi c vA = vB = vC = v.
Ponadto vB = �B R, vC = �C r, �A r1 = �B r2.
BG AGH
Dynamika bryły 259
Uwzgl dniaj c powy sze zale no ci, otrzymuje si
2
�ł łł
1 r2 1 1
E2 = m + mA + mB + mC + J + JB + JC 2 v2.
�ł śł
A
2
R2r12 R2 r
�ł śł
�ł �ł
W celu obliczenia pracy układ oswobodzono od wi zów i przyło ono siły czynne
i siły reakcji zewn trzne jak na rysunku 3.4.7f. Siły ci ko ci jako prostopadłe do od-
powiednich przemieszcze pracy nie wykonuj .
Rys. 3.4.7f
Siły tarcia T1 i T2 oraz siły N1 i N2 przyło one w punktach, które s chwilowymi
rodkami obrotu, równie nie wykonuj pracy. Prac wykonuje jedynie moment M0
i jest ona równa
�
L1-2 = M d� = M0�.
+" 0
0
r2
Uwzgl dniaj c zale no ci r1� = r2�2, s = R�2, z czego wynika, e � = s, otrzy-
r1R
muje si
r2
L1-2 = M0 s.
r1R
Podstawiaj c obliczone wielko ci E1, E2 i L1 2 do zasady równowarto ci energii
kinetycznej i pracy E2 E1 = L1 2, otrzymano
2
�ł łł
1 r2 1 1 r2
m + mA + mB + mC + J + J + JC 2 v2 = M s.
�ł śł
A B 0
2 r1R
R2r12 R2 r
�ł śł
�ł �ł
Ró niczkuj c obustronnie powy sz zale no ć według czasu, otrzymuje si
2
�ł łł
1 r2 1 1 dv r2 ds
2v = M ,
�łm + mA + mB + mC + J A + JB + JC śł
0
2
R2r12 R2 r2 �ł dt r1R dt
�ł śł
�ł
dv ds
gdzie: = a, = v,
dt dt
BG AGH
260 DYNAMIKA
i ostatecznie przyspieszenie platformy w postaci
M �" R r2
0
a = �" .
2
2
r1
�ł �ł
r2 R
�ł �ł
J + J + JC �ł r �ł + (mA + mB + mC + m)R2
A
�ł �ł
r1 B �ł �ł
�ł łł
�ł łł
ZADANIE 3.4.8
W mechanizmie planetarnym jak na rysunku 3.4.8 dane s : promie koła nierucho-
mego R = 0,5 m, promie koła satelitarnego r = 0,3 m, długo ć ramki OA = l = 0,8 m,
ci ar koła satelitarnego G = 60 N, ci ar ramki Q = 40 N. Zakładaj c, e na ramk
działa stały moment, obliczyć jego warto ć M, tak aby ramka OA po obrocie o k t
Ą
� = rad uzyskała pr dko ć k tow �1 = 1 s 1. Moment bezwładno ci ramki wzgl dem
3
1
jej osi obrotu przechodz cej przez punkt O obliczyć ze wzoru J0 = ml2 (m masa
3
ramki), przyspieszenie ziemskie przyj ć równe 10 m/s2.
Rys. 3.4.8
Rozwi zanie
Zadanie rozwi zano trzema sposobami, wykorzystuj c:
1) równania dynamiczne ruchu obrotowego i płaskiego,
2) zasad równowarto ci energii kinetycznej i pracy,
3) równania Lagrange a II rodzaju.
Ad 1)
Rozdzielaj c układ na cz ci i przykładaj c siły wzajemnego oddziaływania,
otrzymano układ jak na rysunkach 3.4.8a i 3.4.8b, przy czym zgodnie z III prawem

R' R'
Newtona RA1 = , RA2 = , a siły Pr i P� s siłami składowymi reakcji koła
A1 A2
nieruchomego; Pr siła promieniowa, P� siła styczna (obwodowa).
Równanie dynamiczne ruchu obrotowego ramki ma postać
1
2 2
J0�1 = -RA2l cos � - RA1l sin � + M - Q l cos � (1)
2
BG AGH
Dynamika bryły 261
'
'
y
x
Rys. 3.4.8a Rys. 3.4.8b
Równania dynamiczne ruchu płaskiego koła satelitarnego maj postać
�ł
mAaAx = -RA1 + Pr cos � + P� sin �
�ł
mAaAy = RA2 + Pr sin � - P� cos � - G�ł (2)
żł
�ł
J �2 = P�r �ł
A �ł
gdzie mA i JA masa i moment bezwładno ci koła satelitarnego wzgl dem osi w jego
rodku masy A.
Rozkład przyspieszenia w punkcie A pokazano na rysunku 3.4.8c. Ruguj c z ukła-
du równa (2) siły Pr i P�, otrzymuje si
�2
mA(aAx sin � + aAy cos �)= RA1 sin � + RA2 cos � - J - G cos � (3)
A
r
Wyra enie w nawiasie jest rzutem przyspieszenia punktu A na styczn do toru tego
punktu i jest przyspieszeniem stycznym punktu A. Równanie (3) zapisać wi c mo na
nast puj co
�2
(4)
mAaA� = RA1 sin � + RA2 cos � - J - G cos �
A
r
Równanie (4) mo na było otrzymać wprost, pisz c dynamiczne równania ruchu
satelity wzgl dem osi stycznej do toru punktu A i wzgl dem osi obrotu w punkcie A.
�
�
�
�
�
Rys. 3.4.8c
BG AGH
262 DYNAMIKA
Ruguj c z równa (1) i (4) siły RA1 i RA2 oraz uwzgl dniaj c zale no ci kinema-
tyczne �1l = �2r = aA�, otrzymuje si
2
�ł łł
l G �ł
�ł �ł �ł 1 łł
�łJ0 + J + l2 śł �1 + + Q�łl cos �śł = M
�ł �ł
A �ł�łG 2 �ł (5)
r
g
�ł �ł łł śł
�ł�ł łł �ł
�ł �ł
d� d� d� d�
Podstawiaj c �1 = = = � do równania (5) oraz rozdzielaj c zmienne,
dt d� dt d�
otrzymuje si równanie
2
�ł łł
l G �ł
�ł �ł �łG 1 łł
�łJ0 + J + l2 śł �d� = - �ł �ł
�ł �ł
A �łM + 2 Q�łl cos �śł d�,
r g
�ł �ł łł śł �ł łł
�ł �ł
�ł �ł
a nast pnie, po scałkowaniu w granicach [0, �1], [0, �1], obliczono szukan warto ć
momentu
2
�łl�1 �ł łł
1 1 3 1
�łG
M = Q + G�ł + + Q�łsin �1 .
�ł �ł �ł �ł �ł śł
�1 �ł 2g 3 2 2
�ł łł �ł łł
śł
�ł �ł
Po podstawieniu danych liczbowych M = 56,1 Nm.
Ad 2)
Energia kinetyczna układu w poło eniu spoczynkowym pocz tkowym, tj. dla � = 0,
E1 = 0. W poło eniu odpowiadaj cym k towi � = �1 energia kinetyczna wynosi
1 1 G 1
2
E2 = J0�1 + v2 + J �2 .
A A A
2 2 g 2
Chwilowy rodek obrotu koła satelitarnego le y w punkcie styku obu kół, a zatem
vA = �A r = �1 l
i wzór na energi kinetyczn ma postać
2
2
�ł łł
1 G l 1 l2�1 1 3
�ł �ł �ł
2
E2 = �łJ0 + l2 + J śł �1 = Q + G�ł.
�ł �ł �ł �ł
A
2 g r 2 g 3 2
�ł �ł łł śł �ł łł
�ł �ł
Prac sił działaj cych na układ zapisać mo na nast puj co:
�1 y1 y2
L1-2 = Md� - Qdy - Gdy,
+" +" +"
0 0 0
gdzie y1, y2 odpowiadaj poło eniu dla k ta � = �1 i s współrz dnymi punktów przy-
ło enia sił ci ko ci Q i G (rys. 3.4.8d).
1
Podstawiaj c y1 = l sin �1,y2 = l sin �1, otrzymuje si po scałkowaniu
2
�łG 1
L1-2 = M�1 - l + Q�ł sin �1,
�ł �ł
2
�ł łł
BG AGH
Dynamika bryły 263
a nast pnie, z zasady równowarto ci energii kinetycznej i pracy E1 E2 = L1 2, zale -
no ć w postaci
2
1 l2�1 1 3 �łG 1
�ł
�ł Q + G�ł = M�1 - l + Q�ł sin �1,
�ł �ł �ł
2 g 3 2 2
�ł łł �ł łł
oraz identyczn jak w przypadku (1) warto ć momentu
2
�łl�1 �ł 1 3 �ł �łG 1 łł
l
M = Q + G + + Q�ł sin �1 .
�ł �ł �ł �ł �ł śł
�1 �ł 2g 3 2 2
�ł łł �ł łł
śł
�ł �ł

�2
�
�
�
�

�1
�
�
�
�
��
��
��
��
��
�2
�
�
�
�
�1
�
�
�
�
Rys. 3.4.8d Rys. 3.4.8e
Ad 3)
Układ ma jeden stopie swobody. Jako współrz dn uogólnion przyj to k t �
obrotu ramki. Równania Lagrange a II rodzaju maj wi c postać
d �ł "E �ł "E
�ł �ł - = Q�.
�ł �ł

dt "� "�
�ł łł
Energia kinetyczna obliczona jak w przypadku 1) ma postać
2
�ł łł
1 G �ł �ł
l

E = �łJ0 + l2 + J śł �2.
�ł �ł
A
g r
2
�ł �ł łł śł
�ł �ł

gdzie � jest pr dko ci k tow ramki.
Przyjmuj c przesuni cie przygotowane jak na rysunku 3.4.8e, obliczyć mo na
prac przygotowan
�L = M�� - Q�1 cos � - G�2 cos �.
Przesuni cia przygotowane jako proporcjonalne do pr dko ci mo liwych spełnia-
j zale no ci:

�1 = kvQ, �2 = kvA, �� = k�,
BG AGH
264 DYNAMIKA
przy czym
1 1

vQ = vA = l�
2 2
i
1
�1 = l��, �2 = ld�.
2
Podstawiaj c wyznaczone przesuni cia przygotowane, obliczono prac przygotowan
�ł 1 łł
�łG
�L = - �ł �ł
�łM + 2 Q�ł l cos �śł ��,
�ł łł
�ł �ł
a zatem uogólniona siła jest równa
�L �łG + Q�ł l cos �.
1
Q� = = M - �ł �ł
�� 2
�ł łł
Obliczaj c odpowiednie pochodne:
2
�ł łł
"E G l
�ł �ł

= �łJ0 + l2 + J śł �,
�ł �ł
A

"� g r
�ł �ł łł śł
�ł �ł
2
�ł łł
�ł �ł l
d "E G �ł �ł

�ł �ł = �łJ0 + l2 + J śł �,
�ł �ł
A
�ł �ł
g r

dt "�
�ł �ł łł śł
�ł łł
�ł �ł
"E
= 0,
"�
i wykorzystuj c równanie Lagrange a II rodzaju, otrzymuje si ró niczkowe równanie
ruchu
2
�ł łł
G �ł �ł �ł 1 łł
l �ł

�łJ0 + l2 + J śł � + + Q�ł l cos �śł = M ,
�ł �ł
A �ł�łG 2 �ł
r
g
�ł �ł łł śł
�ł�ł łł �ł
�ł �ł
identyczne jak w przypadku 1) równanie (5). Tok dalszych oblicze jest wi c taki, jak
w przypadku 1).
ZADANIE 3.4.9
Dany jest układ jak na rysunku 3.4.9. Maj c dane G2 = 2G1, Q, r, wyznaczyć pr d-
ko ć v ka dego z ci arów po przebyciu drogi l. W chwili pocz tkowej pr dko ci s
równe zero. Opory ruchu (tarcie w ło ysku i opory o rodka) pomin ć.
Rozwi zanie
Zadanie rozwi zano dwoma sposobami, wykorzystuj c:
1) zasad zachowania energii mechanicznej,
2) równania Lagrange a II rodzaju dla pola potencjalnego.
BG AGH
Dynamika bryły 265
Rys. 3.4.9 Rys. 3.4.9a
Ruch układu zachodzi pod wpływem potencjalnych sił ci ko ci, a wi c odbywa
si w polu potencjalnym. Zasada zachowania energii i równania Lagrange a II dla pola
potencjalnego maj prostsz form ni zasada równowarto ci energii kinetycznej i pra-
cy i równania Lagrange a II rodzaju w ogólnej postaci i dlatego wygodniej jest skorzy-
stać w tym przypadku z tych dwóch metod.
Ad 1)
Oznaczaj c poło enie pocz tkowe układu przez I i poło enie po przebyciu drogi l
przez II (rys. 3.4.9a), korzystaj c z zasady zachowania energii mechanicznej E + V = const
zapiszemy EI + VI = EII + VII, gdzie EI, EII jest energi kinetyczn w poło eniu pocz tko-
wym i ko cowym, VI, VII jest energi potencjaln w tych poło eniach. Energia kinetyczna
1 1 1
2 2
EI = 0 za EII = m1v1 + m2v2 + J�2 ,
2 2 2
gdzie:
m1, m2 masy ci arów,
1
2
J = m3r moment bezwładno ci koła o masie m3 wzgl dem jego osi obrotu,
2
v1, v2, � odpowiednio warto ci pr dko ci ci arów i pr dko ć k towa koła.
G1 G2 G3
Poniewa v1 = v2 = �r = v i m1 = , m2 = , m3 = , wi c
g g g
1 �łG 1
EII = + G2 + Q�łv2.
�ł �ł
1
2g 2
�ł łł
Energia potencjalna wzgl dem przyj tego poziomu odniesienia (V = 0) wynosi:
VI = m1gC1 + m2gC2 + m3gC3,
VII = m1gh1 + m2gh2 + m3gC3 = m1g(C1 + l)+ m2 g(C2 - l)+ m3gC3.
Podstawiaj c obliczon energi do zasady zachowania energii, otrzymuje si
1 �łG 1
(m1 - m2)gl + + G2 + Q�łv2 = 0.
�ł �ł
1
2g 2
�ł łł
BG AGH
266 DYNAMIKA
G1 G2
Podstawiaj c m1 = , m2 = , G2 = 2G1, obliczyć mo na szukan pr dko ć v
g g
4G1lg
v = .
6G1 + Q
Ad 2)
Przyjmuj c współrz dn s poło enia ci arów okre laj c dowolne poło enie
układu jako współrz dn uogólnion , równanie Lagrange a II rodzaju w polu poten-
cjalnym zapisać mo na nast puj co
d "W "W
�ł �ł
�ł �ł - = 0,

dt "s "s
�ł łł
gdzie potencjał Lagrange a równy jest W = E V. Obliczaj c energi kinetyczn i po-
tencjaln w dowolnym poło eniu układu, podobnie jak w przypadku 1) otrzymuje si
1 �łG 1

