Ćwiczenie 1 i 2 (wykład: 1) 

Kinematyka punktu 
 
Zadanie 1 

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



  stałe, 

t[s] 



 czas. 

 

Ze wzoru trygonometrycznego: cos2



t = cos

2



t 



 sin

2



t 

z „1 



 ki” trygonometrycznej: sin

2



t + cos

2



t = 1  →  sin

2



t = 1 



 cos

2



t 

czyli: cos2



t = cos

2



t 



 (1 



 cos

2



t) = 2cos

2



t 



 1  →  x = h(2cos

2



t 



 1) 

y = hcos



t  →  cos



t 

h

y



  →  cos

2



t 

2

2

h

y



  i podstawiamy do wzoru na x: 

x = h(2

2

2

a

y

 



 1)  



  równanie toru. 

Zadanie 1a 

Równanie ruchu punktu A ma postać: x(t) = t

3

 



 2t

2

 



 4t + 10; x[m], t[s]. Wyznaczyć położenie 

punktu na osi x i jego przyspieszenie w chwili, gdy jego prędkość V = 0[m/s]. 
 





dt

dx

V

 3t

2

 



 4t 



 4 

V = 0  →  3t

2

 



 4t 



 4 = 0  ,  Δ = (



4)

2

 



 4



3



(



4) = 64  →  

8





 

 

[s]

 

3

2

6

8

4

  t

lub

  

s]

[

 

2

6

8

4

t















 

Oczywiście przyjmujemy pierwszą odpowiedź i liczymy 

2s

t

x



: 

2s

t

x



= 2

3

 



 2



2

2

 



 4



2 + 10 = 2 [m]. 

 
Zadanie 2 

Z  danych  równań  ruchu  punktu:  x  =  (1/2)t

2

,  y  =  (1/3)t

3

,  wyprowadzić  równanie  toru  i 

narysować go oraz wyznaczyć równanie ruchu punktu po torze (równanie drogi), licząc drogę 
od początku położenia punktu

.

 

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

6

3

t

8

1

x



, 

6

2

t

9

1

y



 

Dzieląc jedno równanie przez drugie, bądź wyliczając z jednego t

6

 i podstawiając do drugiego 

eliminujemy czas i otrzymujemy równanie toru 



 y(x): 

3

2

x

9

8

y



 →  

2

3

x

3

2

2

y



 

y

x

2

8
3

2

3

x

3

2

2

y



 

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



Vdt

 + C 

V 



 prędkość punktu, C 



 stała zależna od położenia początkowego 

2

y

2

x

V

V

V





,  

t

dt

dx

V

x





,  

2

y

t

dt

dy

V





 →  

2

4

2

t

1

t

t

t

V









[m/s] 

s = 





dt

t

1

t

2

 + C = 















2

3

2

3

2

z

3

1

z

3

2

2

1

 

 

dz

 

z

2

1

 

 

dz

2

1

 tdt

,

 

dz

2tdt

 

,

 

z

t

1

 

2

3

t)

(1

3

1





 + C 

W położeniu początkowym 

0

t

s



= 0, czyli: 

C

3

1

0





  →  

3

1

C





 

Równanie drogi: 



















3

1

t)

(1

3

1

s

2

3

[m]. 

 
Zadanie 2a 

Ruch punktu A jest dany w postaci: x = 3cos2t, y = 3sin2t, x[m], y[m], t[s]. Wyznacz: 
a) tor punktu, 
b) współrzędne prędkości, wektor prędkości i moduł (wartość) prędkości. 
c) współrzędne przyspieszenia, wektor przyspieszenia i moduł (wartość) przyspieszenia. 
d) równanie ruchu po torze. 

a) 

3

y

sin2t

  

,

3

x

cos2t





 

 

korzystamy z „1 



 ki” trygonometrycznej, co daje równanie: 

1

2t

sin

  

2t

cos

2

2





 

 

wobec tego: 

1

3

y

 

3

x

2

2





























  →  

1

9

y

9

x

2

2





  →  

9

y

x

2

2





 

 

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

b) 

6sin2t

dt

dx

V

x







[m/s] , 

6cos2t

dt

dy

V

y





[m/s] 

 

]

6cos2t

 

6sin2t,

[

]

V

,

V

[

V

y

x









 

 

[m/s]

 

6

2t

36cos

2t

36sin

V

V

V

2

2

2

y

2

x











 

c) 

6cos2t

3

dt

dV

a

x

x







[m/s

2

],  

6sin2t

3

dt

dV

a

y

y







[m/s

2

] 

 

36sin2t]

 

6cos2t,

3

[

]

a

,

a

[

a

y

x











 

 

]

[m/s

 

6

3

2t

cos

296

1

2t

1296sin

a

a

a

2

2

2

2
y

2
x











 

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



Vdt

 + C  

C 



 stała zależna od położenia początkowego 

 

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



dt

6

+ C = 6t + C 

 

0

t

s



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

 
Zadanie 3 

Prędkość  lądowania  samolotu  wynosi  V

o

  =  144[km/h].  Obliczyć  jego  opóźnienie  a  w  [m/s

2

] 

przy zatrzymywaniu się oraz czas t

1

 w [s], jaki upłynie od początku lądowania do zatrzymania 

się, jeżeli jego droga lądowania jest równa s

1

 = 200[m]. Zakładamy, że opóźnienie jest stałe. 

 

Ruch jest jednostajnie opóźniony wobec tego: 

dt

dV

a





 czyli 









C

adt

V

 

C 



 stała zależna od warunku początkowego, 

a jest stałe (nie zależy od czasu) stąd: 









C

dt

a

V

 czyli: 

C

 

at 

V







 

0

t

V



= 

V

o

 

→ C = 

V

o

 → 

 

V

at

V

o







 

dt

ds

V



 czyli 







1

C

Vdt

s

, C

1

 



 stała zależna od warunku początkowego, 

1

o

2

1

o

1

o

C

t

V

at

2

1

C

dt

V

tdt

a

C

)dt

V

at

(

s































 

0

t

s



= 0 → C

1

 = 0 → 

2

o

at

2

1

t

V

s





 

1

t

t

V



= 0 → 0 = 



at

1

 + V

o

 → 

a

V

t

o

1



, 

1

t

t

s



= s

1

 → 

2

1

1

o

1

at

2

1

t

V

s





 

Podstawiając t

1

 do wzoru na s

1

 mamy: 

2a

V

s

2

o

1



 stąd: 

1

2

o

2s

V

a



 (V

o

 = 40 [m/s]) 

Podstawiając dane liczbowe otrzymujemy: a = 4 [m/s

2

] oraz t

1

 = 10 [s]. 

 
Zadanie 4 

Prosta  m  porusza  się  prostopadle  do  swego  kierunku  ze  stałym  przyspieszeniem  a

o

,  przy 

czym  jej  prędkość  w  chwili  początkowej  wynosiła  V

o

.  Prosta  ta  przecina  się  z  nieruchomą 

prostą n pod stałym kątem  . Wyznaczyć prędkość i przyspieszenie punktu  A przecięcia się 
prostych. 



A

n

m

.

o

a



 

Oznaczmy przez s

A

 drogę jaką przebędzie punkt A w pewnym czasie t, zaś przez s drogę jaką 

przebył  w  tym  samym  czasie  punkt  znajdujący  się  na  prostej  m.  Sytuację  tą  oraz  związek 
między drogami s

A

 i s pokazuje poniższy rysunek. 



A

n

m

V

s

A

s

.

