Wyznaczanie prędkości i przyspieszeń ciała
w ruchu postępowym, obrotowym i płaskim
oraz chwilowych środków obrotu w ruchu
płaskim. Ruch korbowodu — część II
2
Zadanie 2.1.
Pręt o długości L ślizga się jednym końcem (punkt A)
po podłodze, natomiast drugi koniec (punkt B) ślizga
się po pionowej ścianie (rys. 2.1). Punkt A porusza się
ze stałą prędkością v
A
. Obliczyć prędkość punktu B,
w położeniu przedstawionym na rysunku 2.1.
Rozwiązanie
Metoda I
Stosujemy twierdzenie, mówiące że rzuty prędkości
dwóch punktów ciała sztywnego na prostą łączącą te
punkty są sobie równe.
W związku z powyższym możemy zapisać, w oparciu
o rysunek 2.2:
∗
∗
=
B
A
v
v
gdzie:
)
60
cos(
A
A
°
=
∗
v
v
)
60
cos(
A
A
°
=
∗
v
v
oraz
)
30
cos(
B
B
°
=
∗
v
v
)
30
cos(
B
B
°
=
∗
v
v
Rys. 2.1.
Rys. 2.2.
Po podstawieniu
∗
∗
=
A
B
v
v
otrzymujemy:
A
A
A
A
B
3
3
)
60
(
ctg
)
60
sin(
)
60
cos(
)
30
cos(
)
60
cos(
v
v
v
v
v
=
°
=
°
°
=
°
°
=
Metoda II
Zadanie rozwiążemy metodą superpozycji. Prędkość punktu v
B
możemy zapisać
następująco:
BA
A
B
v
v
v
+
=
2
Kinematyka
Prędkość względną v
BA
określamy następująco:
L
ω
v
⋅
=
BA
gdzie prędkość kątowa pręta ω jest niewiadomą.
Na rysunku 2.3 przedstawiono schemat obliczeniowy.
Jeżeli zrzutujemy wektory w punkcie B, na kierunek
prędkości v
B
i kierunek prostopadły do niego, to
otrzymamy następujący układ równań:
⎩
⎨
⎧
=
°
+
−
°
=
0
)
60
sin(
)
60
cos(
BA
A
BA
B
v
v
v
v
Rys. 2.3.
Z drugiego równania wyznaczamy v
BA
i podstawiamy do równania pierwszego:
)
60
sin(
A
BA
°
=
v
v
)
60
(
ctg
)
60
cos(
)
sin(60
A
A
B
°
=
°
°
=
v
v
v
A
B
3
3
v
v =
Dodatkowo możemy wyznaczyć prędkość kątową ω :
L
3
3
2
)
60
sin(
A
A
v
L
v
ω
=
°
=
Metoda III
Kolejnym sposobem rozwiązania zadania jest metoda
chwilowego środka obrotu. Punkt ten, w rozpatrywanym
zadaniu oznaczony jako S (rys. 2.4), znajduje się na
przecięciu prostych prostopadłych do kierunków
prędkości w punktach A i B.
Prędkość kątowa ω jest równa:
)
60
sin(
A
°
=
L
v
ω
a prędkość punktu B wynosi:
)
60
(
ctg
)
60
cos(
)
60
sin(
)
60
cos(
A
A
B
°
=
°
⋅
°
=
°
⋅
=
v
L
L
v
L
ω
v
A
B
3
3
v
v =
Rys. 2.4.
Rys. 2.5.
Wyznaczanie prędkości i przyspieszeń ciała w ruchu postępowym, obrotowym i płaskim ...
3
Zadanie 2.2.
Dla układu przedstawionego na rys. 2.6 obliczyć prędkości i przyspieszenia punktów
A i B. Znaleźć chwilowy środek obrotu korbowodu AB.
Dane:
cm
20
OA
=
= R
cm
5
6
AB
=
= L
cm
25
=
H
rad/s
5
,
1
0
=
ω
2
0
rad/s
4
=
ε
Rys. 2.6.
Rozwiązanie
Korba OA jest w ruchu obrotowym. Znając prędkość kątową ω
0
możemy wyznaczyć
prędkość punktu A:
cm/s
30
20
5
,
1
OA
0
0
A
=
⋅
=
⋅
=
⋅
=
R
ω
ω
v
Znając prędkość punktu A wyznaczymy prędkość punktu B. Możemy tego dokonać
na trzy sposoby — podobnie jak w zadaniu 2.1.