W = + G2 + Q�łs2 - (m1 - m2)gs.
�ł �ł
1
2g 2
�ł łł
Obliczaj c pochodne:
"W 1 �łG 1

= + G2 + Q�ł s,
�ł �ł
1

"s g 2
�ł łł
d "W 1 1 1
�ł �ł �łG + G2 + Q�łs =

= (6G1 + Q)s,
�ł �ł �ł �ł
1

dt "s g 2 2g
�ł łł �ł łł
"W
= -(m1 - m2)g = G2 - G1,
"s
i wstawiaj c je do równania Lagrange a, uzyskuje si równanie ró niczkowe
2G1g

s = ,
6G1 + Q
z którego po scałkowaniu otrzymuje si :
2G1g

s = t + c,
6G1 + Q
G1g
s = t2 + ct + d.
6G1 + Q

Z warunków pocz tkowych t = 0, s = 0, s = 0 wyznaczyć mo na stałe całkowania
c = d = 0.
Ruguj c z dwóch ostatnich równa czas t, otrzymuje si zale no ć pomi dzy pr d-
ko ci ci arów i ich przemieszczeniem
4G1g

s = s.
6G1 + Q
BG AGH
Dynamika bryły 267
Po przebyciu drogi l, tzn. dla s = l, otrzymuje si wynik identyczny jak w przypadku 1)
4G1gl

s(s = l)= v = .
6G1 + Q
ZADANIE 3.4.10
Układ materialny (rys. 3.4.10) porusza
si pod wpływem oddziaływania sił ci ko-
ci. W chwili pocz tkowej układ był nieru-
chomy. Po pewnym czasie ci ar A przemie-
cił si , osi gaj c pr dko ć Maj c dane
vA.
G1, G2, Q, R, r, ą, wyznaczyć drog h ci aru
A odpowiadaj c pr dko ci vA. Walec C to-
czy si po równi bez po lizgu.
Rozwi zanie
Zadanie rozwi zano dwiema metodami,
Rys. 3.4.10
wykorzystaj c:
1) zasad zachowania energii mechanicznej,
2) równania Lagrange a II rodzaju dla pola potencjalnego.
W tym przypadku mo na zastosować obie metody, pomimo e w układzie wyst -
puje siła tarcia pomi dzy równi a kołem. Toczenie koła zachodzi bez po lizgu, siła
tarcia jest sił tarcia nierozwini tego, nie wykonuje ona pracy, a wi c nie wyst puje
rozproszenie energii.
Ad 1)
Z zasady zachowania energii otrzymuje si
EI + VI = EII + VII,
gdzie przez I oznaczono poło enie pocz tkowe w spoczynku, a przez II poło enie po
przebyciu drogi h (rys. 3.4.10).
Przyjmuj c poziom zerowy energii potencjalnej ka dej masy w jej poło eniu po-
cz tkowym, otrzymano:
VI = 0, VII = m2ghsin ą m1gh = (G2sin ą G1)h.
Energi kinetyczn układu napisano w postaci:
EI = 0,
1 1 1 1
2
EII = m1v2 + J1�1 + m2v2 + J2�2,
A A 2
2 2 2 2
G1 G2 1 Q 1 G2 vA vA
gdzie: m1 = , m2 = , J1 = R2, J2 = r2 , �1 = , �2 = .
g g 2 g 2 g R r
BG AGH
268 DYNAMIKA
Po podstawieniu powy szych zale no ci otrzymuje si
1 3 1
�łG
EII = + G2 + Q�ł v2 ,
�ł �ł
1 A
2g 2 2
�ł łł
zatem
1 3 1
�łG + G2 + Q�łv2 = sin ą - G1)h = 0
(G2
�ł �ł
1 A
2g 2 2
�ł łł
i szukana droga h jest równa
2G1 + 3G2 + Q
2
h =
4g(G1 - G2 sin ą)vA.
Ad 2)
Okre laj c poło enie układu w dowolnej chwili czasu przez współrz dn s odpo-
wiadaj c dowolnemu poło eniu ciała A i obliczaj c podobnie jak w poprzednim przy-
padku energi kinetyczn i potencjaln układu, otrzymuje si wyra enie na potencjał
kinetyczny Lagrange a w postaci
1 3 1
�łG

W = E - V = + G2 + Q�ł s2 - (G2 sin ą - G1)s,
�ł �ł
1
2g 2 2
�ł łł

gdzie s jest pr dko ci odpowiadaj c poło eniu okre lonemu przez współrz dn s,
ds

s = .
dt
Obliczaj c pochodne:
"W 1 3 1
�łG

= + G2 + Q�ł s,
�ł �ł
1

"s g 2 2
�ł łł
d "W 1 3 1
�ł �ł �łG + G2 + Q�ł s,
=
�ł �ł �ł �ł
1

dt "s g 2 2
�ł łł �ł łł
"W
= (G2 sin ą - G1),
"s
d "W "W
�ł �ł
z równa Lagrange a
�ł �ł - = 0 otrzymuje si

dt "s "s
�ł łł
2(G1 - G2 sin ą)g

s = (1)
2G1 + 3G2 + Q
i po scałkowaniu:
2(G1 - G2 sin ą)

s = gt + c,
2G1 + 3G2 + Q
G1 - G2 sin ą
s = gt2 + ct + d.
2G1 + 3G2 + Q
BG AGH
Dynamika bryły 269

Z warunków pocz tkowych ruchu t = 0, s = 0, s = 0 wynika, e c = d = 0; ruguj c
z powy szych równa parametr t, otrzymuje si
2G1 + 3G2 + Q
2
s =
4(G1 - G2 sin ą)s .
Dla droga przebyta przez ci ar A wynosi
s = vA
2G1 + 3G2 + Q
2
h =
4(G1 - G2 sin ą)vA.
Wynik ten otrzymać mo na równie , dokonuj c w równaniu (1) podstawienia

ds ds ds ds

s = = = s.
dt ds dt ds
Po rozdzieleniu zmiennych otrzymuje si równanie
2(G1 - G2 sin ą)gds.

sds =
2G1 + 3G2 + Q
Całkuj c powy sze równanie w granicach [0, v0], [0, h], otrzymuje si
2G1 + 3G2 + Q
2
h =
4(G1 - G2 sin ą)vA.
Mo na równie zauwa yć, e równanie (1) przedstawia przyspieszenie ci arów,
a poniewa jest, jak z tego równania widać, stałe, wi c ruch jest jednostajnie przyspie-
szony. Maj c wyznaczone przyspieszenie na podstawie zasad dynamiki, korzystać
mo na ze wzorów na pr dko ć i przemieszczenie w ruchu jednostajnie przyspieszonym
bez pr dko ci i drogi pocz tkowej:
1
2

v = at, s = at , a = s.
2
Ruguj c czas t, z tych równa obliczyć mo na szukan drog h po osi gni ciu
pr dko ci vA, podstawiaj c s = h, v = vA.
ZADANIE 3.4.11
Układ materialny (rys. 3.4.11) składa si z walca o masie M, momencie bezwład-
no ci JA i promieniu R, koła o momencie bezwładno ci J0 i promieniu r oraz ci aru
o masie m. Walec o masie M mo e toczyć si bez po lizgu po poziomej powierzchni,
a ruch układu ograniczaj dwie spr yny liniowe o współczynnikach spr ysto ci k1 i k2.
BG AGH
270 DYNAMIKA
Rys. 3.4.11
Wyznaczyć amplitud pr dko ci ci aru o masie m, je eli w chwili pocz tkowej ci ar
ten został wychylony na odległo ć x0 wzgl dem poło enia równowagi i puszczony bez
pr dko ci pocz tkowej. Opory ruchu o rodka i tarcie w ło yskach pomin ć.
Rozwi zanie
Zadanie rozwi zano dwoma sposobami, wykorzystuj c:
1) równania Lagrange a II rodzaju dla pola potencjalnego,
2) zasad zachowania energii mechanicznej.
Ad 1)
Siła oddziaływania podło a na walec, ze wzgl du na toczenie walca bez po lizgu,
nie wykonuje pracy i w zwi zku z tym nie powoduje rozproszenia energii. Poza t sił
na układ działaj siły ci ko ci i siły spr ysto ci oraz zale na od nich siła reakcji ło y-
ska koła o masie m0, czyli siły potencjalne. Ruch układu odbywa si wi c w polu sił
potencjalnych i do rozwi zania zadania zastosowano równania Lagrange a II rodzaju
dla pola potencjalnego. Za współrz dn uogólnion przyj to współrz dn x ci aru
o masie m oraz oznaczenia jak na rysunku 3.4.11a
Energia kinetyczna układu równa jest
1 1 1 1
2

E = mx2 + J0�0 + Mv2 + JA�2 .
A A
2 2 2 2
Uwzgl dniaj c zale no ci kinematyczne:

x 1 x

�0 = , vA = x, �A = ,
r 2 2R
otrzymuje si
1 J0 1 JA
�łm �ł
E = + + M + x2.
�ł �ł
2
�ł r2 4 4R2 łł
BG AGH
Dynamika bryły 271
m0
'
Rys. 3.4.11a
Energia potencjalna równa jest sumie energii potencjalnej sił ci ko ci i sił spr y-
sto ci
1 1
V = k1x2 + k2x2 - mgx + MgH + m0gh,
A
2 2
1
gdzie: xA = x, H i h stałe odległo ci od przyj tego poziomu V = 0 koła o masie M
2
i koła o masie m0 (poziom V = 0 dla spr yn nieobci onych).
Potencjał kinetyczny Lagrange a ma wi c postać
1 �ł J0 1 JA 1 1
�ł �ł

W = E -V = m + + M + x2 - �ł �ł
�ł �ł k1 + k2 �ł x2 + mgx - MgH - m0gh,
2 2 4
�ł r2 4 4R2 łł �ł łł
a odpowiednie pochodne wynosz :
J0
d "W �łm + + 1 JA
�ł �ł �ł
= �ł
�ł �ł �ł M + x,

dt "x
�ł łł �ł r2 4 4R2 łł
"W 1
= -�ł k1 + k2 �ł x + mg.
�ł �ł
"x 4
�ł łł
d "W "W
�ł �ł
Z równania Lagrange a
�ł �ł - = 0 otrzymuje si

dt "x "x
�ł łł
1
k1 + k2
mg
4

x + x - = 0.
J0 1 JA J0 1 JA
m + + M + m + + M +
r2 4 4R2 r2 4 4R2
BG AGH
272 DYNAMIKA
Podstawiaj c:
1
k1 + k2
mg
2 4
�0 = , a =
J0 1 J J0 1 J
A A
m + + M + m + + M +
r2 4 4R2 r2 4 4R2
a

oraz x = x1 + , x = x1, x = x1, gdzie współrz dna x1 opisuje ruch wzgl dem statycz-
�2
0
nego poło enia równowagi (statyczne poło enie równowagi oznacza spoczynek układu
z uwzgl dnieniem napi cia statycznego spr yn na skutek działania siły ci ko ci ci -
aru o masie m), otrzymuje si jednorodne równanie ró niczkowe drugiego rz du

x1 + �2 x1 = 0.
0
Rozwi zanie tego równania ma postać
x1 = A1 sin �0t + A2 cos �0t (1)
Stałe A1 i A2 wyznaczyć mo na z warunków pocz tkowych, równania (1) oraz
obliczaj c pr dko ć

x1 = A1�0 cos �0t - A2�0 sin �0t (2)
Podstawiaj c do równa (1) i (2) warunki pocz tkowe:

t = 0, x1 = x0, x1 = 0,
obliczono stałe A1 i A2; A1 = 0, A2 = x0.
Uwzgl dniaj c obliczone stałe, otrzymuje si równanie ruchu
x1 = x0cos �0t (3)
oraz równanie pr dko ci

x1 = -x0�0 sin �0t (4)
Z równania (4) obliczyć mo na amplitud pr dko ci równ
1
k1 + k2
4
v0 = - x0�0 = - x0 .
J0 1 J
A
m + + M +
r2 4 4R2
BG AGH
Dynamika bryły 273
Ad 2) '' '
Zasada zachowania energii ma po-
stać E + V = const. Energi potencjaln V
układu zapisano tak, aby uwzgl dniała
wst pne ugi cie statyczne spr yn ("1 i ")
R
pochodz ce od działania siły ci ko ci
G = mg (rys. 3.4.11b). Siła ta wywołuje si-
ły w spr ynach: F1 = k1"1 i F2 = k2",
a układ przyjmuje poło enie równowagi
statycznej.
Z równa równowagi sił:
3
Pi = S - G + F2 = 0,
"
Rys. 3.4.11b
i=1
5
�" = =
"M = F1 �" R - S2 2 2R = 0, S2 2 S2 S,
i (D)
i=1
oraz zale no ci " = 2"1 (uzyskanej z analizy kinematycznej układu) otrzymano:
mg 1 mg
" = , "1 = .
1 1
2
k1 + k2 k1 + k2
4 4
Energia potencjalna układu po przemieszczeniu o x1 masy m (mierzonym od poło-
enia równowagi statycznej (rys. 3.4.11a) wynosi
2
1 1 1
V = k1�ł"1 + x1 �ł + k2(" + x1)2 - mgx1 + MgH + m0gh.
�ł �ł
2 2 2
�ł łł
Energia kinetyczna analogicznie jak w przypadku 1) ma postać
1 �ł
2 �ł J0 JA M �ł
E = x1 m + + �ł .
2
2
�ł r 4R2 4 łł
Ze wzgl du na to, e E + V = C, C stała,
po zró niczkowaniu po czasie t otrzymano
d(E +V ) J0 JA M 1 1
łł

= x1 �" x1�łm + + + k1�ł"1 + x1 �ł x1 +
�ł �ł
�ł
dt 2
�ł r2 4R2 4 śł 2 �ł łł
�ł

+ k2(" + x1)x1 - mgx1 = 0.