.

s

s

A



s = s

A

sin



 

Różniczkujemy  po  czasie  związek  między  drogami  s

A

  i  s  i  otrzymujemy  związek  między 

prędkościami V

A

 i V:  

A

A

A

V

dt

ds

  

i

  

V

dt

ds

  

ale

 

,

 

sinα

dt

ds

dt

ds







czyli: V = V

A

sinα , stąd: 

sinα

V

V

A



(1) 

Ruch prostej m jest jednostajnie przyspieszony z przyspieszeniem a

o

 czyli: 

t

V

V

t

ΔV

a

o

o







 → V = a

o

t + V

o

, podstawiając do równania (1) mamy: 

sinα

V

t

a

V

o

o

A





 

Różniczkując po czasie równanie (1) otrzymujemy związek między przyspieszeniami a

A

 i a

o

: 

sinα

a

a

 :

czyli

 

a

dt

dV

  

i

  

a

dt

dV

  

ale

,

 

sinα

1

dt

dV

dt

dV

o

A

o

A

A

A









. 

 

Zadanie 5 

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

0

. 

b

x

O

A

B

o

V



/2



 

V

o

V

x



 

b

x

x

V

(x)

V

    

b

x

x

α

cos

    

α

cos

V

V

2

2

o

x

2

2

o

x











 

x

x

x

x

x

x

V

dt

dx

  

bo

 

,

V

dx

dV

dt

dx

dx

dV

dx

dx

dt

dV

dt

dV

a











, 

?

dx

dV

x



 

2

3

2

2

2

o

2

2

2

2

2

2

2

o

2

2

2

2

2

2

o

2

2

o

x

)

b

(x

b

V

b

x

)

b

(x

x

b

x

V

b

x

b

x

2

2x

x

b

x

V

b

x

x

dx

d

V

dx

dV









































 

2

2

2

2

2

o

2

2

o

2

3

2

2

2

o

x

2

3

2

2

2

o

)

b

(x

x

b

V

b

x

x

V

)

b

(x

b

V

V

)

b

(x

b

V

a(x)















. 

 

Zadanie 6 

Ruch  punktu  określony  jest  równaniem  x(V)  =  bV

2

 



  c.  Po  jakim  czasie  prędkość  punktu 

będzie dwa razy większa od prędkości początkowej. W chwili początkowej punkt znajdował 
się w położeniu x = 0. 
 

  

V

dV

dx

a

  

  

V

dx

dV

dt

dx

dx

dV

dx

dx

dt

dV

dt

dV

a













 

2bV

dV

dx



 →  a



2bV = V  → 

2b

1

a



 

dt

dV

a



  →  

2b

1

a



 → 

2b

1

dt

dV



 → 

dt

2b

1

dV



 → 









C

dt

2b

1

dV

 → 

C

t

2b

1

V





 

C 



 stała zależna od warunku początkowego, 

0

t

V



= 

V

o

 

→ C = 

V

o

 

→ 

o

V

t

2b

1

V





 

z treści zadania: V = 2V

o

  →  

o

o

V

t

2b

1

2V





  →  

t

2b

1

V

o



 →  t = 2bV

o

 , V

o

 = ? 

o

V

V

x



= 0  →  0 = bV

o

2

 



 c  →  

b

c

V

o



[m/s] 

czyli czas, po którym prędkość wzrośnie dwukrotnie:

bc

2

b

c

2b

t





[s]. 

 

Zadanie 7 

Pociąg  mający  prędkość  początkową  V

o

  =  54[km/h],  przejechał  drogę  s

1

  =  600[m]  w  ciągu  

czasu  t

1

  =  30[s].  Zakładając  stałe  przyspieszenie  styczne  pociągu,  obliczyć  jego  prędkość  i 

przyspieszenie  całkowite  w  końcu  trzydziestej  sekundy,  jeżeli  ruch  odbywał  się  po  łuku  o 
promieniu R=1[km]. 

R

o

V

1

V

R

s

1

V



a

t



a

n



a



.

.





 

a

t

  



 przyspieszenie styczne, 

a

n

  



 przyspieszenie normalne, 

a 



 przyspieszenie całkowite. 

C

t

a

V

  

  

C

dt

a

dV

C

dt

a

dV

  

dt  

a

dV

  

  

dt

dV

a

t

t

t

t

t

































   

C 



 stała zależna od warunku początkowego, 

0

t

V



= 

V

o

 

→ C = 

V

o

 

→ V = a

t

t + V

o

  (1) 









































1

o

t

1

o

t

1

C

dt

V

tdt

a

s

  

C

)dt

V

t

(a

ds

 

C

Vdt

ds

Vdt

ds

dt

ds

V

 C

1

 



 stała zależna od warunku początkowego, 

1

o

2

t

C

t

V

t

a

2

1

s

  







 →  

0

t

s



= 0  →  C

1

 = 0  → 

t

V

t

a

2

1

s

  

o

2

t





 

Z ostatniego równania wyliczamy a

t

: → 

1

t

t

s



= s

1

 →

1

o

2

1

t

1

t

V

t

a

2

1

s

  





 → 

2

1

1

o

1

t

t

)

t

V

2(s

a





 

Podstawiając dane liczbowe (V

o

 = 15 [m/s]) otrzymujemy: 

]

[m/s

 

3

1

a

2

t



 

Liczymy V w chwili t

1

 ze wzoru (1): 

[m/s]

 

25

15

30

3

1

V

1

t

t









 

a

n

 w chwili t

1

 liczymy ze wzoru: 

 

8

5

R

V

a

1

1

t

t

2

t

t

n









[m/s

2

] 

całkowite przyspieszenie w chwili t

1

: 

24

17

a

a

a

2
n

2
t







[m/s

2

]. 

 
Zadanie 7a 

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

b

x

t

sinω



 , 

c

y

t

ω

cos



  i korzystamy z „1



ki” trygonometrycznej: sin

2

ωt + cos

2

ωt = 1 

Równanie toru [y(x)]: 

1

c

y

b

x

  

  

1

c

y

b

x

2

2

2

2

2

2



































 



 elipsa 

Całkowita prędkość:

2

y

2

x

V

V

V





 

t

cosω

bω

dt

dx

V

x





[m/s] ,

t

sinω

cω

dt

dy

V

y







[m/s] 

[m/s]

 

t

ω

sin

c

t

ω

cos

b

ω

t)

sinω

cω

(

t)

cosω

(bω

V

2

2

2

2

2

2











 

Całkowite przyspieszenie: 

2
y

2
x

a

a

a





 

t

sinω

bω

dt

dV

a

2

x

x







[m/s

2

] , 

t

cosω

cω

dt

dV

a

2

y

y







[m/s

2

] 

]

[m/s

 

t

ω

cos

c

t

ω

sin

b

ω

t)

cosω

cω

(

t)

sinω

bω

(

a

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2













 

Przyspieszenie styczne: 

dt

dV

a

t



 

t

ω

sin

c

t

ω

cos

b

t

cosω

t

)sinω

b

(c

ω

t

ω

sin

c

t

ω

cos

b

2

t

cosω

t

sinω

ω

2

c

t

sinω

t

cosω

ω

2)

(

b

ω

a

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

t















[m/s

2

] 

Przyspieszenie normalne (a

n

) liczymy następująco: 

t

ω

sin

c

t

ω

cos

b

]

t

cosω

t

)sinω

b

(c

[

ω

t)

ω

cos

c

t

ω

sin

(b

ω

a

a

a

  

  

a

a

a

2

2

2

2

2

2

2

4

2

2

2

2

4

2
t

2

n

2
n

2
t





















 

i po przekształceniach otrzymujemy: 

t

ω

sin

c

t

ω

cos

b

bc

ω

a

2

2

2

2

2

n





[m/s

2

]. 