Zanim jednak przystąpimy do rozwiązywania dalszej części zadania, określmy zależności
trygonometryczne dla kąta β (rys. 2.7). Dla trójkąta ABC możemy zapisać:
13
5
65
25
AB
AC
sin
=
=
=
=
L
H
β
13
12
169
144
169
25
169
13
5
1
sin
1
cos
2
2
=
=
−
=
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
−
=
−
=
β
β
12
5
12
13
13
5
cos
sin
tg
=
⋅
=
=
β
β
β
Rys. 2.7.
Metoda I
Stosujemy twierdzenie, mówiące że rzuty prędkości dwóch punktów ciała sztywnego
na prostą łączącą te punkty są sobie równe. W oparciu o rysunek 2.7 możemy
zapisać:
∗
∗
=
B
A
v
v
gdzie:
β
v
v
sin
A
A
⋅
=
∗
β
v
v
cos
B
B
⋅
=
∗
4
Kinematyka
Otrzymujemy ostatecznie:
β
v
β
v
cos
sin
B
A
⋅
=
⋅
cm/s
5
,
12
12
5
30
tg
cos
sin
A
A
B
=
⋅
=
⋅
=
⋅
=
β
v
β
β
v
v
Metoda II
Zadanie rozwiążemy metodą superpozycji (rys. 2.8). Prędkość punktu v
B
możemy
zapisać jako:
BA
A
B
v
v
v
+
=
Rys. 2.8.
Jeżeli zrzutujemy wektory prędkości v
A
i prędkości względnej v
BA
na kierunek wektora
prędkości v
B
oraz kierunek prostopadły do niego, otrzymamy:
— dla kierunku wektora prędkości v
B
:
β
v
v
sin
BA
B
⋅
=
— dla kierunku prostopadłego do kierunku wektora prędkości v
B
:
0
cos
A
BA
=
−
⋅
v
β
v
Otrzymaliśmy następujący układ dwóch równań z dwiema niewiadomymi:
⎩
⎨
⎧
=
−
⋅
⋅
=
0
cos
sin
A
BA
BA
B
v
β
v
β
v
v
Z drugiego równania wyznaczamy prędkość v
BA
:
β
v
v
cos
A
BA
=
i podstawiamy do równania pierwszego:
cm/s
5
,
12
12
5
30
tg
sin
cos
A
A
B
=
⋅
=
⋅
=
⋅
=
β
v
β
β
v
v
Możemy również wyznaczyć prędkość kątową ω
1
korbowodu AB:
rad/s
5
,
0
13
12
65
30
cos
A
BA
1
=
⋅
=
⋅
=
=
β
L
v
L
v
ω
Metoda III
Wykorzystujemy metodę chwilowego środka obrotu (rys. 2.9). Chwilowy środek obrotu
S leży na przecięciu prostych, poprowadzonych z punktów A i B, prostopadłych do
kierunków prędkości, odpowiednio v
A
i v
B
.
Wyznaczanie prędkości i przyspieszeń ciała w ruchu postępowym, obrotowym i płaskim ...
5
Rys. 2.9.
Prędkość kątowa ω
1
korbowodu AB jest równa:
rad/s
5
,
0
13
12
65
30
cos
A
1
=
⋅
=
⋅
=
β
L
v
ω
natomiast prędkość punktu B:
cm/s
5
,
12
13
5
65
5
,
0
sin
1
B
=
⋅
⋅
=
⋅
=
β
L
ω
v
Korba OA jest w ruchu obrotowym z prędkością ω
0
i przyspieszeniem (opóźnieniem) ε
0
.
Przyspieszenie punktu A (rys. 2.10) jest więc równe:
t
n
a
a
a
A
A
A
+
=
gdzie:
2
2
2
0
A
cm/s
45
20
)
5
,
1
(
=
⋅
=
⋅
=
R
ω
a
n
2
0
A
cm/s
80
20
4
=
⋅
=
⋅
=
R
ε
a
t
Rys. 2.10.