Po podzieleniu przez x1 i odpowiednim zgrupowaniu wyra e równanie powy -
sze ma postać
�ł J0 JA M łł �ł 1 �ł �ł 1

x1�łm + + + k1"1 + k2" - mg + k1 + k2 �ł x1 = 0.
�ł �ł �ł �ł
2
2 4
�ł r 4R2 4 śł �ł łł �ł łł
�ł
BG AGH
274 DYNAMIKA
Drugi składnik tego równania wynosi zero po wstawieniu wcze niej obliczonych
"1 oraz " i wobec tego po przekształceniach uzyskano
1
k1 + k2
4

x1 + x1 = 0.
J0 J M
A
m + + +
r2 4R2 4
Jest to równanie identyczne jak to, które otrzymano w przypadku 1), i dalszy tok
oblicze odbywa si zgodnie z tym przypadkiem.
3.4.2. Reakcje dynamiczne w ruchu obrotowym
Analizuj c na przykład metod kinetostatyki niejednostajny ruch obrotowy bryły
(rys. 3.4.12), otrzymuje si , przy pomini ciu oporów o rodka i oporów w ło yskach,
nast puj cy układ równa
n
�ł
Pix + RAx + RBx + �Mys + �2Mxs = 0
"
�ł
i=1
�ł
n
�ł
Piy + RAy + RBy - �Mxs + �2Mys = 0
"
�ł
i=1
�ł
n
�ł
Piz + RAz = 0
" �ł
i=1
�ł
(1)
żł
n
(Pi)-
"M RByh + �Dxz - �2Dyz = 0 �ł
ix
�ł
i=1
�ł
n
�ł
(Pi)+
"M RBxh + �Dyz + �2Dxz = 0 �ł
iy
i=1
�ł
n
�ł
(Pi)-
"M J � = 0 �ł
iz z
i=1 �ł
gdzie:
M masa bryły,
Jz masowy moment bezwładno ci bryły wzgl dem osi z (osi obrotu),
xs, ys współrz dne rodka masy bryły,
�, � pr dko ć k towa i przyspieszenie k towe wzgl dem osi obrotu,
Dxz, Dyz odpowiednie momenty dewiacji.
Reakcje obliczone z powy szego układu równa równe s reakcjom statycznym
wyznaczonym w poło eniu równowagi bryły jedynie dla xs = ys = 0 i Dxz = Dyz = 0,
tzn. w przypadku, gdy o obrotu jest główn centraln osi bezwładno ci. Je eli waru-
nek ten nie jest spełniony, to całkowite reakcje ró ni si od reakcji statycznych na
skutek wyst pienia składowych dynamicznych i s sum reakcji statycznych i dyna-
micznych (RA = RAst + RAd , RB = RBst + RBd).
BG AGH
Dynamika bryły 275
�
�
�
�
�
Rys. 3.4.12
Reakcje dynamiczne (składowe dynamiczne reakcji całkowitych) wyznaczyć mo na
z układu równa
RAxd + RBxd + �Mys + �2Mxs = 0�ł
�ł
RAyd + RByd - �Mxs + �2Mys = 0�ł
�ł
(2)
żł
- RByd h + �Dxz - �2Dyz = 0 �ł
�ł
�ł
RBxd h + �Dyz + �2Dxz = 0
�ł
ZADANIE 3.4.12
Obliczyć reakcje dynamiczne ło ysk A i B wału pokazanego na rysunku 3.4.12a.
Mas elementów o długo ciach l i 2a pomin ć, tuleje K o jednakowych masach m trak-
tować jak punkty materialne. Wał obraca si ze stał pr dko ci k tow �.
Rozwi zanie
Na rysunku 3.4.12b przedstawiono model obliczeniowy wału z przyło onymi siła-
mi czynnymi i reakcjami całkowitymi podpór A i B.
BG AGH
276 DYNAMIKA
Rys. 3.4.12a
Rys. 3.4.12b
Ze wzgl du na to, e poszukuje si w tym przypadku jedynie reakcji dynamicznych,
a nie całkowitych, wykorzystuje si równania (2) str. 275, w których nie wyst puj
siły statyczne, tzn. siły ci ko ci i składowe statyczne reakcji całkowitych. Nie wyst -
puj ponadto człony zawieraj ce przyspieszenie k towe �, poniewa pr dko ć k towa �
jest stała. Otrzymuje si :
RAxd + RBxd + �2Mxs = 0,
RAyd + RByd + �2Mys = 0,
BG AGH
Dynamika bryły 277
RByd 6a - �2Dyz = 0,
- RBxd 6a + �2Dxz = 0.
Obliczaj c z odpowiednich wzorów współrz dne rodka masy:
2 2
"m �" xi m �"l 1 "m �" yi m �" l 1
i i
i=1 i=1
xs = = = l, ys = = = l, M = 2m,
M 2m 2 M 2m 2
oraz momenty dewiacji:
2
Dyz = yi zi = m �"l �"(- 2a)+ m �" 0 �"(- 4a)= -2mla,
"m
i
i=1
2
Dxz = xi zi = m �" 0 �"(- 2a)+ m �"l �"(- 4a)= -4mla,
"m
i
i=1
otrzymano współrz dne reakcji dynamicznych:
1 2 2 1
RAxd = - m�2l, RAyd = - m�2l, RBxd = - m�2l, RByd = - m�2l.
2 3 3 3
Całkowite reakcje dynamiczne wynosz :
1 1
2 2 2 2
RAd = RAxd + RAyd = m�2l 5, RBd = RBxd + RByd = m�2l 5.
3 3
Znaki współrz dnych reakcji wiadcz o tym, e w rzeczywisto ci zwroty tych
sił s przeciwne do przyj tych na rysunku.
ZADANIE 3.4.13
Obliczyć reakcje dynamiczne ło ysk A i B wału obracaj cego si ze stał pr d-
ko ci k tow � (rys. 3.4.13). Poszczególne odcinki wału o długo ci 2l maj masy
równe m. Dla oblicze przyj ć, e masy odcinków wału skupione s w rodkach ci -
ko ci tych odcinków.
BG AGH
278 DYNAMIKA
Rys. 3.4.
1
3
Rys. 3.4.
1
3a
BG AGH
Dynamika bryły 279
Rozwi zanie
Dla oblicze przyj to uproszczony schemat wału jak na rysunku 3.4.13a. Reakcje
dynamiczne obliczono w układzie odniesienia przyj tym tak, e o z pokrywa si z osi
obrotu wału. Z równa (2) str. 275 otrzymuje si :
RAxd - RBxd + �Mys + �2Mxs = 0,
RAyd - RByd - �Mxs + �2Mys = 0,
2
RByd �"18l + �Dxz - �2Dyz = 0,
RBxd �"18l + �Dyz + �2Dxz = 0,
17

przy czym � = � = 0 i M = = 17m.
"m
i
i=1
Współrz dne rodka ci ko ci wynosz :
17
"m xi 2m �"l + m �" 2l + 2m(- l)+ m(- 2l)
i
i=1
xs = = = 0,
M M
17
"m yi 2m �"l + m �"(2l)+ 2m(- l)+ m(- 2l)
i
i=1
ys = = = 0.
M M
Momenty dewiacji wynosz :
17
Dxz = xi zi = ml(- 2l)+ m2l(- 3l)+ ml(- 4l)+ m(- l)(-10l)+
"m
i
i=1
+ m(- 2l)(-11l)+ (- l)(-12l)= 32 ml2,
17
Dyz = yi zi = ml(- 6l)+ m2l(- 7l)+ ml(- 8l)+ m(- l)(-14l)+
"m
i
i=1
+ m(- 2l)(-15l)+ (- l)(-16l)= 32 ml2.
Po podstawieniu obliczonych współrz dnych rodka masy i momentów dewiacji
otrzymano:
RAxd RBxd = 0,
BG AGH
280 DYNAMIKA
RAyd + RByd = 0,
RByd �" 18l - �2(32ml2) = 0,
RBxd �" 18l + �2(32ml2) = 0,
sk d
16
RByd = -RAyd = ml�2,
9
16
RBxd = -RAxd = - ml�2,
9
16
i RAd = RBd = 2ml�2.
9
Zauwa my, e spełnienie warunku xs = 0, ys = 0 nie powoduje zerowania si reak-
cji dynamicznych, poniewa momenty dewiacji Dxz i Dyz nie s równe zeru. W tym
przypadku wał jest wywa ony jedynie statycznie. Pełne wywa enie wału, a wi c rów-
nie dynamiczne, tak aby RAd = RBd = 0, mo e być zrealizowane przy zachowaniu osi
obrotu AB przez doł czenie do wału dodatkowych mas w taki sposób, aby xs = ys = 0
i Dxz = Dyz = 0.
ZADANIE 3.4.14
Obliczyć całkowite reakcje ło ysk A i B, je eli bryła w kształcie trójk ta równora-
miennego obraca si dookoła osi AB ze stał pr dko ci k tow �. Masa bryły równa
si m. Opory tarcia w ło yskach pomin ć.
Rozwi zanie
Reakcje całkowite obliczono z równa (1) str. 274, w których w RAx, RAy, RAz,
RBx, RBy uwzgl dniono zarówno składowe statyczne jak i dynamiczne. Do bryły przyło-
ono wszystkie siły czynne i reakcje w układzie przyj tym jak na rysunku 3.4.14.
Ze wzgl du na to, e � = const, przyspieszenie k towe � = 0, a ponadto w przyj -
1
tym układzie odniesienia xs = 0 i ys = l.
3
Obliczaj c: Dxz = 0 (o x jest prostopadła do płaszczyzny symetrii bryły),
l l- y l
(l - y)2
Dyz = yzdm = yz�dzdy = � ydy zdz = � y dy =
+" +"+" +" +" +"
2
m 0 0 0
A
l
1 1 1 ml2 ,
�ł
= � (l2 y - 2ly2 + y3)dy = �l2 �łl2 =
�ł �ł
+"
2 12 2 12
�ł łł
0
z układu równa (1) str. 274 otrzymuje si nast puj ce równanie:
RAx + RBx = 0,
1
RAy + RBy + ml�2 = 0,
3
BG AGH
Dynamika bryły 281
-G + RAz = 0,
1 1
- RBy �"l - G �" l - ml2�2 = 0
3 12
RBx �"l = 0.
Wyznaczone z powy szych równa warto ci składowych reakcji całkowitych wy-
nosz :
RAx = RBx = 0, RAz = mg,
1 1 1 1
RAy = mg - ml�2, RBy = - mg - ml�2 ,
3 4 3 12
10 1 1
2 2 2
i RA = RAx + RAy + RAz = m g2 - gl�2 + l2�4 ,
9 6 16
1 1
�ł
RB = g + l�2 �ł.
�ł �ł
3 4
�ł łł
Rys. 3.4.14
BG AGH
282 DYNAMIKA
ZADANIE 3.4.15
Obliczyć reakcje przegubu O zawieszenia jednorodnego pr ta OA = l o masie m,
je eli porusza si on wokół osi z z pr dko ci � = const stale pod k tem ą (rys. 3.4.15).
Rozwi zanie
W przyj tym układzie odniesienia przyło ono siły czynne i reakcje (rys. 3.4.15a).
Podobnie jak w przykładzie poprzednim, całkowite reakcje obliczono z układu
równa (1) str. 274.
Rys. 3.4.15 Rys. 3.4.15a
Wyznaczaj c współrz dne rodka ci ko ci xs = 0,
1 1
ys = l sin ą, zs = l cos ą,
2 2
momenty dewiacji: Dxy = 0 (o x jest prostopadła do płaszczyzny symetrii pr ta),
l l
Dyz = yzdm = � �(sin ą)�(cos ą)�d� = �sin ą(cos ą) �2d� =
+" +" +"
m
0 0
1 1
= �l3 sin ą cos ą = ml2 sin ącos ą,
3 3
�
�
�
�
cos
ą
�
BG AGH
Dynamika bryły 283
oraz podstawiaj c do równa (1) str. 274 powy ej obliczone wielko ci, a tak e � = 0
(� = const) otrzymano:
R0x = 0,
1
R0 y + ml�2 sin ą = 0,
2
R0z - mg = 0,
1 1
mgl sin ą - ml2�2 sin ącos ą = 0.
2 3
Z trzech pierwszych równa wyznacza si warto ci składowych reakcji a na-
R0,
st pnie jej warto ć
1
2 2
R0 = m g + �4l2 sin ą.
4
Z równania czwartego wyznaczyć mo na warto ć pr dko ci k towej, przy której
pr t o długo ci l w czasie ruchu nachylony b dzie stale pod k tem ą.
Dla obliczonej warto ci pr dko ci k towej
3g
� = ,
2l cos ą
9
warto ć całkowitej reakcji w punkcie O wynosi R0 = mg 1+ tg2ą.
16
3.4.3. Ruch kulisty przybli ona teoria yroskopów
ZADANIE 3.4.16
Obliczyć warto ć yroskopowych reakcji ło ysk wału turbiny okr towej obracaj -
cej si z pr dko ci k tow �1 = 26,2 rad/s podczas zmiany kursu okr tu z pr dko ci
k tow �2 = 0,209 rad/s (rys. 3.4.16). Ci ar wirnika turbiny Q = 176,6 kN, moment
bezwładno ci wirnika wzgl dem jego osi obrotu J = 40515 kgm2. Wirnik umieszczony
jest w rodku wału podpartego na dwóch ło yskach o rozstawie l = 2 m.