 
Zadanie 7b 

Punkt materialny A zaczął poruszać się po okręgu o promieniu r = 0.1[m] w ten sposób, że 
jego przyspieszenie styczne (a

t

) jest stałe równe 2 [m/s

2

]. Po jakim czasie jego przyspieszenie 

normalne będzie równe stycznemu? 
 

C

t

a

V

  

  

C

dt

a

dV

C

dt

a

dV

  

dt  

a

dV

  

  

dt

dV

a

t

t

t

t

t

































 

C 



 stała zależna od warunku początkowego, 

0

t

V



= 

0 

→ C = 

0 

→ V = a

t

t , podstawiając a

t

 = 2[m/s

2

]:  V = 2t [m/s] 

Przyspieszenie normalne (a

n

): 

r

V

a

2

n



 

Z treści zadania: a

n

 = a

t

  czyli:  

0,1

(2t)

2

2



  stąd:  

0,22

0,05

t





 [s]. 

 
Zadanie 7c 

Obliczyć promień krzywizny toru środka kulki w początku ruchu, jeżeli równania ruchu mają 
postać: x = 2t, y = t

2

; przy czym t [s], x i y [m]. 

Promień krzywizny (



) dany jest wzorem: 

n

2

a

V

ρ



 

gdzie:   V 



 prędkość punktu 

 

a

n

 



 przyspieszenie normalne punktu 

V = 

2

y

2

x

V

V



, 

[m/s]

 

2

dt

dx

V

x





, 

[m/s]

2t 

dt

dy

V

y





 

 

 

V = 

2

2

(2t)

2



 = 

2

4t

4



 = 

)

t

4(1

2



 = 2

2

t

1



[m/s] 

a = 

2
n

2
t

a

a



      gdzie:  a  



   przyspieszenie całkowite punktu 

 

 

a

t  



   przyspieszenie styczne punktu 

a

n

 = 

2
t

2

a

a



,  a = ?, a

t

 = ? 

2

2

t

t

1

2t

t

1

2

2t

2

dt

dV

a











[m/s] 

z drugiej strony: a = 

2
y

2
x

a

a



, 

0

dt

dV

a

x

x





[m/s

2

],  

2

dt

dV

a

y

y





[m/s

2

] 

a = a

y

 = 2 [m/s

2

] 

2

2

2

2

2

2

2

2

2

n

t

1

2

t

1

4t

4t

4

t

1

4t

4

t

1

 

2t

2

a





































[m/s

2

] 

 

)

t

2(1

t

1

)

t

2(1

t

1

2

)

t

1

 

4(

a

V

ρ

2

3

2

2

2

2

2

n

2



















[m] 

0

t

ρ



= 2 [m]. 

 
Zadanie 8 

Punkt A porusza się po krzywej płaskiej zgodnie z równaniem s = b(e

kt

 



 1), gdzie s w [m], b, k 

są  stałymi.  Kąt  między  całkowitym  przyspieszeniem,  a  prędkością  wynosi    =  60

o

.  Obliczyć 

prędkość i całkowite przyspieszenie punktu. 



a

n



a

t



V



A

a



 

Prędkość punktu wyznaczamy ze wzoru: 

kt

bke

dt

ds

V





[m/s] 

Przyspieszenie styczne wynosi: 

kt

2

t

e

bk

dt

dV

a





[m/s

2

] 

Całkowite przyspieszenie jest równe: 

kt

2

t

e

bk

2

cos60

a

a







[m/s

2

]. 

 
Zadanie 9 

Dwa punkty A i B poruszają się po okręgu o promieniu R = 6[m] w przeciwne strony zgodnie z 
równaniami drogi s

A

(t) =  t

2

 i s

B

(t) =  t

4

, gdzie s

A

 i s

B

 w [m], t – czas w [s]. Punkty wyruszyły z 

przeciwnych  końców  średnicy.  Obliczyć  normalne  i  styczne  przyspieszenia  punktów  w 
momencie ich spotkania. 

V

A



V

B



A

B

R

 

Do  chwili  spotkania  oba  punkty  przebyły  w  sumie  drogę  równą  połowie  obwodu  okręgu, 
wobec tego: s

A

 + s

B

 = πR. Podstawiając dane wielkości s

A

 i s

B

 otrzymujemy równanie: 

t

2

 +  t

4

 = πR  →  t

4

 + t

2

 



 R = 0 

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

4

 + t

2

 



 6 = 0   

2

2

5

1

  t

  

5

  

  

25

6)

(

1

4

1

Δ

2





























[s

2

] lub 

3

2

5

1

t

2













 sprzeczność 

czyli: 

 

2

t



[s] 

Prędkości punktów A i B (odpowiednio V

A

 i V

B

) wyznaczamy ze wzorów: 

t

2π

dt

ds

V

A

A





[m/s], 

3

B

B

t

4π

dt

ds

V





[m/s] 

Przyspieszenia styczne punktów A i B (odpowiednio a

tA

 i a

tB

) wyznaczamy ze wzorów: 

2π

dt

dV

a

A

tA





[m/s

2

] , 

3

B

tB

t

2π

1

dt

dV

a





[m/s

2

] 

Podstawiając 

2

t



[s] otrzymujemy wartości liczbowe a

tA

 i a

tB

: 

a

tA

 = 6,28 [m/s

2

], 

 

]

[m/s

 

106,57

2

2π

1

a

2

3

tB





 

Przyspieszenia normalne punktów A i B (odpowiednio a

nA

 i a

nB

) wyznaczamy ze wzorów: 

R

t)

(2π

R

V

a

2

2

A

nA





[m/s

2

] , 

R

)

t

(4π

R

V

a

2

3

2

B

nB





[m/s

2

] 

Podstawiając dane otrzymujemy wartości liczbowe a

nA

 i a

nB

: 

a

nA

 = 13,15 [m/s

2

], a

nB

 = 210,34 [m/s

2

]. 

 
Zadanie 10 

Punkt porusza się po okręgu o promieniu r = 2[m] według równania s = 0,1 t

2

, (t[s], s[m]). Po 

jakim czasie przyspieszenie normalne i styczne będą równe? 
 
Prędkość punktu wyznaczamy ze wzoru: 

t

2

,

0

dt

ds

V





[m/s] 

Przyspieszenie styczne punktu wyznaczamy ze wzoru: 

2

,

0

dt

dV

a

t





[m/s

2

] 

Przyspieszenie normalne punktu wyznaczamy ze wzoru: 

r

t)

2

,

(0

r

V

a

2

2

n





[m/s

2

] 

Z treści zadania: a

t

 = a

n

, czyli otrzymujemy równanie: 

r

t)

2

,

(0

2

,

0

2



 stąd  otrzymujemy: 

2

,

3

10

5r

t







 [s]. 

 

Ćwiczenie 3 i 4 (wykład: 2) 

Kinematyka ciała sztywnego 
 
Zadanie 1 

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

.



/2

.