Całkowite przyspieszenie punktu A jest więc równe:
2
2
2
2
A
2
A
A
cm/s
7878
,
91
8425
)
80
(
)
45
(
)
(
)
(
=
=
+
=
+
=
t
n
a
a
a
Przyspieszenie punktu B możemy zapisać w następujący sposób:
t
n
t
n
a
a
a
a
a
a
a
BA
BA
A
A
BA
A
B
+
+
+
=
+
=
gdzie:
2
2
2
1
BA
cm/s
25
,
16
65
)
5
,
0
(
=
⋅
=
⋅
=
L
ω
a
n
6
Kinematyka
Wartości przyspieszenia
n
a
BA
nie znamy, gdyż nie jest znane przyspieszenie ε
1
. Jeżeli
zrzutujemy wektory przyspieszeń na kierunek wektora przyspieszenia a
B
oraz kierunek
prostopadły do niego, otrzymamy:
— dla kierunku wektora przyspieszenia a
B
:
β
a
β
a
a
a
t
n
n
sin
cos
BA
BA
A
B
⋅
+
⋅
+
=
— dla kierunku prostopadłego do kierunku wektora przyspieszenia a
B
:
β
a
β
a
a
t
n
t
cos
sin
0
BA
BA
A
⋅
−
⋅
+
=
Otrzymujemy zatem układ dwóch równań z dwoma niewiadomymi:
⎪⎩
⎪
⎨
⎧
⋅
−
⋅
+
=
⋅
+
⋅
+
=
β
a
β
a
a
β
a
β
a
a
a
t
n
t
t
n
n
cos
sin
0
sin
cos
BA
BA
A
BA
BA
A
B
Z drugiego równania wyznaczamy
t
a
BA
:
β
β
a
a
a
n
t
t
cos
sin
BA
A
BA
⋅
+
=
i podstawiamy do równania pierwszego:
β
β
β
a
a
β
a
a
a
n
t
n
n
sin
cos
sin
cos
BA
A
BA
A
B
⋅
⋅
+
+
⋅
+
=
Po uproszczeniu otrzymujemy:
β
a
β
a
a
a
n
t
n
cos
1
tg
BA
A
A
B
⋅
+
⋅
+
=
2
B
cm/s
9375
,
95
12
13
25
,
16
12
5
80
45
=
⋅
+
⋅
+
=
a
Możemy, znając
t
a
BA
, wyznaczyć przyspieszenie kątowe ε
1
:
2
BA
A
BA
cm/s
4375
,
93
13
12
13
5
25
,
16
80
cos
sin
=
⋅
+
=
⋅
+
=
β
β
a
a
a
n
t
t
2
BA
1
rad/s
1,4375
65
4375
,
93
=
=
=
L
a
ε
t
Zadanie 2.3.
Dla mechanizmu korbowo-wodzikowego przedstawionego na rys. 2.11 wyznaczyć
prędkości i przyspieszenia punktów A i B. Określić położenie chwilowego środka
obrotu wodzika AB.
Dane:
cm
20
A
O
1
1
=
= R
cm
40
B
O
2
2
=
= R
cm
60
O
O
2
1
=
= W
rad/s
1
1
=
ω
Rys. 2.11.
Wyznaczanie prędkości i przyspieszeń ciała w ruchu postępowym, obrotowym i płaskim ...
7
Rozwiązanie
Korba O
1
A jest w ruchu obrotowym (rys. 2.12), ze stałą prędkością kątową ω
1
.
Prędkość punktu A jest zatem równa:
cm/s
20
20
1
A
O
1
1
1
1
A
=
⋅
=
⋅
=
⋅
=
R
ω
ω
v
Rys. 2.12.
Korba O
2
B jest również w ruchu obrotowym, jednak jej prędkości kątowej ω
2
nie
znamy. Wodzik AB jest w ruchu płaskim.
Przed przystąpieniem do dalszych obliczeń, określimy
zależności geometryczne w oparciu o rysunek 2.13.
1
45
tg
O
O
S
O
2
1
1
=
°
=
cm
60
O
O
S
O
2
1
1
=
=
=
W
cm
40
20
60
S
O
A
O
S
O
AS
1
1
1
1
=
−
=
−
=
−
=
R
cm
2
60
)
O
O
(
S)
(O
S
O
2
2
1
2
1
2
=
+
=
cm
44,853
cm
2)
2
3
(
20
40
2
60
B
O
S
O
BS
2
2
≈
−
=
=
−
=
−
=
Rys. 2.13.
Długość wodzika AB jest równa:
cm
32,780
cm
2
8
14
20
)
20
2
20
(
)
2
20
0
6
(
]
)
sin(45
[
)]
5
4
cos(
[
DC)
DB
(
D)
O
O
(O
CB)
(
(AC)
AB
2
2
2
1
2
2
2
2
2
2
2
1
2
2
≈
−
=
−
+
−
=
=
−
°
⋅
+
°
⋅
−
=
=
−
+
−
=
+
=
R
R
R
W
Wyznaczamy wartość kąta β:
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
=
AC
CB
arctg
β
gdzie:
cm
)
1
2
(
20
20
2
2
40
)
45
sin(
DC
DB
CB
1
2
−
=
−
⋅
=
−
°
⋅
=
−
=
R
R
cm
)
2
3
(
20
2
2
40
60
)
45
cos(
D
O
O
O
AC
2
2
2
1
−
=
−
=
°
⋅
−
=
−
=
R
W
Kąt β jest więc równy:
°
≈
⎟
⎟
⎠
⎞
⎜
⎜
⎝
⎛
−
−
=
⎥
⎥
⎦
⎤
⎢
⎢
⎣
⎡
−
−
=
639
,
14
2
3
1
2
arctg
)
2
3
(
20
)
1
2
(
20
arctg
β
8
Kinematyka
Punkt S jest chwilowym środkiem obrotu dla wodzika AB (rys. 2.14). Możemy zatem
wyznaczyć prędkość kątową wodzika ω:
rad/s
5
,
0
40
20
AS
A
=
=
=
v
ω
Rys. 2.14.