�2
�
�
�
�

�1
�
�
�
�
Rys. 3.4.16
BG AGH
284 DYNAMIKA
Rozwi zanie
Reakcje yroskopowe wyznacza si obliczaj c warto ć momentu yroskopowe-
go MG równ warto ci momentu M wynikaj cego ze zmiany kr tu K z pr dko ci
�1
k tow w wyniku zmiany kursu z pr dko ci �2.
MG
Warto ć momentu wynosi M = RAd �" l, a poniewa M = MG, wi c RAd =
M
l
(rys. 3.4.16a).
Dla przypadku, gdy k t pomi dzy pr dko ci obrotu szybkiego �1 a pr dko ci ob-
Ą
,
�2
rotu wolnego wynosi warto ć momentu yroskopowego wyznaczona w wyniku za-
2
stosowania twierdzenia Resala wynosi: MG = J�1 �2 = 40515 �" 26,2 �" 0,209 E" 221710 Nm.
Warto ć reakcji yroskopowych wynosi
M 221 710
G
RAd = RBd = = =110 855 N.
l 2
Dodatkowo obliczono warto ć reakcji statycznych RAst i RBst.

�2
�
�
�
�

�1
�
�
�
�
Rys. 3.4.16a
Ze wzgl du na symetri warto ć reakcji statycznych
Q
RAst = RBst = = 88 300 N.
2
Takie reakcje wyst puj podczas utrzymywania kursu prostoliniowego. W momencie
zmiany kursu z pr dko ci k tow o warto ci �2 = 0,209 rad/s << �1 = 26,2 rad/s,
wzgl dnie kołysania okr tu z t pr dko ci , powstaj w ło yskach dodatkowe siły dy-
namiczne RAd i RBd, tak e ło ysko A jest obci one sił RA = RAd + RAst = 199 155 N,
a ło ysko B sił o warto ci RB = RBd RBst = 22 555 N.
BG AGH
Dynamika bryły 285
Przedstawiony przykład pokazuje, jak wa ne jest uwzgl dnienie w konstrukcyj-
nych obliczeniach obci e dynamicznych, które mog znacznie przekraczać obci e-
nia statyczne, a nieuwzgl dnienie nadwy ek dynamicznych prowadzić mo e do znisz-
czenia konstrukcji.
ZADANIE 3.4.17
Obliczyć całkowite reakcje szyn na koła parowozu jad cego z pr dko ci v = 20 m/s
po poziomym torze poło onym na zakr cie kołowym o rednim promieniu R = 200 m.
Rozstaw szyn wynosi l = 1,2 m, ci ar ka dego z kół Q = 4905 N, ci ar osi pomin ć,
koła nale y traktować jako jednorodne walce o promieniu r = 0,7 m.

�2
�
�
�
�

�1
�
�
�
�
Rys. 3.4.17
Rozwi zanie
Oddziaływanie kół na szyny wynika z obci enia statycznego siłami ci ko ci Q
(rys. 3.4.17), obci enia dynamicznego na skutek ruchu zestawu kołowego po okr gu
o promieniu R z pr dko ci k tow �2 oraz z obci enia dynamicznego siłami yrosko-
powymi na skutek ruchu z pr dko ci k tow �2 i pr dko ci k tow �1 wokół wła-
snej osi kół. Całkowite reakcje szyn, równe oddziaływaniom kół na szyny, wyznacza
si jako sum składowych statycznych i dynamicznych. Zadanie rozwi zano przy zało-
eniu, e nie nast puje odrywanie koła wewn trznego od szyny, oraz e boczne działa-
nie kół na szyny wywiera jedynie koło zewn trzne. Rozkład sił czynnych i reakcji przy-
ło onych do zestawu kołowego pokazano na rysunku 3.4.17a, przy czym siła Bs jest
sił bezwładno ci przyło on w rodku ci ko ci S i wynikaj c z ruchu z pr dko ci
k tow �2, a moment yroskopowy MG równy momentowi wynikaj cemu ze zmiany
kr tu K z pr dko ci �2 obliczono z twierdzenia Resala.
BG AGH
286 DYNAMIKA
Siły RAx, RAy, RBy = RB s siłami reakcji całkowitych uwzgl dniaj cych składowe
statyczne i dynamiczne. Stosuj c metod kinetostatyki, tzn. analizuj c układ dyna-
miczny jak układ statyczny, ale z przyło onymi siłami dynamicznymi, mo na napisać
równania równowagi:
n
Pix = 0 RAx - Bs = 0,
"
i=1
n
Piy = 0 RAy - 2Q + RB = 0,
"
i=1
n
1
"M = 0 Bsr + MG - 2Q �" l + RBl = 0.
i(A)
2
i=1
Sił bezwładno ci Bs wyznacza si , obliczaj c przyspieszenie normalne rodka
v2
masy an = , gdzie jest pr dko ci liniow jazdy parowozu równ pr dko ci rod-
v
R
ka masy S, czyli
2Q v2 2 �" 4905�" 400
Bs = man = = = 2000 N.
g R 9,81�" 200
Moment yroskopowy obliczono z twierdzenia Resala dla przypadku, gdy pomi -
dzy pr dko ciami �1 i �2 zawarty jest k t prosty, tzn. MG = J�1�2.
Moment bezwładno ci J wzgl dem osi własnej zestawu (o obrotu szybkiego)
wynosi
1 Q 4905�"(0,7)2
2
J = 2 �" r2 = 245 kgm .
2 g 9,81
Pr dko ć k tow �1 obliczono, zakładaj c, e koła tocz si po szynach bez po lizgu.
v = �1r
i st d
v 20
�1 = = = 28,57 rad/s.
r 0,7
Pr dko ć k towa �2 wynika z pr dko ci jazdy parowozu równej pr dko ci linio-
wej rodka masy i
v 20
�2 = = = 0,1 rad/s.
R 200
BG AGH
Dynamika bryły 287
Rys. 3.4.
1
7a
BG AGH
288 DYNAMIKA
Moment yroskopowy wynosi wi c:
MG = 245 �" 28,75 �" 0,1 = 704,37 Nm.
Obliczaj c z równa równowagi RAx, RAy i RB, otrzymuje si :
RAx = Bs = 2000 N,
Bsr + MG 2000�" 0,7 + 704,37
RAy = Q + = 4905 + E" 6658 N,
l 1,2
Bsr + MG 2000�" 0,7 + 704,37
RB = Q - = 4905 - E" 3151 N.
l 1,2
Warto ci reakcji całkowitych wynosz odpowiednio:
2 2
RA = RAx + RAy = (2000)2 + (6658)2 = 6952N, RB = 3151 N.
W tym przypadku zasadnicze obci enie szyny zewn trznej powoduje siła Bs ,
jednak e moment yroskopowy powoduje dodatkowe obci enie dynamiczne, które
równie wpływa na ywotno ć szyny i kół jezdnych. Do samodzielnego rozwi zania
proponuje si wyznaczenie granicznej pr dko ci jazdy, przy której zakr t o promieniu
R pokonuje si bezpiecznie, tzn. bez wywrócenia parowozu.
ZADANIE 3.4.18
Obliczyć warto ć momentu yroskopowego działaj cego na samolot lec cy
z pr dko ci v = 40 m/s po łuku o promieniu R = 25 m, je eli obroty silnika wynosz
n = 1200 obr/min, a moment bezwładno ci wszystkich cz ci obracaj cych si wzgl -
dem osi podłu nej samolotu wynosi J = 7,85 Nms2 (rys. 3.4.18).
Rys. 3.4.18
BG AGH
Dynamika bryły 289
Rozwi zanie
Warto ć momentu yroskopowego obliczono bezpo rednio z twierdzenia Resala
MG = J�1�2.
�1,
Pr dko ć k tow obrotu dookoła osi własnej samolotu obliczono, znaj c obro-
Ąn
ty silnika, tj. �1 = . Pr dko ć k tow �2 wyznaczono, znaj c pr dko ć liniow v
30
v
w ruchu po okr gu o promieniu R, tj. �2 = .
R
Moment yroskopowy wynosi wi c
Ąn v Ą �"1200 40
M = J �" = 7,85 �" �" E" 1577 Nm.
G
30 r 30 25
W wyniku takiego momentu yroskopowego powstaj siły dynamiczne działaj ce
w układzie nap dowym samolotu, np. na ło yskach wału korbowego. Warto ć tych sił
zale y równie od rozstawu ło ysk.
ZADANIE 3.4.19
W młynie chilijskim walec roboczy o masie m i promieniu bezwładno ci � toczy
si bez po lizgu po bie ni o promieniu R z pr dko ci k tow �2 wokół pionowej osi
(rys. 3.4.19). Obliczyć nacisk walca na bie ni , je eli jego promie wynosi r.

�
�
�
�
�
�2
�
�
�
�

�2
�
�
�
�

�1
�
�
�
�
Rys. 3.4.19 Rys. 3.4.19a
Rozwi zanie
Ze wzgl du na to, e toczenie odbywa si bez po lizgu, pr dko ć liniowa punktu B
(punktu styku walca z bie ni ) w dowolnej chwili czasu jest równa zeru, chwilowa o
obrotu oraz pr dko ć k towa chwilowa � le na kierunku OB (rys. 3.4.19a).
BG AGH
290 DYNAMIKA
Pr dko ć k tow wzgl dem osi własnej walca roboczego �1 obliczono z zale no-
R R
ci �1 = �2ctg ą, gdzie ctg ą = i �1 = �2 r .
r