/2

B

A

C

60



V

A



V

B



 

Rozpatrzmy pręt CA: 

A

C

60



V

A



V

C





Na podstawie twierdzenia o rzutach predkości dwóch punktów
ciała sztywnego na prostą, która je łączy otrzymujemy równanie:

V

A

cos60



 = V

C

cos



 

Rozpatrzmy pręt BC: 

B

V

B



60



C

(90



 

)



V

C



Na podstawie twierdzenia o rzutach predkości dwóch punktów
ciała sztywnego na prostą, która je łączy otrzymujemy równanie:

V

B

cos60



 = V

C

cos(90

  

) = V

C

sin



 

Wobec tego otrzymujemy układ równań: 

C

B

C

B

C

A

C

A

2V

V

sinα

  

  

sinα

V

2

V

2V

V

cosα

  

  

cosα

V

2

V













 

Korzystamy z „1 



 ki” trygonometrycznej: cos

2



 + sin

2



 = 1, co daje równanie: 

2

B

2

A

2

C

2

C

B

2

C

A

V

V

4V

  

  

1

2V

V

2V

V



































 

Stąd wyliczamy V

C

: 

2

V

V

V

2

B

2

A

C





 

Podstawiając dane liczbowe (V

A

 = 8 [m/s] i V

B

 = 6 [m/s]) otrzymujemy: V

C

 = 5 [m/s]. 

 
Zadanie 2  

Koło  mające  nieruchomą  oś  otrzymało  początkową  prędkość  kątową  ω

o

  =  2π[rad/s].  Po 

wykonaniu 10 obrotów, wskutek tarcia w łożyskach, koło zatrzymało się. Obliczyć opóźnienie 
kątowe ε tego koła uważając je za stałe. 

Ruch jest jednostajnie opóźniony wobec tego: 

dt

dω

ε





 czyli 









C

εdt

ω

 

C 



 stała zależna od warunku początkowego, 



 jest stałe (nie zależy od czasu) stąd: 









C

dt

ε

ω

 czyli 

C

 

εt 

ω







 

0

t

ω



= 

ω

o

 

→ C = 

ω

o

 → 

 

ω

εt

ω

o







 

dt

dφ

ω



 czyli: 







1

C

ωdt

φ

, 

φ

 



 kąt obrotu, C

1

 



 stała zależna od warunku początkowego, 

1

o

2

1

o

1

o

C

t

ω

εt

2

1

C

 

dt

ω

tdt

ε

C

)dt

ω

εt

(

φ































 

0

t

φ



= 0 → C

1

 = 0 → 

2

o

εt

2

1

t

ω

φ





, oznaczmy przez t

1

 czas, po którym koło zatrzymało się: 

1

t

t

ω



= 0 → 

o

1

ω

εt

0







→  

ε

ω

t

o

1



 , 

1

t

t

φ



= 

φ

 1

 → 

2

1

1

o

1

εt

2

1

t

ω

φ





 

podstawiając t

1

 do wzoru na φ

1

 mamy: 

2ε

ω

φ

2
o

1



 stąd: 

1

2
o

2φ

ω

ε



 (

φ

1

 = 20π tj. 10 obrotów) 

podstawiając dane liczbowe otrzymujemy: 

10

π

ε



[rad/s

2

]. 

 
Zadanie 2a 

Walec obraca się dokoła swej nieruchomej osi symetrii tak, że jego opóźnienie kątowe   jest 
proporcjonalne  do  jego  prędkości  kątowej    ze  współczynnikiem  k.  Prędkość  początkowa 
walca wynosiła 

o

. Wyprowadzić równanie ruchu obrotowego walca φ(t). 

Z  treści  zadania  wynika  równanie: 

kω

dt

dω

ε







,    znak  minus  oznacza,  że  mamy  do 

czynienia z ruchem opóźnionym. Rozdzielamy zmienne (ω,t) i całkujemy stronami: 

















C

dt

k

ω

dω

  

kdt  

ω

dω

,  C 



 stała zależna od warunku początkowego 

o

o

o

0

t

lnω

 

kt 

lnω

  

  

lnω

C

  

  

ω

ω

  

C,

 

kt 

lnω























 

przekształcamy ostatni wzór: 

 

e

ω

ω

   

kt  

ω

ω

ln

  

kt  

lnω

 

lnω

kt

o

o

o



















 

z ostatniego wzoru wynika wzór na prędkość kątową: 

 

e

ω

ω

kt

o





 

związek między kątem obrotu (φ)

 i prędkością kątową: 

kt

o

e

ω

dt

dφ

ω







 

rozdzielamy zmienne (φ,t) i całkujemy stronami: 

















1

kt

o

kt

o

C

dt

e

ω

dφ

  

dt  

e

ω

dφ

,  C

1

 



 stała zależna od warunku początkowego 

k

ω

C

  

 

C

k

ω

0

  

  

0

φ

 

,

 

C

e

k

ω

φ

o

1

1

o

0

t

1

kt

o

























 

równanie ruchu obrotowego walca: 

)

e

(1

k

ω

φ

  

  

k

ω

e

k

ω

φ

kt

o

o

kt

o

















. 

 
Zadanie 3 

Tarcza  kołowa  obraca  się  dokoła  nieruchomej  osi  z  opóźnieniem  kątowym 

  a 

początkowa prędkość kątowa tarczy wynosiła  . Znaleźć równanie ruchu tarczy φ(t). 

Z treści zadania mamy równanie: 

2

ηω

dt

dω

ε







,  znak minus oznacza, że mamy do czynienia 

z ruchem opóźnionym. Rozdzielamy zmienne (ω,t) i całkujemy stronami: 

















C

dt

η

ω

dω

  

ηdt  

ω

dω

2

2

 ,  C 



 stała zależna od warunku początkowego 

o

o

o

0

t

ω

1

ηt 

ω

1

  

  

ω

1

C

  

  

ω

ω

 

,

 

C

ηt

ω

1





























 

z ostatniego wzoru wynika wzór na prędkość kątową: 

1

t

ηω

ω

ω

o

o





 

związek między kątem obrotu φ

 i prędkością kątową: 

1

t

ηω

ω

dt

dφ

ω

o

o







 

rozdzielamy zmienne (φ,t) i całkujemy stronami: 

















1

o

o

o

o

C

1

t

ηω

dt

ω

dφ

  

dt  

1

t

ηω

ω

dφ

,  C

1

 



 stała zależna od warunku początkowego 

0

C

  

  

0

φ

 

,

 

C

1)

t

ω

ln(η

η

1

φ

1

0

t

1

o















 

równanie ruchu obrotowego tarczy: 

1)

t

ω

ln(η

η

1

φ

o





. 

Zadanie 4 

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

R

A

a

A



 

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

2

A

2

A

t

2s

a

  

  

2

t

a

s







, ale z drugiej strony: 

A

A

a

V

  t

  

t

V

a







, tak więc: 

]

[m/s

 

2

3

2s

V

a

2

2

A





 

Przyspieszenie  punktu  leżącego  na  obwodzie  bębna  jest  sumą  geometryczną  składowej 
stycznej (a

t

) i składowej normalnej (a

n

). Przyspieszenie styczne punktu leżącego na obwodzie 

bębna jest równe przyspieszeniu punktu A. 

]

[m/s

 

2

3

2s

V

a

a

2

2

A

t







 

przyspieszenie normalne znajdujemy ze wzoru: 

]

[m/s

 

2

R

V

a

2

2

n





 

przyspieszenie całkowite (a) w rozważanej chwili: 

2

2

2

2

2
n

2
t

R

V

2s

V

a

a

a

































 

podstawiając dane liczbowe otrzymujemy: 

]

[m/s

 

2

5

a

2



. 

 
Zadanie 5 

Koło  1  przekładni  ciernej  wykonuje  f

1

  =  600  [obr/min]  i  jednocześnie  przesuwa  się  osiowo 

według równania: u = (10 



 0,5t) gdzie: u[cm], t[s]. Obliczyć: a) przyspieszenie kątowe 



2

 koła 

2 w funkcji przesunięcia u, tzn. 