Prędkość punktu B jest równa:
cm/s
426
,
22
)
2
2
3
(
10
)
2
2
3
(
20
5
,
0
BS
B
≈
−
=
−
⋅
=
⋅
= ω
v
Znając prędkość punktu B, możemy wyznaczyć prędkość kątową korby O
2
B:
rad/s
561
,
0
4
2
2
3
40
)
2
2
3
(
10
BS
B
O
2
B
2
≈
−
=
−
=
⋅
=
v
ω
Wyznaczanie przyspieszeń poszczególnych punktów rozpoczynamy od punktu A.
Korba O
1
A jest w ruchu obrotowym ze stałą prędkością ω
1
, dlatego w punkcie A
wystąpi tylko przyspieszenie normalne
n
a
A
:
2
2
1
2
1
1
2
1
A
A
cm/s
20
20
)
1
(
A
O
=
⋅
=
⋅
=
⋅
=
=
R
ω
ω
a
a
n
Przyspieszenie punktu B jest równe (rys. 2.15):
t
n
t
n
a
a
a
a
a
a
a
a
BA
BA
A
B
B
BA
A
B
+
+
=
+
+
=
gdzie:
2
A
cm/s
20
=
a
2
2
2
2
2
2
2
2
B
cm/s
574
,
12
)
2
6
11
(
5
40
4
2
2
3
B
O
≈
−
=
⋅
⎟
⎟
⎠
⎞
⎜
⎜
⎝
⎛
−
=
⋅
=
⋅
=
R
ω
ω
a
n
2
2
2
BA
cm/s
195
,
8
2
8
14
5
2
8
14
20
)
5
,
0
(
AB
≈
−
=
−
⋅
=
⋅
= ω
a
n
Zrzutujmy wektory zaczepione w punkcie B na kierunek przyspieszenia normalnego
n
a
B
i stycznego
t
a
B
. Otrzymujemy:
— na kierunku przyspieszenia normalnego
n
a
B
:
)
45
cos(
)
45
sin(
)
45
cos(
BA
BA
A
B
β
a
β
a
a
a
t
n
n
−
°
⋅
+
−
°
⋅
−
°
⋅
=
Wyznaczanie prędkości i przyspieszeń ciała w ruchu postępowym, obrotowym i płaskim ...
9
— na kierunku przyspieszenia stycznego
t
a
B
:
)
45
sin(
)
45
cos(
)
45
sin(
BA
BA
A
B
β
a
β
a
a
a
t
n
t
−
°
⋅
+
−
°
⋅
+
°
⋅
=
Rys. 2.15.
Otrzymaliśmy układ dwóch równań z dwiema niewiadomymi
t
a
BA
i
t
a
B
.
⎪⎩
⎪
⎨
⎧
−
°
⋅
+
−
°
⋅
+
°
⋅
=
−
°
⋅
+
−
°
⋅
−
°
⋅
=
)
45
sin(
)
45
cos(
)
45
sin(
)
45
cos(
)
45
sin(
)
45
cos(
BA
BA
A
B
BA
BA
A
B
β
a
β
a
a
a
β
a
β
a
a
a
t
n
t
t
n
n
Z pierwszego równania wyznaczamy
t
a
BA
:
2
BA
A
B
BA
cm/s
981
,
2
863
,
0
505
,
0
195
,
8
707
,
0
20
574
,
12
)
45
cos(
)
45
sin(
)
45
cos(
≈
⋅
+
⋅
−
=
=
−
°
−
°
⋅
+
°
⋅
−
=
β
β
a
a
a
a
n
n
t
i podstawiamy do równania drugiego:
2
B
cm/s
718
,
22
505
,
0
981
,
2
863
,
0
195
,
8
707
,
0
20
≈
⋅
+
⋅
+
⋅
=
t
a
Poszczególne przyspieszenia kątowe ε i ε
2
są równe:
2
BA
rad/s
091
,
0
780
,
32
981
,
2
AB
=
=
=
t
a
ε
2
2
B
2
rad/s
568
,
0
40
718
,
22
B
O
=
=
=
t
a
ε