Nacisk walca na bie ni równy jest co do warto ci reakcji RB bie ni wynikaj cej
z działania statycznego siły ci ko ci Q walca oraz z działania dynamicznego wyni-
kaj cego z momentu yroskopowego
MG = J�1�2.
Przyrównuj c moment sił wzgl dem punktu O do momentu yroskopowe-
Q i RB
go, otrzymano:
RB �" R QR = J�1�2,
J�1�2
sk d reakcja RB = + Q.
R
Podstawiaj c za moment bezwładno ci J = m�2 oraz za �1 obliczon poprzednio
warto ć, wyznaczono
m�2�2
2
RB = + mg.
r
W praktyce siły dynamiczne mog osi gn ć znaczne warto ci w stosunku do sił
statycznych i np. dla n =150 obr/min walca roboczego o promieniu r = 0,5 m i promie-
niu bezwładno ci � = 0,3 m siła nacisku wynikaj ca z działania momentu yroskopo-
wego jest pi ciokrotnie wi ksza od ci aru walca.
3.5. Dobór mocy nap du w wybranych układach mechanicznych
ZADANIE 3.5.1
Na rysunku 3.5.1 pokazano schemat wyci garki z nap dem elektrycznym.
Obliczyć moc silnika na ko cu rozruchu, maj c dane:
JA moment bezwładno ci elementów masowych na wale A,
JB moment bezwładno ci elementów masowych na wale B,
m masa podnoszonego ci aru,
r, R promienie podziałowe kół przekładni z batej,
d rednica b bna linowego,
�s przyspieszenie k towe wału silnika,
tr czas rozruchu.
Sprawno ć układu wyci garki przyj ć � = 1.
BG AGH
Dobór mocy nap du w wybranych układach mechanicznych 291
�B
�
�
�
�
�A
�
�
�
�
Rys. 3.5.1
Rozwi zanie
Moc u yteczn silnika oblicza si z zale no ci
Nu = Ms �" �s [W].
Wzór powy szy nie uwzgl dnia strat mocy potrzebnej na pokonanie oporów wła-
snych ruchu maszyny. Uwzgl dniaj c współczynnik sprawno ci ujmuj cy takie straty,
moc silnika oblicza si ze wzoru
Nu 1
Ns = , czyli Ns = M �" �s [W],
s
� �
gdzie:
Ms moment na wale silnika, w Nm,
�s pr dko ć k towa wału silnika w ko cu rozruchu, w rad/s.
Zakładaj c, e rozruch odbywa si ruchem jednostajnie przyspieszonym, tj. �s = const,
i bez pr dko ci pocz tkowej, pr dko ć k towa �s = �s �" tr, gdzie tr jest czasem rozruchu.
Moment Ms na wale silnika obliczono dwiema metodami:
1) metod energetyczn
2) metod redukcji sił i momentów sił.
Ad 1)
Moment Ms jest równy sumie momentów oporów dynamicznych i statycznych na
wale A, Ms = MdA + MstA. Opory statyczne wynikaj z działania sił statycznych i w tym
przypadku zale ne s jedynie od siły ci ko ci mg podnoszonego ci aru. Moment
d
statyczny MB na wale B jest równy M = mg .
B
2
BG AGH
292 DYNAMIKA
Uwzgl dniaj c równo ć sił stycznych wzajemnego oddziaływania kół z batych
przekładni, otrzymuje si moment statyczny na wale A równy
r rd
MstA = MB �" i = MB = mg ,
R 2R
r
gdzie i = jest przeło eniem przekładni (oznaczaj c siły styczne przez P�, moment
R
r
MB = P�R, a moment MstA = P� r, czyli M = M ).
stA B
R
W celu obliczenia momentu dynamicznego MdA na wale silnika, rzeczywisty układ
wyci garki zast pujemy modelem obliczeniowym jak na rysunku 3.5.1a.
Rys. 3.5.1a
Jzr jest zredukowanym na wał silnika momentem bezwładno ci uwzgl dniaj cym
masy wszystkich elementów bior cych udział w ruchu wyci garki. Znaj c moment Jzr,
obliczyć mo na moment dynamiczny na wale silnika z zale no ci
MdA = Jzr �" �s,
gdzie �s jest przyspieszeniem k towym wału silnika.
Moment bezwładno ci oblicza si porównuj c energi kinetyczn Eu układu rze-
czywistego z energi kinetyczn Em modelu
Eu = Em.
Energia układu jest równa
1 1 1
Eu = mv2 + JB�2 + J �2 ,
B A A
2 2 2
gdzie:
v pr dko ć podnoszonego ci aru o masie m,
�B pr dko ć k towa wału B,
�A = �s pr dko ć k towa wału A równa pr dko ci k towej silnika.
BG AGH
Dobór mocy nap du w wybranych układach mechanicznych 293
r r d rd
Poniewa : �B = �A = �s , v = �B = �s ,
R R 2 2R
wi c
2 2
�ł łł
1 rd �ł �ł
r
Eu = �łm�ł �ł + J + J śł �2.
�ł �ł �ł �ł
B A s
2 2R R
�ł �ł łł �ł łł śł
�ł �ł
1
Energia kinetyczna modelu jest równa: Em = J �2.
zr s
2
Porównuj c obie energie, otrzymuje si
rd r
�ł �ł2
J = m�ł �ł2 + J + J
�ł �ł �ł �ł
zr B A
2R R
�ł łł �ł łł
i szukany moment dynamiczny na wale silnika
�ł
rd r
�ł �ł2 łł
M = �łm�ł �ł2 + J + J śł �s.
�ł �ł �ł �ł
dA B A
2R R
�ł �ł łł �ł łł śł
�ł �ł
Obliczaj c moment Ms silnika
�ł
rd �ł �ł2 łł rd
r
M = �łm�ł �ł2 + J + J śł �s + mg
�ł �ł �ł �ł
s B A
2R R 2R
�ł �ł łł �ł łł śł
�ł �ł
oraz uwzgl dniaj c współczynnik sprawno ci � = 1, otrzymuje si moc silnika:
2
ńł �ł
łł
rd
�ł�ł �ł �ł2 r �ł rd �ł� tr.
Ns =
�ł
�ł�łm �ł �ł + JB�ł �ł + J śł �s + mg żł
A s
2R
�ł�ł �ł 2R łł �ł R łł śł �ł
�ł �ł
ół �ł
Ad 2)
Metoda ta polega na redukowaniu momentów sił statycznych i dynamicznych
ł cznie, według formuły pokazanej w przypadku 1) przy wyznaczeniu MstA.
Moment oporów M na wale silnika, równy momentowi silnika Ms, składa si
z dwóch członów (rys. 3.5.1b)
M = Ms = JA �A + Mzr,
gdzie: �A = �s jest przyspieszeniem k towym wału silnika, iloczyn JA �A przedstawia
opory dynamiczne na wale A, Mzr jest momentem zredukowanym uwzgl dniaj cym
opory dynamiczne i statyczne w układzie wyci garki.
BG AGH
294 DYNAMIKA
Rys. 3.5.1b
Moment zredukowany Mzr jest równy
r
M = MBi = MB ,
zr
R
gdzie moment oporów na wale B wynosi
d
MB = J �B + S .
B
2
Sił w linie (rys. 3.5.1b) wyznaczyć mo na z równania dynamicznego ci aru G
(lub z zasady d Alemberta), tj.
S = G + ma = m(g + a).
Moment oporów na wale silnika wynosi wi c
d r
�łJ łł
M = JA �s + �B + m(g + a) .
B
�ł śł
2 R
�ł �ł
Podstawiaj c zwi zki kinematyczne:
r d
�B = �s , a = �B ,
R 2
otrzymuje si moment silnika
�ł łł
rd r rd
M = M = �łm�ł �ł2 + JB�ł �ł2 + J śł �s + mg ,
�ł �ł �ł �ł
s A
2R R 2R
�ł �ł łł �ł łł śł
�ł �ł
a wi c identyczny jak w przypadku 1) i obliczenie mocy Ns odbywa si dalej jak
w przypadku 1).
BG AGH
Dobór mocy nap du w wybranych układach mechanicznych 295
Uwaga. Moment silnika Ms obliczyć mo na równie , pisz c odpowiednie dynamiczne
równania ruchu poszczególnych brył wchodz cych w skład wyci garki i ruguj c z otrzy-
manego układu równa siły wzajemnego oddziaływania (siły wewn trzne układu).
ZADANIE 3.5.2
Wyznaczyć moc wci garki (rys. 3.5.2) w ko cowej chwili rozruchu dla nast puj -
cych danych:
J1, J2 momenty bezwładno ci kół pasowych silnika i przekładni,
J3, J4 momenty bezwładno ci kół z batych przekładni,
JB moment bezwładno ci b bna linowego,
GD2 moment zamachowy wirnika silnika,
i1, i2 przeło enia przekładni pasowej i z batej,
d rednica b bna linowego,
m masa ci gni tego ci aru,
v pr dko ć ci gni tego ci aru w ko cowej chwili rozruchu,
tr czas rozruchu,
ą k t równi,
� współczynnik tarcia po równi,
� sprawno ć układu nap dowego wci garki.
2
Rys. 3.5.2
Rozwi zanie
Podobnie jak w poprzednim zadaniu zastosowano dwie metody:
1) energetyczn ,
2) redukcj sił i momentów sił.
BG AGH
296 DYNAMIKA
Ad 1)
Energia kinetyczna układu wyra a si zale no ci
1 1 1 1
2
Eu = mv2 + JI�2 + JII�2 + JIII�3 ,
s 2
2 2 2 2
gdzie:
GD2
JI = J1 + Jw = J1 + , JII = J2 + J3, JIII = J4 + J .
B
4g
Kinematyczne zwi zki pomi dzy odpowiednimi pr dko ciami maj postać (rys.
3.5.2)
�2 �3 d
= i1, = i2, v = �3
�s �2 2
i energia kinetyczna układu jest równa
2
�ł łł
�ł
1 GD2 �ł d
2
�ł
Eu = �ł�ł J1 + + (J2 + J3)i1 + (J4 + J )(i1i2)2 + m (i1i2)2śł �2.
B s
2 4
�ł�ł 4g �ł śł
�ł łł
�ł �ł
Redukuj c masy układu rzeczywistego na wał silnika, przyjmuje si model układu
jak na rysunku 3.5.1a.
�3
�
�
�
�
�
�2
�
�
�
�s
�
�
�
�
Rys. 3.5.2a
1
Energia kinetyczna modelu Em = J �2. Porównuj c energie kinetyczne ukła-
zr s
2
du rzeczywistego i modelu, otrzymuje si zredukowany moment bezwładno ci
2
GD2 md
2
J = J1 + + (J2 + J3)i1 + (J4 + JB)(i1i2)2 + (i1i2)2.
zr
4g 4
BG AGH
Dobór mocy nap du w wybranych układach mechanicznych 297
Moment oporów dynamicznych wyra a si wi c wzorem
Md = Jzr �" �s,
gdzie przyspieszenie k towe �s na wale silnika wyznacza si z zale no ci kinematycz-
nych (podobnie jak dla pr dko ci �s).
Uwzgl dniaj c, e rozruch jest jednostajnie przyspieszony bez pr dko ci pocz t-
kowej, tzn. v = atr, i korzystaj c ze wzorów na przeło enie przekładni, otrzymuje si
2a 2v
�s = = .
i1i2d i1i2trd
Moment oporów statycznych pochodzi w tym przypadku od siły ci ko ci mg
i siły tarcia (rys. 3.5.2a).
T
Na wale III moment ten wynosi
d d
M3 = (T + mg sin ą) = mg(�cos ą + sin ą) ,
2 2
a zredukowany na wał I jest równy momentowi oporów statycznych na wale silnika
1
M = M3i1i2 = mg(�cos ą + sin ą)di1i2.
st
2
Pr dko ć k tow silnika oblicza si ze zwi zków kinematycznych w zale no ci od
pr dko ci v na ko cu rozruchu
2v
�s = .
i1i2d
Moc silnika po uwzgl dnieniu oporów dynamicznych i statycznych oraz sprawno-
ci układu wci garki jest równa:
Nu M �s (M + M )�s (J �s + M )�s
s d st zr st
Ns = = = = =
� � � �
2
ńł�ł
łł
1 GD2 md
�ł
2
= + + (J2 + J3)i1 + (J4 + J )(i1i2)2 + (i1i2)2 2v +
�łJ1 śł
�ł
B
� 4g 4 i1i2trd
�ł�ł śł
�ł �ł
ół
1 2v
+ mg(� cos ą + sin ą)i1i2d�ł .
żł
2 i1i2d
�ł
BG AGH
298 DYNAMIKA
W okresie ruchu ustalonego do podtrzymania tego ruchu potrzebna jest moc
mniejsza, tzn. dla �s = 0
M �s mg(� cos ą + sin ą)v
st
Ns = = .
� �
Moc ta wynika jedynie z obci enia statycznego z uwzgl dnieniem strat w układzie.
Ad 2)
Moment oporów na wale silnika równy momentowi silnika wynosi
M = Ms = J1�s + Mzr,
gdzie Mzr = MzrII/I + MzrIII/I jest sum momentów oporów zredukowanych z wału II na I
i z wału III na I:
M = M i1 = JII�2i1,
zrII/I II
�łJ
M = M i1i2 = �3 + (ma + mg� cos ą + mg sin ą)d łł i1i2.
zrIII/I III III
�ł śł
2
�ł �ł
Przyspieszenia k towe �2 i �3 w zale no ci od �s oraz pr dko ci k towej �s oblicza
si identycznie jak w przypadku 1).
GD2
Podstawiaj c JI = J1 + , JII = J2 + J3, JIII = J4 + JB i obliczony moment
4g
silnika do wzoru na moc, otrzymuje si :
2
ńł
łł
1 GD2 md
�ł�łJ
2
Ns = + + (J2 + J3)i1 + (J4 + J )(i1i2)2 + (i1i2)2 2v +
�ł
�ł śł
1 B
� 4 i1i2trd
�ł�ł śł
�ł
ół�ł 4g
1 2v
�ł
+ mg(�cos ą + sin ą)i1i2d .
żł
2 i1i2d
�ł
ZADANIE 3.5.3
Wyznaczyć moment oporów na wale silnika podno nika suwnicy (rys. 3.5.3) dla
danych:
J1 moment bezwładno ci na wale silnika,
J0 moment bezwładno ci kr ka linowego,
G, Q ci ar podnoszony i ci ar kr ka linowego,
r, R promienie b bna linowego i kr ka,
�s pr dko ć k towa silnika po czasie tr rozruchu.
Przyj ć, e w czasie rozruchu wirnik silnika obraca si ruchem jednostajnie przy-
spieszonym.
BG AGH
Dobór mocy nap du w wybranych układach mechanicznych 299
Rozwi zanie
Moment oporów na wale silnika wyznaczono dwiema metodami:
1) energetyczn ,
2) redukcji sił i momentów.
Ad 1)
Pr dko ć podnoszonego ci aru v = v0 = �R (chwilowy rodek obrotu znajduje si
w punkcie A (rys. 3.5.3)), a pr dko ć punktu B vB = 2v0 = 2v. Uzale niaj c odpowied-
nie pr dko ci od pr dko ci k towej silnika, otrzymuje si :
1 1 v0 v 1 r
v = vB = �sr, � = = = �s .
2 2 R R 2 R
'
(ST = S' )
T
B
A
" "
Rys. 3.5.3 Rys. 3.5.3a
Energia kinetyczna układu ma postać
1 1 1 Q 1 G
2
Eu = J1�2 + J0�2 + v0 + v2,
s
2 2 2 g 2 g
a po uwzgl dnieniu zwi zków kinematycznych
2
�ł
1 r r2 łł
Eu = �łJ1 + J0�ł �ł + (Q + G) śł �2.
�ł �ł
s
2 2R eg
�ł �ł łł śł
�ł �ł
R
BG AGH
300 DYNAMIKA
1
Poniewa energia kinetyczna modelu zast pczego wynosi Em = J �2, wi c
zr s
2
zredukowany moment bezwładno ci na wał silnika jest równy
2
2
r r
J = J1 + J0�ł �ł + (Q + G) .
�ł �ł
zr
2R 4g
�ł łł
�s
Obliczaj c z warunków rozruchu przyspieszenie k towe wału silnika �s = ,
tr
otrzymuje si moment dynamiczny na wale silnika w postaci
2
�ł
r r2 łł �s
M = J �s = �łJ1 + J0�ł �ł + (Q + G) śł .
�ł �ł
d zr
2R eg tr
�ł �ł łł śł
�ł �ł
Moment oporów statycznych pochodz cy tylko od sił oblicza si z zale -
G i Q
no ci
Mst = S' r, S' = ST,
T T
gdzie ST siła wynikaj ca z równowagi d wigni AB (punkt A nieruchomy) (rys. 3.5.3a).
Warto ć statycznej siły oblicza si z równania
ST
n
"M = 0 ST �" 2R - (Q + G)R = 0,
iA
i=1
st d
1 1
ST = (Q + G) i M = (Q + G)r.
st
2 2
Moment oporów na wale silnika uwzgl dniaj cy obci enia dynamiczne i statycz-
ne wynosi wi c
�ł
r r2 łł �s 1
M = Md + Mst = �łJ1 + J0�ł �ł2 + (Q + G) śł + (Q + G)r.
�ł �ł
2R 4g tr 2
�ł �ł łł śł
�ł �ł
Uwaga. Pokazany na rysunku 3.5.3a M' jest przeciwny do Mst (oporów), gdy jest
s
on cz ci momentu nap dowego słu cego do pokonania tylko oporów statycznych.
Ad 2)
Moment oporów na wale silnika (rys. 3.5.3b) jest równy M = J1�s + Sr.
Warto ć siły w linie mo na obliczyć, układaj c równanie dynamiczne ruchu dla ko-
S
ła linowego i podnoszonego ci aru lub korzystaj c z zasady d Alamberta, z równania
n
�" (Q =
"M = 0 S2 2R - + G + B1 + B2)R - J0� = 0, S2 S,
i(A)
i=1
Q G
gdzie: B1 = m1a, B2 = m2a oraz m1 = , m2 = .
g g
BG AGH
Dobór mocy nap du w wybranych układach mechanicznych 301