2

 = 



2

(u) b) całkowite przyspieszenie punktu B na obwodzie 

koła 2 w chwili gdy u = r. Przyjąć: r = 5[cm], R = 15[cm]. 

u

r

1

2



2



1

B

A

R

 

   

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

oznaczmy: 

)

1

(

A

V

  



 prędkość punktu A dla koła 1  



  

)

1

(

A

V

 =  



1

r = 2



f

1

r 

 

 

)

2

(

A

V

  



 prędkość punktu A dla koła 2  



  

)

2

(

A

V

 =  



2

u 

 

)

1

(

A

V

 = 

)

2

(

A

V

 



  2



f

1

r = 



2

u  



  

u

r

f

2π

ω

1

2



 

 

2

1

2

1

2

2

2

2

u

r

f

π

0,5)

(

u

1

r

f

2π

dt

du

du

dω

du

du

dt

dω

dt

dω

ε



























 

 

 podstawiając dane liczbowe otrzymujemy: 

]

[rad/s

 

u

1,57

ε

2

2

2



 

b)  Przyspieszenie punktu B leżącego na obwodzie koła 2 jest sumą geometryczną składowej 

stycznej (a

t

) i składowej normalnej (a

n

).  

 

 

 

a

a

a

2
n

2
t

B





 

     

R

ω

a

2
2

n



 ale:  

[rad/s]

 

u

3,14

u

r

f

2π

ω

1

2





 czyli: 

R

u

3,14

a

2

n















 

 

 podstawiając: u = r = 0,05 [m] oraz R = 0,15 [m] otrzymujemy: a

n

 = 

 

591,58 [m/s

2

] 

 

 

R

u

1,57

R

ε

a

2

2

t





,  ale  u = r  czyli: 

R

r

1,57

a

2

t



 

 

 podstawiając dane liczbowe otrzymujemy: a

t

 = 94,2 [m/s

2

] 

 

 wobec tego przyspieszenie punktu B jest równe: 

     a

B

 = 

2

2

)

58

,

591

(

(94,2)



≈ 599 [m/s

2

]. 

 
Zadanie 6 

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

1

 i V

2

. 

V

1



V

2



2R

 

Przyjmujemy, że V

1

 > V

2

 

V

1



V

2



V

o



O

A

B

C



Punkt C jest chwilowym środkiem obrotu, czyli V

C

 = 0

Oznaczmy długość odcinka BC jako x.

R

R

x

2

1

2

2

1

V

V

2RV

  x

          

x

V

x

2R

V

ω











stąd:

2R

V

V

2RV

)

V

(V

V

x

V

ω

2

1

2

2

1

2

2











.

2

V

V

V

V

2RV

R

2R

)

V

(V

x)

ω(R

V

2

1

2

1

2

2

1

o





























Prędkość kątowa:

 

 

Zadanie 6a 

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

A

C

B

D

V



r

O

 

Punkt C jest chwilowym środkiem obrotu, czyli: V

C

 = 0  

prędkość kątowa: 

const

r

V

CO

V

ω







 

oznaczmy przez V

A

, V

B

, V

D

 szukane prędkości punktów A, B, D 

2V

2r

r

V

ω2r

CA

ω

V

A









 , 

V

2

r

2

r

V

r

2

ω

CB

ω

V

B









  

V

2

r

2

r

V

r

2

ω

CD

ω

V

D









 

Kierunki i zwroty prędkości pokazano na poniższym rysunku 

A

C

B

D

V



2V



V

2

V

2





.

.

.

O



 

Oznaczmy przez a

A

, a

B

, a

C

, a

D

 szukane przyspieszenia punktów A, B, C, D 

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

o

) wyznaczamy ze wzoru: 

0

dt

dV

a

O





 



 ponieważ prędkość (V) środka tarczy jest stała 

Przyspieszenie w ruchu obrotowym ma składową styczną (t) i normalną (n). 
Dla punktu A: 

A/O

O

A

a

a

a











 , 

n

t

A/O

A/O

A/O

a

a

a











 czyli:  

n

t

A/O

A/O

A

a

a

a











 

Wartości liczbowe: 

εr

OA

ε

a

t

A/O





, 



 



 przyspieszenie kątowe 

0

dt

dω

ε





 



 ponieważ prędkość kątowa (ω)  jest stała, czyli: 

0

a

t

A/O



, a więc: 

n

A/O

A

a

a







 

r

V

r

r

V

OA

ω

a

2

2

2

2

n

A/O







 wobec tego: 

r

V

a

2

A



 

Postępując  analogicznie  jak  dla  punktu  A  możemy  wyznaczyć  przyspieszenia  pozostałych 
trzech punktów, należy zamienić tylko literę A na B, C lub D. 
Kierunki i zwroty przyspieszeń pokazano na poniższym rysunku 

A

C

B

D

A

a



D

a



C

a



B

a





. 

 
Zadanie 7 

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

2R

1

2R

A

.

 

C

A V

A





V



Punkt C jest chwilowym środkiem obrotu, czyli: V

C

 = 0.

O

Prędkość kątowa:

R

V

CO

V

ω





R

1

R

).

R

R

(

R

V

CA

ω

V

1

A







 

Zadanie 8 

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

1

. Zaznaczone na rysunku wymiary 

mechanizmu wynoszą: 





60

φ

 

i

 

90

ABD

 

,

r 

3

DB

 

,

2r 

AB

OA

1













 

3

r

2r

2r

A

B

C

1

φ

1

ω

A

V



B

V



O

D

3

ω

2

ω

.

 

Pręt OA porusza się ruchem obrotowym, wobec tego: V

A

 = ω

1

2r 

Rozpatrzmy pręt AB:  

A

B

A

V



B

V



30



Na podstawie twierdzenia o rzutach predkości dwóch punktów
ciała sztywnego na prostą, która je łączy otrzymujemy równanie:

V

B

 = V

A

cos30



czy

li:

3

r

ω

2

3

2r

ω

V

1

1

B





 

Pręt DB porusza się ruchem obrotowym, wobec tego: 

3

r

ω

V

3

B



 

wobec tego otrzymujemy równanie: 

3

r

ω

3

r

ω

1

3



 stąd ω

3

 = ω

1 

Dla pręta AB punkt C jest chwilowym środkiem obrotu,



30

ACB

 

 





 

stąd 

4r

sin30

2r

AC







 , czyli 

2

ω

4r

2r

ω

4r

V

ω

1

1

A

2







. 

 
Zadanie 8a 

Dwie  tarcze  kołowe  o  średnicach  D  i  d  stykają  się  ze  sobą.  Tarcza  I  obraca  się  wokół  swej 
nieruchomej  osi  z  prędkością  kątową 

0

.  Tarcza  II  połączona  jest  z  tarczą  I  korbą  O

1

O

2

 

obracającą się ze stałą prędkością 

1

. Wyznacz prędkość kątową 

2

 tarczy II. 

O

2

O

1



1



o



2

r

R

I

II

 

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

O

2



2

r

II

A

C

2

O

V



A

V



x

 

Dla górnej tarczy punkt C jest chwilowym środkiem obrotu (V

C

), 

oznaczmy długość odcinka CA jako x. 

Dla oznaczeń jak na rysunku możemy zapisać: 
V

A

 = ω

o

R  



  ponieważ tarcza dolna porusza się ruchem obrotowym, 

r)

(R

ω

V

1

O

2





 



  ponieważ korba O

1

O

2

 porusza się ruchem obrotowym, 

Wobec tego dla górnej tarczy prędkość kątowa spełnia zależność: 

x

V

x

r

V

ω

A

O

2

2







  czyli możemy zapisać: 

x

R

ω

x

r

r)

(R

ω

o

1







 i stąd wyliczamy wartość x: 

R

ω

r)

(R

ω

Rr

ω

x

o

1

o







  i możemy wyliczyć ω

2

: 

R]

ω

r)

(R

ω

[

Rr

ω

R

ω

x

V

ω

o

1

o

o

A

2









 → 

r

R

ω

r)

(R

ω

ω

o

1

2







 

Uwaga!  gdy ω

1

(R+r) = ω

o

R  ruch tarczy górnej jest jedynie postępowy. 

 

Ćwiczenie 5 i 6 (wykład: 3) 

Kinematyka ciała sztywnego 



 ruch płaski c.d. 

 
Zadanie 1 

Koło  toczy  się  bez  poślizgu  po  prostej.  Obliczyć  przyspieszenie  punktu  A  koła  w  chwili 
t = 2[s], jeśli: V

o

 = 12 t [m/s], r = 0,2[m]. 

O

A

V

o

r



 

A/O

O

A

a

 

 

a

 

 

a











, 

A/On

A/Ot

A/O

a

 

 

a

 

 

a











, 

A/On

A/Ot

O

A

a

 

a

 

a

 

 

a















, 





dt

dV

a

o

o

12 [m/s

2

] 

A/Ot

a

= 



OA

= 



r,  

A/On

a

= 



2

OA

= 



2

 r 

r

12t

r

V

ω

o





[rad/s], 

r

12

dt

dω

ε





[rad/s

2

] 





r

r

12

a

A/Ot

12 [m/s

2

], 























0,2

(2)

144

 

r

144t

 

r

r

12t

a

2

2

2

A/On

2880 [m/s

2

] 

 

A

a

O

a

A/On

a

A/Ot

A

a

A

a

O

a

A/On

a

A/Ot

O















 

 

a

A

 = 

2
A/Os

2

O

A/On

a

)

a

(a





 = 

2

2

12

2892



 = 2892,02 [m/s

2

]. 

 

Zadanie 2 

Koło zębate o promieniu  R jest uruchamiane korbą  OA obracającą się dokoła osi  O stałego 
koła  zębatego  o  tym  samym  promieniu.  Korba  obraca  się  z  prędkością  kątową  stałą 

o

. 

Wyznaczyć  przyspieszenie  punktu  koła  ruchomego,  który  w  danej  chwili  jest  chwilowym 
środkiem obrotu tego koła. 
Po wyprowadzeniu wzoru ogólnego wykonać obliczenia dla: R = 12[cm], 

o

 = 2[rad/s]. 

O

A

R



o

O

A

C



V

A

.



 



 



 prędkość kątowa koła ruchomego. 

Chwilowym środkiem obrotu koła ruchomego jest punkt C 



 styku obydwu kół  (V

C

 = 0) 

C/A

A

C

a

 

a

 

 

a











,  

 

?

a

A





,  

?

a

C/A





 

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

An

At

A

a

 

 

a

 

 

a











, 

At

a

 

= 



o

R = 0,  bo   



o





dt

dω

o

 0  (



o

 jest stała), 

An

a

= 

2
o

ω

2R   

czyli: 

A

a

= 2

2
o

ω R 

C/An

C/At

C/A

a

 

 

a

 

 

a











  



  

C/An

C/At

A

C

a

 

 

a

 

 

a

 

 

a















 

C/An

a

= 



2

AC

= 



2

R , 

C/At

a



= 



AC

= 



R , 



 = ?, 



 = ? 

Dla korby OA prędkość punktu A: V

A

 = 



o

2R 

Chwilowym środkiem obrotu koła ruchomego jest punkt C, zatem: 



R

V

o



 

Prędkość punktu A: V

A

 = 



AC

= 



R 

Wobec tego: 



o

2R = 



R  



  



 = 2



o

, 







dt

dω

0,  (bo 



 jest stała) 

An

/

C

A

/

C

a

 

a



 = 



2

R = (2



o

)

2

R = 4

2
o



R 

 

A

C

a

C/An

a

A





 

a

c

 = a

C/A

 



 a

A

 = 4

2
o



R 



 2

2
o



R = 2

2
o



R, R = 12 [cm] = 0,12 [m], 



o

 = 2 [rad/s]. 

czyli: a

c

 = 0,96 [m/s

2

]. 

 

Zadanie 3 

Pręt prosty AB ślizga się ruchem płaskim po osiach układu Oxy. W chwili, gdy tworzy on z osią 
Ox  kąt 

=  60

o

,  prędkość  jego  końca  A  wynosi  V

A

=  2[m/s].  Wyznacz  dla  tego  położenia 

chwilowy środek obrotu, prędkość kątową pręta i prędkość końca B.

 

x

y

A

B

O

V

A





 

Oznaczmy długość pręta AB jako l i przyjmijmy jego długość l = 1[m] 



 będzie ona potrzebna 

do obliczenia prędkości kątowej (ω) pręta. 

A

B

O

V

A





90



-



V

B



.

C

.

90



-





l



 

Punkt C jest chwilowym środkiem obrotu pręta AB (V

C

 = 0) 

CB

V

CA

V

ω

B

A





, ale 

lcosα

CB

 

,

 

lsinα

CA





, czyli: 

lcosα

V

lsinα

V

B

A



 → 

ctgα

V

V

A

B



 

Podstawiając dane liczbowe otrzymujemy: 

[m/s]

 

3

3

2

V

B



 

CA

V

ω

A



, stąd: 

lsinα

V

ω

A



 

Podstawiając dane liczbowe otrzymujemy: 

[rad/s]

 

3

3

4

ω



. 

 
Zadanie 4 

Przyspieszenia końców pewnego pręta prostego wynoszą a

A

 i a

B

. Wyznaczyć przyspieszenie 

a

S

  środka  S  tego  pręta,  oznaczyć  na  rysunku  jego  kierunek  i  zwrot  oraz  obliczyć  wartość 

przyspieszenia a

S

, jeśli: a

A

 = a

B

 =  2 [m/s

2

]. 

S

a

B

B

A

a

A





 

S/A

A

S

a

 

 

a

 

 

a











,

AS

ω

 

 

AS

ε

 

 

a

 

2

S/A











,  

AS

ω

 

AS

ε

 

a

 

 

a

2

A

S















 

S/B

B

S

a

 

 

a

 

 

a











,

BS

ω

 

 

BS

ε

 

 

a

 

2

S/B











,  

BS

ω

 

BS

ε

 

 

a

 

 

a

2

B

S















 

z rysunku widać, że: 

BS

 

 

AS





 , czyli możemy zapisać: 

BS

ω

 

BS

ε

 

 

a

 

 

a

2

A

S















 

BS

ω

 

BS

ε

 

 

a

 

 

a

2

B

S















 

dodając stronami dwa ostatnie równania otrzymujemy: 

B

A

S

a

a

a

2











 



  

2

a

a

a

B

A

S











 



  a

S







2

a

a

2
B

2
A

1 [m/s

2

] 

kierunek i zwrot przyspieszenia a

s

 pokazano na poniższym rysunku: 

S

a

B

B

A

a

A





a

s



. 

 
Zadanie 5 

Na  szpulę  o  promieniach  a  i  b  nawinięto  nierozciągliwą  nić,  której  koniec  A  ma  prędkość 
u  =  const.  Obliczyć,  jaką  drogę  s

A

  przebędzie  koniec  A  nici,  gdy  odcinek,  AB  =  e  tej  liny 

nawinie się na szpulę. Dane: a, b, e, u. 