S'
Rys. 3.5.3b
Uwzgl dniaj c zale no ci kinematyczne: a = �R, � �" 2R = �s r,
r 1
otrzymuje si : � = �s , a = �sr.
2R 2
Podstawiaj c obliczon warto ć siły do wzoru na moment M, otrzymuje si
S
2
�ł
r r2 łł �s 1
M = �łJ1 + J0�ł �ł + (Q + G) śł + (Q + G)r.
�ł �ł
2R 4g tr 2
�ł �ł łł śł
�ł �ł
ZADANIE 3.5.4
Tłok cylindra pneumatycznego (rys. 3.5.4) o masie m1 jest nap dzany stałym ci -
nieniem tak, e tłok porusza si ruchem jednostajnie przyspieszonym, osi gaj c naj-
v
wi ksz warto ć pr dko ci w połowie długo ci skoku h. Znaj c warto ć pr dko-
p
v ,
ci skok tłoka, masy m2, m3, moment bezwładno ci J0 podwójnego kr ka, jego
p
promienie R i r, rednic tłoka D i tłoczyska d, współczynnik tarcia �, obliczyć moc
nap du oraz ci nienie robocze w cylindrze, je eli sprawno ć układu wynosi �.
BG AGH
302 DYNAMIKA
Rys. 3.5.4
Rozwi zanie
Element roboczy (tłok) nap du wykonuje ruch post powy i moc nap du obliczyć
w tym przypadku mo na z zale no ci
Nu = Pu �" vu [W],
a uwzgl dniaj c straty mocy potrzebnej do pokonania oporów ruchu z zale no ci
Nu Pu �" vu
N = = [W],
� �
gdzie:
Pu siła u yteczna działaj ca na element roboczy tłok, w N,
vu pr dko ć tego elementu, w m/s,
� współczynnik sprawno ci.
Sił działaj c na tłok obliczono dwiema metodami:
1) energetyczn ,
2) redukcji sił i momentów sił.
Ad 1)
Siła Pu składa si z siły równowa cej opory dynamiczne i siły równowa cej
opory statyczne układu
Pu = Pq + Pst.
BG AGH
Dobór mocy nap du w wybranych układach mechanicznych 303
Opory statyczne wynikaj w tym przypadku z działania siły ci ko ci m3g i siły
tarcia o warto ci T = �N2 = �m2g (rys. 3.5.4a). Moment statyczny od tych sił na kole
linowym jest równy M = (T m3g) r = (�m2 m3) gr i musi być zrównowa ony momen-
tem od siły S w linie zwi zanej z tłoczyskiem
Mt = S �" R.
r
.
Porównuj c M = Mt, otrzymuje si S = (�m2 - m3)g
R
Rys. 3.5.4a
Obliczona warto ć siły równa jest sile statycznej Pst = S działaj cej na tłok.
S
Sił oporów dynamicznych oblicza si , przyjmuj c model obliczeniowy układu
rzeczywistego jak na rysunku 3.5.4b.
Rys. 3.5.4b
Model obliczeniowy odpowiada w tym przypadku ruchowi post powemu, gdy
elementem nap dowym jest człon wykonuj cy ruch post powy (tłok).
Pq
Znaj c mas mzr i przyspieszenie a, sił obliczyć mo na z zale no ci
Pq = mzra.
Poniewa tłok porusza si ruchem jednostajnie przyspieszonym, wi c jego prze-
mieszczenie i pr dko ć opisuj zale no ci:
1
s = at2 , v = at.
2
BG AGH
304 DYNAMIKA
1
Z warunków zadania wynika, e v = vp dla s = h i przyspieszenie tłoka jest równe
2
v2
p
a = .
h
Masa mzr (masa zredukowana) uwzgl dnia masy wszystkich elementów maso-
wych układu rzeczywistego i oblicza si j , porównuj c energie kinetyczne układu rze-
czywistego Eu i modelu Em. Energia układu rzeczywistego jest równa
1 1 1 1
2 2 2
Eu = m1v1 + m2v2 + m3v3 + J0�2.
2 2 2 2
v1 r
Podstawiaj c: � = , v2 = v3 = �r = v1 , otrzymano
R R
2
�ł
1 J0 łł 2
Eu = �łm1 + (m2 + m3)�ł r �ł + śł v1 .
�ł �ł
2 R
�ł �ł łł R2 śł
�ł �ł
1
2
Energia kinetyczna modelu wynosi Em = mzrv1 i po porównaniu Eu = Em otrzy-
2
mano
J0
mzr = m1 + (m2 + m3)�ł r �ł2 + .
�ł �ł
R
�ł łł R2
Suma składowych sił dynamicznych i statycznych jest wi c równa
�ł
J0 łł v2 r
p
Pu = �łm1 + (m2 + m3)�ł r �ł2 + śł + (�m2 - m3)g .
�ł �ł
R h R
�ł �ł łł R2 śł
�ł �ł
v
Moc nap du odpowiadaj ca najwi kszej pr dko ci tłoka ma wi c postać
p
�ł
J0 łł v2 r
p
�łm1 + (m2 + m3)�ł r �ł2 + śł + (�m2 - m3)g
�ł �ł
R R
�ł łł R2 �ł h
śł
Pu �" vu Pu �" vp �ł
�ł
N = = = vp.
� � �
Ci nienie robocze w cylindrze oblicza si ze wzoru
Pu
p = ,
A
Ą
2
gdzie A = (D2 - d ) jest czynn powierzchni tłoka.
4
St d
�ł
J0 łł v2 r
p
�łm1 + (m2 + m3)�ł r �ł2 + śł + (�m2 - m3)g
�ł �ł
R R
�ł łł R2 �ł h
�ł śł
�ł
p = 4 .
2
( )
Ą D2 - d
BG AGH
Dobór mocy nap du w wybranych układach mechanicznych 305
Ad 2)
Na rysunku 3.5.4c pokazano rozkład sił działaj cych na układ rzeczywisty
z uwzgl dnieniem sił bezwładno ci, przy czym przedstawiono jedynie siły istotne dla
obliczenia siły u ytecznej
Pu.
Rys. 3.5.4c
Układaj c odpowiednie równania dla tłoka i koła linowego, otrzymuje si :
Pu B1 Szr = 0,
Szr �" R J0� (T + B2) r + (m3g B3) r = 0,
gdzie:
B1 = m1a1,
B2 = m2a2 ,
B3 = m3a3,
T = �N2 = �m2 g.
a1 r
Podstawiaj c � = , a2 = a3 = � �" r = a1 i obliczone jak w przypadku 1) przy-
R
vp R
spieszenie a1 = oraz ruguj c sił Szr, otrzymano
h
2
�ł
J0 łł v2 r
p
Pu = �łm1 + (m2 + m3)�ł r �ł + śł + (�m2 - m3)g .
�ł �ł
R h R
�ł �ł łł R2 śł
�ł �ł
Post puj c analogicznie jak w metodzie energetycznej, oblicza si moc nap du
i ci nienie robocze w cylindrze.
BG AGH
306 DYNAMIKA
3.6. Elementy mechaniki analitycznej
zasada prac przygotowanych
ZADANIE 3.6.1
Mechanizm podajnika kierunkowego jest nap dzany korb O1A, do której przyło-
ona jest para sił o momencie M. Maj c dane:
O1A = r = 0,4 m, a = l,38 m, O2B = b = 2 m, BC = l = 1,41 m, R = O3C = 0,8 m,
CD = d = 0,2 m, M = 9300 Nm, wyznaczyć warto ć obwodowej siły na ramie-
P0
niu podajnika, z jak naciska on na transportowany przedmiot w poło eniu jak na ry-
sunku 3.6.1.
�
�
�
�
�
��
��
��
��
��

�p
�
�
�
�

vD
Rys. 3.6.1
Rozwi zanie
Siły zewn trzne czynne działaj ce na układ d wigni podajnika składaj si z pary
sił o momencie M i siły -P0
b d cej oddziaływaniem transportowanego przedmio-
P =
tu na d wigni podaj c . Z zasady prac przygotowanych otrzymuje si równanie
�L = 0 M �" �� - P �" � = 0.
p
Przemieszczenia przygotowane s proporcjonalne do odpowiednich pr dko ci
mo liwych, tzn.
�� = k�, � = kvD,
p
st d
��
= .
�p vD
BG AGH
Elementy mechaniki analitycznej zasada prac przygotowanych 307
Aby wyznaczyć zale no ć pomi dzy �� i �p, nale y znale ć zwi zek pomi -
dzy � i vD.
Rozkład pr dko ci odpowiednich punktów mechanizmu pokazano na rysunku 3.6.1a.
B
VW VB
VA
A
ą
Vu �1
O1 �
O3
�
C ł
ą
O2
A1 B1 D
�
VC
VD
Rys. 3.6.1a
Z zale no ci kinematycznych wynika, e:
vA = � �" O1A = � �" r, vu = vAsin ą = � �" r siną,
vu vB O2B b
= vB = vu = ��" r sin ą.
O2 A O2B O2 A O2 A

Poniewa d wignia BC porusza si ruchem płaskim, wi c rzuty vB i C na kieru-
v
nek BC s jednakowe:
vBcos(�1 ą) = vCcos [90o (� + ł)]
i
cos(�1 - ą) r �"b cos(�1 - ą)
vC = vB = � sin ą,
sin (� + ł) O2 A sin(� + ł)
vD vC O3D R + d rb(R + d) cos(�1 - ą)
= vD = vC = vC = � �" sin ą.
O3D O3C O3C R R �"O2 A sin(� + ł)
Z zale no ci geometrycznych otrzymuje si :
AA1 2r 2r
sin ą = = , BB1 = O2 B sin ą = b sin ą = b ,
O2 A 2 2
a2 + 4r a2 + 4r
BB1 BB1 2rb O3k r
sin � = = = , sin ł = = , �1 = 90o - �.
BC l 2 R R
l a2 + 4r
Podstawiaj c dane liczbowe, otrzymuje si :
ą = ł = 30o, � = �1 = 45o, vD = 0,31�,
BG AGH
308 DYNAMIKA
a z zasady prac przygotowanych zale no ci:
��
M - P = 0 M - P = 0
�p vD
i
�
M - P = 0.
0,31�
M 9300
Szukana warto ć siły P0 równa jest wi c: P0 = P = = = 30 000 N.
0,31 0,31
ZADANIE 3.6.2
Dana jest belka przegubowa AE (rys. 3.6.2). Znaj c długo ć a, b, c, d, e, a tak e
siły obliczyć reakcje podpór.
P1 i P2,
Rys. 3.6.2
Rozwi zanie
Odrzucaj c my lowo podpor B, dopuszcza si przemieszczenie belki AE, jak na
rysunku 3.6.2a. Traktuj c przemieszczenia �p, �B, �C i �q jako przesuni cia przygoto-
wane, z zasady prac przygotowanych otrzymuje si równanie
�L = 0 P1� - RB�B - P2�q = 0,
p
przy czym
�B c c
= �B = � ,
p
� a a
p
�C e �ł
=
�ł
�q b
�q b(c + d) b(c + d)� .
�ł
= �q =
żł
p
� ea ea
�C c + d p
�ł
=
�ł
� a
p
�ł
BG AGH
Elementy mechaniki analitycznej zasada prac przygotowanych 309