C

V

o



V

B



A

u



B

O

b

a

 

Punkt C jest chwilowym środkiem obrotu (V

C

 = 0) 

V

B

 = V

A

 = u, 

b

a

u

BC

V

ω

B







, 

b

a

au

ωa

V

o







 

W jednakowym czasie t droga środka szpuli (s

o

) O musi być o e większa od drogi punktów B 

(s

A

) (leżących stale pod punktem O): 

s

o

 = s

B

 + e  (1) 

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

o

 = V

o

t , s

A

 = ut 

stąd 

u

V

s

s

o

A

o



 i po podstawieniu do wzoru (1) otrzymujemy 

e

s

u

V

s

A

o

A





  stąd:  

u

V

eu

s

o

B





, a po uwzględnieniu wzoru na V

o

 ostatecznie otrzymujemy: 

b

b)

(a

e

s

A





. 

 

Zadanie 5a 

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

w



V

b



u



V

b



szukana bezwzględna prędkość balonu

V

b

= w + u

  

.

 

czyli:

2

2

B

u

w

V





 i po wstawieniu danych liczbowych mamy:

[m/s]

 

9,4

89

V

B





 

h

x

x



szukana wartość znoszenia bocznego

t



czas ruchu balonu

 

h = wt,  stąd czas ruchu balonu 

w

h

t



   

x = ut  i po podstawieniu t otrzymujemy: 

w

uh

x



, a po podstawieniu danych liczbowych: x = 1,6 [km]. 

 
Zadanie 5b 

Punkt  A  porusza  się  po  obwodzie  koła  o  promieniu  r  =  1[m]  z  prędkością  względną 
V

w

  =  1[m/s].  Jednocześnie  koło  obraca  się  względem  swego  nieruchomego  środka  z 

prędkością kątową   = 1[rad/s]. Oblicz prędkość bezwzględną i przyspieszenie bezwzględne 
punktu A. Wykonaj odpowiednie rysunki. 

O

A

r

V

w





 

Prędkość bezwzględną (V

b

) punktu A wyznaczamy ze wzoru: 

u

w

b

V

V

V





, gdzie: V

u

 



 prędkość unoszenia 

r

ω

V

u









 



 gdzie: 

r



 jest wektorem poprowadzonym z punktu O do punktu A 

)

r

,

ω

(

sin

r

ω

V

u









, 







90

)

r

,

ω

(







  ponieważ  wektor 

ω



  jest  prostopadły  do  płaszczyzny 

kartki i skierowany „do nas” 
czyli: V

u

 = ωr = 1 [m/s] 

wektor 

u

V

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

poniższym rysunku 

O

A

V

w





r



V

u





 

Wobec tego wartość prędkości bezwzględnej (V

b

): V

b

 = V

w

 + V

u

 = 2 [m/s] 

Przyspieszenie bezwzględne (a

b

) punktu A wyznaczamy ze wzoru: 

c

u

w

b

a

a

a

a















,  gdzie: 

a

w

 



 przyspieszenie względne, 

a

u

 



 przyspieszenie unoszenia, 

a

c

 



 przyspieszenie Coriolisa, 

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

wn

wt

w

a

 

 

a

 

 

a











, 

0

dt

dV

a

w

wt





, bo V

w

 jest stała, 

1

r

V

a

2

w

wn





[m/s

2

] 

czyli: a

w

 = a

wn

 = 1 [m/s

2

] i jest skierowane do środka koła 

un

ut

u

a

 

 

a

 

 

a











,  

r

ε

a

ut











, 

ε



 



 wektor przyspieszenia kątowego, który ma ten sam kierunek i 

zwrot jak wektor 

ω



, 

0

dt

dω

ε





, bo ω jest stała, czyli a

ut

 = 0 i mamy 

un

u

a

 

 

a







 

u

un

V

ω

)

r

ω

(

ω

a





















, 

)

V

,

ω

(

sin

r

ω

)

V

,

ω

(

sin

V

ω

a

u

2

u

u

un













 





90

)

V

,

ω

(

u





 wobec tego: 

1

r

ω

a

a

2

un

u







[m/s

2

] 

w

c

V

ω

2

a









,  

)

V

,

ω

(

sin

V

ω

2

a

w

w

c







 





90

)

V

,

ω

(

w





 wobec tego: 

2

V

ω

2

a

w

c





[m/s

2

] 

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

O

A



.

a

w



a

u



a

c



 

Wobec tego wartość przyspieszenia bezwzględnego (a

b

): a

b

 = a

w

 + a

u

 + a

c

 = 4 [m/s

2

]. 

 
Zadanie 6 

Koło o promieniu R = 0,2[m] obraca się w swej płaszczyźnie wokół stałego punktu O ze stałą 
prędkością  kątową 

=  5[rad/s].  Po  obwodzie  koła  przesuwa  się  punkt  ze  stałą  prędkością 

V

w

 = 1[m/s]. Obliczyć bezwzględne przyspieszenie punktu w położeniu A. 

.

O

A

V

w





R

r



 

Przyspieszenie bezwzględne (a

b

) punktu A wyznaczamy ze wzoru: 

c

u

w

b

a

a

a

a















,  gdzie: 

a

w

 



 przyspieszenie względne, 

a

u

 



 przyspieszenie unoszenia, 

a

c

 



 przyspieszenie Coriolisa, 

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

wn

wt

w

a

 

 

a

 

 

a











,  

0

dt

dV

a

w

wt





, bo V

w

 jest stała, 

]

[m/s

 

5

R

V

a

2

2

wn

w





 

czyli a

w

 = a

wn

 = 5 [m/s

2

] i jest skierowane do środka koła 

un

ut

u

a

 

 

a

 

 

a











,  

r

ε

a

ut











 



 gdzie: 

r



 jest wektorem poprowadzonym z punktu O do punktu A  

0

dt

dω

ε





, bo ω jest stała, czyli a

ut

 = 0 i mamy 

un

u

a

 

 

a







 

u

un

V

ω

)

r

ω

(

ω

a





















, V

u

 



 prędkość unoszenia, 

r

ω

V

u









, oczywiście: 

R

2

r



 

r

ω

V

u









, 

)

r

,

ω

(

sin

r

ω

V

u









, 







90

)

r

,

ω

(





, czyli: V

u

 = ωr 

)

V

,

ω

(

sin

r

ω

)

V

,

ω

(

sin

V

ω

a

u

2

u

u

un













, 





90

)

V

,

ω

(

u





, wobec tego: 

]

[m/s

 

2

5

r

ω

a

a

2

2

un

u







 

w

c

V

ω

2

a









, 

)

V

,

ω

(

sin

V

ω

2

a

w

w

c







, 





90

)

V

,

ω

(

w





, wobec tego: 

0

1

V

ω

2

a

w

c





[m/s

2

] 

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

A

a

c



a

w



a

u



A

a

c



a

u



a

w





a

b



45



45



O

 

Z rysunku widać, że: 

5

)

a

(a

a

a

2

w

c

2
u

b









[m/s

2

]. 

 
Zadanie 7 

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

= 60

o

. 



V



V















 

V

ω

2

a

c









, 

)

V

,

ω

(

sin

V

ω

2

a

c







, 





0

2

1

)

V

,

ω

(





 wobec tego: 

V

ω

3

0

6

sin

V

ω

2

20

1

sin

V

ω

2

a

c















, V = 50 [m/s] 

T

2π

ω



, T 



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

czyli 

V

T

2π

3

a

c



, podstawiając dane liczbowe otrzymujemy: a

c

 = 6,3



10



3

 [m/s

2

]. 

 
Zadanie 8 

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

.



V

w



R

A

 

Prędkość bezwzględną (V

b

) punktu (oznaczyliśmy go jako A) wyznaczamy ze wzoru: 

u

w

b

V

V

V





, gdzie: V

w

 



 prędkość względna, V

u

 



 prędkość unoszenia 

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

t

ω

cos

ωR

dt

ds

V

w





 

Prędkość unoszenia wyznaczamy ze wzoru: 

r

ω

V

u









 



 gdzie 

r



 jest wektorem poprowadzonym ze środka koła do punktu A 

Długość wektora 

r



 jest równa: |

r



|

t)

ω

sin

R(1

t

ω

sin

R

R

s

R

r















 

)

r

,

ω

(

sin

r

ω

V

u









, 







90

)

r

,

ω

(







  ponieważ  wektor 

ω



  jest  prostopadły  do  płaszczyzny 

kartki i skierowany „do nas”, czyli: V

u

 = ωr =

t)

ω

sin

ωR(1



 

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

V

w



V

u



V

b



A

 

Z rysunku widać, że: 

2

w

2

u

b

V

V

V





  

Podstawiając wyliczone wartości V

w

 i V

u

 otrzymujemy: 

t

ω

sin

1

ωR

2

t

ω

cos

t

ω

sin

t

ω

sin

2

1

ωR

t)

ω

cos

ωR

(

t)]

ω

sin

ωR(1

[

V

2

2

2

2

b



















 

Przyspieszenie bezwzględne (a

b

) punktu A wyznaczamy ze wzoru: 

c

u

w

b

a

a

a

a















,  gdzie: 

a

w

 



 przyspieszenie względne 

a

u

 



 przyspieszenie unoszenia 

a

c

 



 przyspieszenie Coriolisa 

Przyspieszenie względne (a

w

) punktu wyznaczamy ze wzoru: 

t

sinω

R

ω

dt

dV

a

2

w

w







 

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

un

ut

u

a

 

 

a

 

 

a











,  

r

ε

a

ut











, 

0

dt

dω

ε





, bo ω jest stała , czyli a

ut

 = 0 i mamy 

un

u

a

 

 

a







 

u

un

V

ω

)

r

ω

(

ω

a





















 

)

V

,

ω

(

sin

t)

ω

sin

R(1

ω

)

V

,

ω

(

sin

V

ω

a

u

2

u

u

un















, 





90

)

V

,

ω

(

u





, wobec tego: 

t)

ω

sin

R(1

ω

a

a

2

un

u







 

w

c

V

ω

2

a









, 

)

V

,

ω

(

sin

V

ω

2

a

w

w

c







, 





90

)

V

,

ω

(

w





, wobec tego:  

t

ω

cos

R

ω

2

a

2

c



 

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

a

w



a

u



a

c



A

a

b



 

z rysunku widać, że: 

2
c

2

w

u

b

a

)

a

(a

a







 

Podstawiając wyliczone wartości poszczególnych przyspieszeń otrzymujemy: 

2

2

2

2

2

2
c

2

w

u

b

t)

ω

cos

R

ω

2

(

t]

sinω

R

ω

t)

ω

sin

R(1

ω

[

a

)

a

(a

a















 

po przekształceniach otrzymujemy: 

t

ω

sin

4

5

R

ω

a

2

b





[m/s

2

]. 

 

Ćwiczenie 7 i 8 (wykład: 4) 

Równania ruchu punktu materialnego (PM). 
 
Zadanie 1 

Punkt  materialny  o  masie  m  =  0,1[kg]  porusza  się  pod  działaniem  sił:  F

x

  = 



2sin3t  [N], 

F

y

 = 



2cos3t [N]. Określić tor tego punktu przy zerowych warunkach początkowych. 

 

F

x

 = ma

x

  →  





m

F

a

x

x



20sin3t [m/s

2

] 

C

dt

a

V

x

x







,  C 



 stała zależna od warunku początkowego 

C

cos3t

3

20

C

sin3tdt

20

V

x













, 

0

V

0

t

x





  →  

C

3

20

0





 → 

3

20

C





 

















3

20

cos3t

3

20

V

x

[m/s] 

1

x

C

dt

V

x







,  C

1

 



 stała zależna od warunku początkowego 

1

1

1

C

t

3

20

sin3t

 

9

20

C

dt

3

20

cos3tdt

3

20

C

dt

3

20

cos3t 

3

20

x





































 

0

x

0

t





 → C

1

 = 0 

[m]

 

t

3

20

sin3t

x

















  (1) 

F

y

 = ma

y

  →  





m

F

a

y

y



20cos3t [m/s

2

] 

2

y

y

C

dt

a

V







,  C

2

 



 stała zależna od warunku początkowego 

2

2

y

C

sin3t

3

20

C

cos3tdt

20

V















 

0

V

0

t

y





 → C

2

 = 0 

sin3t

3

20

V

y





[m/s] 







3

y

C

dt

V

y

,  C

3

 



 stała zależna od warunku początkowego 

3

3

C

cos3t

 

9

20

C

sin3tdt

3

20

y













 

0

y

0

t





 → 

3

C

9

20

0





 → 

9

20

C

3





 

















9

20

cos3t

 

9

20

y

[m]  stąd: 

















1

y

20

9

arccos

3

1

t

 

i podstawiamy do równania (1) otrzymując równanie toru: 

[m]

 

1

y

20

9

 

arccos

9

20

1

y

20

9

 

arccos

sin

x

























































. 

 
Zadanie 2 

Punkt  materialny  o  masie  m  =  2[kg]  porusza  się  zgodnie  z  równaniami  x(t)  =  hcos t  [m], 
 y(t)  =  hsin t  [m].  Wyznacz:  a)  prędkość  w  chwili  t

1

  =  / ,  b)  przyspieszenie  w  chwili 

t

2

  =  2 / ,  c)  siłę  działającą  na  ten  punkt  w  chwili  t

2

.  Przyjąć  do  obliczeń:  h  =  0,05[m], 

= 10[rad/s]. 

 

a) 

2

y

2

x

V

V

 

V





, 

[m/s]

ωhsinωt 

dt

dx

V

x







, 

[m/s]

ωhcosωt 

dt

dy

V

y





 

 

[m/s]

ωh 

ωt

cos

ωt

sin

ωh

t)

hcosω

(ω

ωhsinωt)

(

V

2

2

2

2













 

 

[m/s]

 

0,5

 

ωh 

V

1

t

t







 

b) 

2
y

2
x

a

a

a





, 

t

hcosω

ω

dt

dV

a

2

x

x







[m/s

2

] , 

t

hsinω

ω

dt

dV

a

2

y

y







[m/s

2

] 

 

h

ω

ωt

sin

ωt

cos

h

ω

t)

hsinω

ω

(

t)

hcosω

ω

(

a

2

2

2

2

2

2

2

2















[m/s

2

] 

 

5

 

h 

ω

a

2

t

t

2







[m/s

2

] 

c) 

am

 

 

F



, F = ω

2

hm [N] 

 

10

 

 

hm

ω

F

2

t

t

2







[N]. 

 
Zadanie 3 

Suwak obrabiarki o masie m = 0,6[kg] będąc w stanie spoczynku, został wprawiony w ruch 
wzdłuż  prowadnicy  za  pomocą  siły  Q  =  10[N],  skierowanej  do  osi  prowadnicy  pod  kątem 
α  =  30

o

.  Jaką  prędkość  uzyska  suwak  po  przesunięciu  go  na  odległość  s  =  1[m],  jeżeli 

współczynnik tarcia suwak-prowadnica wynosi µ = 0,2? 

m



Q