P2

P1
E
�q
�
�
�
�

�P �B �C
�
�
�
�
� �
� �
� �
� �

RD
RA

RB
Rys. 3.6.2a
Uwzgl dniaj c obliczone przesuni cia w równaniu uzyskanym z zasady prac przy-
gotowanych, obliczono warto ć reakcji
�łP b(c + d ) a
RB = - P2 ea łł .
1
�ł śł
c
�ł �ł
Post puj c analogicznie, tzn. kolejno odrzucaj c my lowo podpory A i D, otrzy-
muje si układy obliczeniowe pokazane na rysunkach 3.6.2b i 3.6.2c.
E

�D �q
�
�
�
�
�
�
�
�
Rys. 3.6.2b

�C
�
�
�
�
E

�q
�
�
�
�
�P
�
�
�
�
�A
�
�
�
�
Rys. 3.6.2c
BG AGH
310 DYNAMIKA
Układaj c odpowiednie równania z zasady prac przygotowanych oraz zale no ci
geometryczne, otrzymano:
�q e + b
P2�q - RD�D = 0, = ,
�D e
� �
c
p - a db
p
P1� + P2� - RA�A = 0, = , = .
p A
�A c � ce
A
Rozwi zuj c powy szy układ równa otrzymuje si warto ci reakcji:
a bd b �ł.
�ł
RA = P1�ł1 - �ł �ł �ł
+ P2 , RD = P2�ł1 +
�ł
c ce e
�ł łł �ł łł
W punkcie A prosta działania siły reakcji jest prostopadła do osi belki AE (nie
RA
ma składowej poziomej), gdy układ działaj cych sił jest układem sił równoległych.
ZADANIE 3.6.3
Na rysunku 3.6.3 pokazano schemat hamulca szcz kowego maszyny rotacyj-
nej. Obliczyć warto ć siły potrzebnej do zahamowania układu. Dane: obroty roto-
P
ra n = 600 obr/min, współczynnik tarcia szcz k o b ben hamulcowy � = 0,2, pro-
mie b bna r = 0,2 m, e = 0,2 m, f = 0,8 m, AB = a = 0,6 m, O1B = b = 0,2 m,
ą = 60o, � = 45o, ł = 75o, moment bezwładno ci rotora wraz z b bnem hamulcowym
J = 900 kgm2, czas hamowania th = 40 s.
ą
ą
ą
ą
ą
�
�
�
�
�
Rys. 3.6.3
Rozwi zanie
Hamowanie maszyny rotacyjnej zachodzi pod wpływem działania na b ben ha-
mulcowy sił tarcia powstaj cych w wyniku docisku szcz k do b bna. Dla wyznacze-
nia odpowiednich sił tarcia koniecznych do zatrzymania układu w czasie th skorzystano
z dynamicznego równania ruchu b bna wraz z rotorem po przyło eniu do układu sił,
jak na rysunku 3.6.3a.
Równanie dynamiczne ruchu ma postać
J �" � = M
gdzie M = 2Tr.
BG AGH
Elementy mechaniki analitycznej zasada prac przygotowanych 311
Zakładaj c, e hamowanie odbywa si ruchem jednostajnie opó nionym, opó nie-
� Ąn
nie � wyznacza si z zale no ci � = , gdzie � = .
th 30
Zatem
J0 �" � J0 �" � ĄnJ0 Ą �" 600 �"900
T = = = = = 450Ą [N].
2r 2rth 60rth 60 �" 0.5�" 40
Siły tarcia o tej warto ci uzyskuje si wywieraj c docisk
T 450Ą
N = = = 2250Ą [N].
� 0,2
Do obliczenia warto ci siły koniecznej do wywarcia obliczonego docisku sko-
P
rzystano z zasady prac przygotowanych zastosowanej dla układu sił działaj cych na
d wigni układu hamulcowego (rys. 3.6.3a).
ł
ł
ł
ł
ł
A
�
�
�
�
�

�N
�
�
�
�

�'
�
�
�N
�
Rys. 3.6.3a
Zasada prac przygotowanych ma postać
2
�L = 0 �L P �" �A + 2N �" �N = 0, �N = �N
lub P �" � cos (� + ł- 90o)- 2N�N = 0.
A
Uwzgl dniaj c zale no ć proporcjonaln pomi dzy przesuni ciami przygotowa-
nymi a pr dko ciami mo liwymi, otrzymuje si
�A vA
= ,
�N vN
gdzie: vA i vN s pr dko ciami punktów przyło enia sił
P i N.
BG AGH
312 DYNAMIKA
A
H
VD VA
B
C
D
ą
VB
�
VC
VN
ą
ą
O1
O2 D K
Rys. 3.6.3b Rys. 3.6.3c
Z zale no ci kinematycznych otrzymuje si (rys. 3.6.3b i 3.6.3c):
vC vN
=
(wzgl dem osi obrotu O2),
e + f e
vC CH
=
(wzgl dem chwilowego rodka obrotu H d wigni CD),
vD DH
vD DK
=
(wzgl dem chwilowego rodka obrotu K d wigni DB oraz bior c
vB BK
pod uwag , e punkt D porusza si poziomo),
vA vB
=
(wzgl dem osi obrotu d wigni O1A).
O1A O1B
CH DK
Uwzgl dniaj c, e = cos ą, sin � z powy szych zale no ci otrzymano:
DH BK
vA (a + b) (e + f )
= ,
vN besin �cos ą
(a + b)(e + f )
�A = �N ,
besin �cos ą
i z zasady prac przygotowanych
eb cos ą cos �
P = 2N .
( )( ) ( )
a + b e + f sin � + ł
Po podstawieniu danych liczbowych obliczono warto ć siły potrzebnej do za-
P
hamowania układu w danym czasie P = 293 N.
ZADANIE 3.6.4
Wyznaczyć k t ą w poło eniu równowagi pr ta AB umieszczonego we wn ce
w kształcie półokr gu o promieniu r (rys. 3.6.4). Pr t obci ony jest mas skupion
o ci arze G w rodku jego długo ci l. Podpory pr ta w punktach A i C nale y trakto-
wać jako gładkie beztarciowe.
Rozwi zanie
Mo liwy ruch pr ta jest ruchem płaskim i w zwi zku z tym rozkład pr dko ci
mo liwych i przesuni ć przygotowanych jest taki jak na rysunku 3.6.4a.
f
e
BG AGH
Elementy mechaniki analitycznej zasada prac przygotowanych 313
Rys. 3.6.4
Z zasady prac przygotowanych otrzymuje si równanie wektorowe:
�L = 0 RA �" �A + RC �" �C + G �" �y = 0,
gdzie � jest przesuni ciem przygotowanym o kierunku siły (kierunek osi y na
G
y
rysunku 3.6.4a), składowym przemieszczeniem przesuni cia �k.
H
y
B
RC
x O
ą
O1
�k �y C
�C
�X K
G
RA
ą
�A
A
Rys. 3.6.4a
Siły RA i RC nie wykonuj pracy na przesuni ciach �A i �C , poniewa s one
prostopadłe do przesuni ć. Otrzymuje si wi c równanie skalarne G �" �y = 0. Poniewa
G `" 0, wobec tego �y = 0 i uzale niaj c przesuni cie � od wymiarów geometrycz-
y
nych układu wyznaczyć mo na szukany k t ą w poło eniu równowagi.
Pr dko ć punktu K przyło enia siły jest równa
G
vK = vC + vKC .
BG AGH
314 DYNAMIKA
Rzutuj c to równanie na o y, otrzymuje si
vKy = -vC sin ą + vKC cos ą,
gdzie:
vKC = �AB �" KC (�AB pr dko ć k towa pr ta AB),
vC = �AB �" CH (H chwilowy rodek obrotu pr ta AB).
1
Uwzgl dniaj c, e CH = AC tg ą = 2r cosątgą, KC = AC - l, otrzymuje si
2
�ł 1 łł
�ł �łl
Vky = �AB �ł�ł2r cos ą - l cos ą - 2r sin2 ąśł.
�ł
2
�ł łł
�ł �ł
Poniewa �y = k �" vky i �ą = k �" �AB, wi c
�ł 1 łł
�ł �łl
�y = �ą cos ą - l cos ą - 2r sin2 ąśł = 0.
�ł�ł2r 2 �ł
�ł łł
�ł �ł
Przyjmuj c �ą `" 0, otrzymuje si
�ł 1 �ł
2r cos
�ł ą - l l cos ą - 2r sin2 ą = 0,
�ł
2
�ł łł
sk d
2
0,5 ą 0,25l2 + 32r
ą = arc cos .
8r
3.7. Podstawy teorii zderze
ZADANIE 3.7.1
Kulka wykonana z twardego drewna spada z wysoko ci h = 1 m na pochył płyt
o k cie ą = 30o (rys. 3.7.1). Wyznaczyć k t padania kulki dla drugiego odbicia, je eli
współczynnik restytucji wynosi R = 0,5. Przyspieszenie ziemskie przyj ć jako g = 10 m/s2.
Rys. 3.7.1
BG AGH
Podstawy teorii zderze 315
Rozwi zanie
K t padania ł (rys. 3.7.1a) mo na wyznaczyć, obliczaj c pr dko ć padania vB
drugiego odbicia w punkcie B. Pr dko ć vB wyznacza si , korzystaj c z równa ruchu
punktu o masie m pomi dzy pierwszym a drugim odbiciem, przy czym pr dko ci po-
cz tkow w tym ruchu jest pr dko ć uA po pierwszym odbiciu (rys. 3.7.1a). Pr dko ć

po zderzeniu w punkcie A obliczono z zale no ci gdzie uAn i uA� s
uA = u2 + u2 ,
An A�
rzutami pr dko ci u na kierunek normalny i styczny (rys. 3.7.1a).
A
ą
ą
ą
ą
ą
ą
ą
ą
ą
ą
ą
ą
ą
ą
ą
Rys. 3.7.1a
Zgodnie z teori zderzenia, składowe styczne pr dko ci przed i po odbiciu s sobie
równe. Oznaczaj c pr dko ć przed odbiciem przez vA, otrzymuje si
uA� = vA� = vAsin ą.
Pr dko ć normalna po odbiciu zale y od rodzaju zderzenia, tj. od tego czy zderze-
nie jest czysto plastyczne (R = 0), plastyczno-spr yste (0 < R < 1), czy czysto spr yste
(R = 1). W przypadku zderzenia plastyczno-spr ystego kulki o masie m z nieruchom
powierzchni , pr dko ć po odbiciu oblicza si z zale no ci
uAn = upn + R (upn vAn),

gdzie upn jest rzutem na normaln n wspólnej pr dko ci obu zderzaj cych si mas po
pierwszej fazie zderzenia (obie masy, odkształcaj c si plastycznie, poruszaj si
wspólnie do momentu rozł czenia si ), An jest składow normaln pr dko ci vA przed
v
zderzeniem.
W rozpatrywanym przypadku upn = 0 (płyta, o któr uderza kulka, jest nierucho-
ma), vAn = vAcos ą, uAn = RvAn = RvAcos ą.
Pr dko ć przed zderzeniem w punkcie A obliczyć mo na z zale no ci dla spadku
swobodnego, tj. vA = 2gh.
BG AGH
316 DYNAMIKA
Pr dko ć po zderzeniu w punkcie A jest równa
u = v2 sin2 ą + R2v2 cos ą = v2 sin2 ą + R2 cos ą,
A A A A
a po podstawieniu danych liczbowych uA = 2,95 m/s.
K t � odbicia wyznaczono z zale no ci:
uA� vA sin ą tg ą
2
tg � = = = , � = 49o5 .
uAn RvA cos ą R
Dynamiczne równania ruchu kulki o masie m pomi dzy pierwszym a drugim odbi-
ciem maj postać (rys. 3.7.1b):

mx = 0,

my = -mg.
Rys. 3.7.1b
Przyjmuj c warunki pocz tkowe ruchu:

t = 0, x = 0, y = 0, x = uA sin(ą + �), y = uA cos(ą + �),
oraz całkuj c równania dynamiczne, otrzymuje si po podstawieniu danych liczbowych:

x = 2,9, y = -10t + 0,56,
x = 2,9t, y = 5t2 + 0,56t.
Ruguj c z ostatnich równa czas t, otrzymuje si równanie toru
y = 0,594x2 + 0,193x.
Równanie prostej przechodz cej przez punkty A i B ma postać
y = (tg ą) x, tj. y = 0,577x.
BG AGH
Podstawy teorii zderze 317
Porównuj c powy sze równanie z równaniem toru, otrzymuje si współrz dne
x-owe punktów A i B; xA = 0, xB = 1,29 m, a nast pnie podstawiaj c obliczon współ-
rz dn xB do równania x = 2,9t, obliczono czas lotu kulki od punktu A do B; tB = 0,444 s.

Wyznaczaj c dla obliczonego czasu tB warto ci x i y, otrzymuje si pr dko ć
upadku kulki w punkcie B:

xB = 2,9 m/s, yB = -3,88 m/s,
2 2
vb = xB + yB = (2,9)2 + (- 3,88)2 = 4,94 m/s,

x 2,9
2
cos(x, vB)= = = 0,599, (x, vB)= 53o10 .
vB 4,84
Korzystaj c z rysunku 3.7.1b wyznaczono k t ł padania dla drugiego odbicia:
ł = 180o (60o + 53o10') = 66o50'.
Wyznaczaj c w punkcie B k t odbicia oraz pr dko ć po zderzeniu, mo na, post pu-
j c analogicznie, wyznaczyć k t padania i pr dko ć padania dla trzeciego zderzenia itd.
ZADANIE 3.7.2
Dwie kule A i B z ko ci słoniowej o promieniach r = 6 cm znajduj si w odległo-
ci AB = l = 10 cm (rys. 3.7.2). Pod jakim k tem � nale y nadać kuli A minimaln
pr dko ć pocz tkow tak aby uderzyła ona o kul B i spowodowała przetoczenie
v0,
si kuli B do otworu C le cego w odległo ci BC = 32 cm. Współczynnik restytucji
R = 0,89, przyspieszenie ziemskie g E" 10 m/s2, masy kul mA = mB = m = 0,2 kg, siła
1
oporu toczenia działaj ca na ka d z kul równa jest jej siły ci ko ci.
40
Rys. 3.7.2
BG AGH
318 DYNAMIKA
Rozwi zanie
Minimaln pr dko ć kuli B w punkcie B, konieczn do przebycia drogi BC, tak
u0
aby kula ta wpadła do otworu C z teoretyczn zerow pr dko ci , wyznaczono pisz c
dynamiczne równania ruchu kuli B (rys. 3.7.2a)
du 1
m = mg,
dt 40
gdzie u jest pr dko ci kuli o masie m.
�
�
�
�
�
Rys. 3.7.2a
Warunki pocz tkowe ruchu maj postać: t = 0, u = u0, x = 0.
Całkuj c równania dynamiczne i korzystaj c z warunków pocz tkowych otrzymu-
je si :
u = 0,25t + u0,
x = 0,125t2 + u0t.
Zakładaj c zerow pr dko ć w punkcie C, odpowiadaj c przebytej drodze
s = BC = 0,32 m, z powy szych równa otrzymuje si pr dko ć kuli B w punkcie B
u0 = 0,4 m/s.
Pr dko ć kuli A przed zderzeniem, potrzebn do nadania kuli B pr dko ci u0 po
zderzeniu, obliczyć mo na na podstawie teorii zderzenia rodkowego. Impuls siły zde-
rzenia musi mieć kierunek pokrywaj cy si z odcinkiem BC. Oznacza to, e rodki mas
obu kul w czasie zderzenia musz le eć na tym kierunku. Na rysunku 3.7.2a przyj to
o x pokrywaj c si z tym kierunkiem (o normalna w punkcie styku kul). Pr dko ć
kuli B po zderzeniu oblicza si z zale no ci
(mB + RmA)vBx + (1+ R)mAvAx
uBx = u0 = ,
mA + mB
BG AGH
Podstawy teorii zderze 319
gdzie:
vAx = vA cos ł = vA cos (� + 30o) jest składow normaln pr dko ci kuli A przed zde-
rzeniem,
vBx = 0, poniewa przed zderzeniem kula A była w spoczynku.
K t � obliczyć mo na z zale no ci (rys. 3.7.2a):
sin � sin �
= , � =180 - (� + 30o).
2r AB
Po podstawieniu danych liczbowych otrzymano:
� = 17o, vAx = 0,682vA oraz u0 = 0,644vA, sk d vA = 0,62 m/s.
Zatem kula A musi mieć przed zderzeniem pr dko ć o warto ci vA = 0,62 m/s,
któr uzyskać mo na, nadaj c odpowiedni pr dko ć v0 w punkcie A.
Pr dko ć v0 obliczyć mo na, wykorzystuj c dynamiczne równanie ruchu kuli A
na przemieszczeniu od A do A'
dv 1
m = mg.
dt 40
Przyjmuj c warunki pocz tkowe ruchu: t = 0, v = v0, s = 0, po scałkowaniu otrzy-
muje si :
v = 0,25t + v0, s = 0,125t2 + v0t.
sin 30o
2
Podstawiaj c do powy szych równa v = vA oraz s = AA = 2r (drog
sin �
s = AA' obliczono z twierdzenia sinusów), obliczono minimaln pr dko ć v0 = 0,72 m/s,
tak aby kula B wpadła do otworu C z zerow pr dko ci .
Poniewa kule s gładkie, wi c impulsy zderzenia na kierunku stycznym w punk-
cie zderzenia pomini to.
ZADANIE 3.7.3
Na ko cu technologicznej linii zgrzewania rur (rys. 3.7.3) zamontowany jest wa-
hadłowy zderzak słu cy do wyhamowywania rur. Przyjmuj c zderzenie rury z waha-
dłem jako spr ysto-plastyczne o współczynniku restytucji R = 0,8, wyznaczyć mas
wahadła m2, tak aby rura o masie m1 = 20 kg (tzn. o długo ci 5 m przy 4 kg/m) ulegała
wyhamowaniu przy jej pr dko ci transportowania v1 = 2 m/s. Wyliczyć k t wychylenia
wahadła po zderzeniu, je eli jego ci gna maj długo ć l = 1 m.
BG AGH
320 DYNAMIKA
Rys. 3.7.3
Rozwi zanie
Mas wahadła m2 dobrać mo na na podstawie wzorów na pr dko ci mas po zde-
rzeniu prostym centralnym. Masa m2 jest wprawdzie nieswobodna, ale w krótkotrwa-
łym zderzeniu, siły w ci gnach s prawie prostopadłe do kierunku jej ruchu. Przy nie-
wielkim odchyleniu lin wpływ tych sił mo na pomin ć, zwłaszcza w porównaniu do sił
zderzenia. Ruch zderzaka w czasie zderzenia mo na traktować wobec powy szego
jako ruch post powy prostoliniowy, a zderzak jako punkt materialny. Zatem pr dko ć
masy m1 po zderzeniu zapisać mo na
(m1 - Rm2)v1 + (1+ R)m2v2
u1 = .
m1 + m2
Przed zderzeniem masa m2 była w spoczynku, wi c v2 = 0, natomiast z faktu wyha-
mowania masy m1 wynika, e jej pr dko ć po zderzeniu u1 = 0.
St d
(m1 - Rm2)v1 m1
u1 = = 0 i m2 = .
m1 + m2 R
Po podstawieniu danych liczbowych obliczono mas zderzaka m2 = 25 kg. Pr d-
ko ć zderzaka po zderzeniu wyznaczono ze wzoru
(m1 - Rm1)v2 + (1+ R)m1v1
u2 = .
m1 + m2
Podstawiaj c v2 = 0, obliczon mas m2 = 25 kg oraz pozostałe dane liczbowe,
otrzymano u2 = 1,6 m/s.
Pomijaj c opory ruchu zderzaka wahadłowego, k t wychylenia wahadła po zde-
rzeniu obliczono z zasady zachowania energii mechanicznej, tj. EI + VI = EII + VII.
BG AGH
Podstawy teorii zderze 321
Poło enie I jest poło eniem zderzaka w momencie rozpocz cia ruchu z pr dko ci u2
(w tym poło eniu przyj to poziom energii potencjalnej równej zero), a poło enie II jest
ko cowym poło eniem wahadła po jego zatrzymaniu si .
Tak wi c:
1
2
EI = m2u2 , VI = 0, EII = 0, VII = m2gl (1 - cos �)
2
i
1
2
m2u2 = mgl (1- cos �),
2
sk d
2
u2
cos � = 1- .
2gl
Po uwzgl dnieniu danych liczbowych otrzymano � = 29o18'.
Przyj cie przez wahadło ponownego uderzenia w cyklu technologicznym wi e
si z ustawieniem zderzaka w pierwotnym poło eniu. Poło enie takie zapewnić mo na
przez odpowiednie rozwi zanie konstrukcyjne urz dzenia.
ZADANIE 3.7.4
Wahadłowy młot do wbijania poziomych pali składa si z trzonka o długo ci l = 1,68 m
oraz cylindrycznego bijaka o rednicy D i długo ci c (rys. 3.7.4). Trzonek wykonany jest
z pr ta stalowego o rednicy d = 3 cm i masie jednostki długo ci m0 = 5,5 kg/m. Dobrać
wymiary bijaka tak, aby w osi obrotu O nie powstawały reakcje impulsowe.
Rys. 3.7.4
BG AGH
322 DYNAMIKA
Rozwi zanie
W osi obrotu O nie powstan reakcje impulsowe, je eli kierunek siły impulsowej
w procesie zderzenia pokrywać si b dzie z prost przechodz c przez tzw. rodek ude-
rzenia. Odległo ć rodka uderzenia od osi obrotu zale y od rozkładu masy elementów
młota i od jej wielko ci. Odległo ć t obliczyć mo na na podstawie wzoru
J
z
xd = ,
m �" xs
gdzie:
Jz moment bezwładno ci młota wzgl dem osi obrotu młota,
m masa młota,
xs odległo ć rodka masy młota od osi obrotu (rys. 3.7.4a).
x
Rys. 3.7.4a
Obliczenia przeprowadzono tak, aby o bijaka (cylindra) była osi rodka uderze .
Współrz dn xs rodka masy obliczyć mo na na podstawie wzoru:
m1x1 + m2x2
xs = , m1 + m2 = m,
m1 + m2
gdzie:
1
x1 = l,
2
x2 = xd (wobec zało enia odno nie osi rodka uderze ),
m1, m2 masy odpowiednio trzonka i bijaka.
BG AGH
Podstawy teorii zderze 323
Podstawiaj c xs do wzoru xd, otrzymano
J
z
xd = .
m1x1 + m2x2
Uwzgl dniaj c, e:
1 1 ĄD2 ĄD2 ł
x1 = l, x2 = xd = l + D, m1 = m0l, m2 = c �" � = c �" ,
2 2 4 4 g
2
1 1 1 3 1
2
J = J1 + J2 = m1l2 + J + M x2 = m0l3 + m2 �ł D2 + c2�ł + m2 �łl + D�ł ,
�ł �ł �ł �ł
z z1 2
3 3 12 4 2
�ł łł �ł łł
otrzymano po przekształceniach równanie
Ął Ął 1 1
D2c3 + D4c - l2�ł l + D�ł m0 = 0.
�ł �ł
24g 32g 3 2
�ł łł
Z równania dla danego materiału młota dobrać mo na parametry geometryczne
młota.
Podstawiaj c dane liczbowe oraz przyjmuj c rednic bijaka D = 0,36 m, otrzyma-
no równanie
13,3c3 + 1,29c 11,48 = 0,
z którego wyznaczono długo ć bijaka c = 0,91 m, tak aby o bijaka pokrywała si
z osi przechodz c przez rodek uderzenia i aby w ło ysku młota nie powstawały
podczas uderze reakcje dynamiczne.
BG AGH
Literatura
[1] Bat M.I., D anielidze T.J., Kelzon A.C.: Tieorieticzeskaja miechanika w primierach i zada-
czach. Cz. I, II, III, Moskwa, Izd. Nauka 1966
[2] Beer F.P., Russel Johnston Jr. F.: Vector Mechanics for Engineers. USA, TA 350, B3552,
McGraw-Hill 1977
[3] Engel Z., Giergiel J.: Mechanika ogólna. T. I, II, Warszawa, PWN 1990
[4] McGill D.J., King W.W.: Engineering Mechanics Statics. Boston, USA, PWS Publishers, 20 Park
Plaza 1985
[5] McGill D.J., King W.W.: Engineering Mechanics: An Introduction to Dynamics. Boston, USA,
PWS Publishers, 20 Park Plaza 1989
[6] McGill D.J., King W.W.: Engineering Meehanics: Statics and Introduction to Dynamics. Boston,
USA, PWS Publishers, 20 Park Plaza 1989
[7)] Giergiel J.: Zbiór zada z mechaniki ogólnej z odpowiedziami. Skrypt AGH nr 691, Kraków,
1980
[8] Giergiel J., Uhl T.: Zbiór zada z mechaniki ogólnej. Warszawa, PWN 1987
[9] Kowalski J.: Zbiór zada z mechaniki z zastosowaniem do obliczania elementów maszyn. War-
szawa, PWN 1980
[10] Miescerskij I.W.: Zbiór zada z mechaniki. Tłum. z ros., Warszawa, PWN 1971
[11] Nizioł J.: Metodyka rozwi zywania zada z mechaniki. Warszawa, PWN 1980
[12] Sbornik zadacz po tieorieticzeskoj miechanikie, pod. ried. K.C. Koliesnikowa, Moskwa, Izd.
Nauka 1983
BG AGH

Wyszukiwarka

Podobne podstrony:
7c Zbiór zadań z elektrotechniki Aleksy Markiewicz rozwiązania od 7 89 do 7 121
5 Zbiór zadań z elektrotechniki Aleksy Markiewicz rozwiązania od 5 1do5 44
Zbiór zadań mechaniki kwantowej
7b Zbiór zadań z elektrotechniki Aleksy Markiewicz rozwiązania od 7 51 do 7 88
1a Zbiór zadań z elektrotechniki Aleksy Markiewicz rozwiązania od 1 1 do 1 64

więcej podobnych podstron