Materiały dydaktyczne. Mechanika. Semestr I

Transkrypt

1 Materiały dydaktyczne Mechanika Semestr I Ćwiczenia

2 8. Przedmiot: MECHANIKA Kierunek: Mechatronika Specjalność: elektroautomatyka okrętowa Rozkład zajęć w czasie studiów Studia pierwszego stopnia Liczba godzin Liczba godzin Liczba tygodni Semestr w tygodniu w semestrze w semestrze A Ć L S Σ A Ć L S I Razem w czasie studiów Punkty kredytowe Treść zajęć wykładowych i ćwiczeniowych w semestrze I Nr tematu Tematy i ich rozwinięcie Razem W Ć 1 Podział, zadania i podstawowe pojęcia mechaniki ogólnej. Zasady statyki. Repetytorium z rachunku wektorowego. 2 Redukcja zbieżnego i równoległego układu sił. Para sił i jej własności, moment pary sił (moment obrotowy). 3 Redukcja płaskiego układu sił: wektor główny i moment główny układu sił; redukcja tylko do wypadkowej lub tylko do pary sił. 4 Warunki równowagi statycznej płaskiego układu sił Moment siły względem osi, warunki równowagi statycznej przestrzennego układu sił. Środek sił równoległych Środek ciężkości ciał jednorodnych liniowych, płaskich i przestrzennych. 7 Momenty statyczne, bezwładności i dewiacji punktów materialnych i ciał o skończonych wymiarach (momenty geometryczne i masowe). 8 Rodzaje tarcia. Tarcie ślizgowe suche spoczynkowe i kinetyczne Tarcie toczne. Tarcie w łożyskach tocznych. 9 Kinematyka punktu materialnego: równania ruchu i tor ruchu, prędkość i przyspieszenie punktu. Kinematyka punktu w ruchu po okręgu. Ruch harmoniczny punktu materialnego. 10 Kinematyka ciała doskonale sztywnego; ruch postępowy i obrotowy Kinematyka ciała sztywnego w ruchu płaskim: prędkości i przyspieszenia ciała i jego punktów, chwilowy środek obrotu i środek przyspieszeń. 12 Podstawowe pojęcia teorii mechanizmów i maszyn (człon, para i łańcuch kinematyczny, ruchliwość, więzy) 13 Analiza kinematyczna mechanizmów (położenia i trajektorie, środek obrotu, prędkości i przyspieszenia członu i jego punktów). Mechanizmy dźwigniowe, krzywkowe, zębate. 14 Dynamika punktu materialnego: podstawowe pojęcia (w tym siła bezwładności), zadania i prawa dynamiki. Razem

3 Temat 1. Powtórzenie rachunku wektorowego. Zagadnienia: Wielkości skalarowe i wektorowe. Iloczyn skalarowy i wektorowy dwóch wektorów. Moment siły względem punktu. Twierdzenie Varignona. Wielkości skalarowe i wektorowe. Wielkości fizyczne skalarowe to takie, dla określenia których należy podać wyłącznie ich wartość liczbową, np. masa, czas, temperatura, ciepło, długość, odległość itp. Wielkości fizyczne wektorowe, inaczej skierowane, to takie, dla określenia których należy podać ich kierunek, zwrot, wartość liczbową i niekiedy punkt zaczepienia, w przypadku wektorów tzw. zaczepionych. Wyróżnia się więc wektory: swobodne, które można równolegle przesuwać w przestrzeni, np. wektor momentu pary sił, wektor prędkości kątowej ciała w ruchu płaskim; posuwne, które można przesuwać jedynie wzdłuż ich ustalonej linii działania, np. wektor siły działającej na ciało doskonale sztywne, wektor prędkości kątowej i przyspieszenia kątowego ciała w ruchu obrotowym dokoła stałej osi; zaczepione, które są zaczepione w ściśle określonym punkcie przestrzeni, np. moment siły względem punktu, prędkość punktu materialnego. Z A AB = Wektor w interpretacji geometrycznej przedstawia się parą uporządkowanych punktów, np. A i B, z których A jest początkiem wektora a B jest końcem wektora, i oznacza symbolem AB lub. Rzutując wektor prostokątnie na osie układu Z otrzymuje się wektory składowe,, na osiach układu. Wprowadza się tzw. wersory osi,,, tzn. wektory jednostkowe o kierunku i zwrocie odpowiedniej osi układu. Wektory składowe,, można wówczas przedstawić w postaci = ; = ; = gdzie,, są składowymi wektora na osiach układu Z. Wartość wektora można określić za pomocą składowych w następujący sposób = = + +

4 Wektory podlegają m.in. następującym prawom: Dodawania wektorów: + = dejmowania wektorów: = + = Mnożenia przez liczbę: = Iloczyn skalarowy i wektorowy dwóch wektorów Def. Iloczynem skalarowym dwóch wektorów i nazywa się skalar określony następująco = cos gdzie α jest miarą kąta zawartego między wektorami i. Iloczyn skalarowy jest rozdzielny względem dodawania i jest przemienny, tzn. =. Iloczyny skalarowe wersorów osi są następujące = = = 1 = = = 0 tzn. iloczyny skalarowe tych samych wersorów są równe 1, zaś różnych wersorów są równe 0. Tw. Łatwo wykazać, że iloczyn skalarowy dwóch wektorów = + + = + + można przedstawić za pomocą składowych tych wektorów w następujący sposób = + +. Tw. Warunkiem koniecznym prostopadłości dwóch wektorów jest zerowanie się ich iloczynu skalarowego. Def. Iloczynem wektorowym dwóch wektorów i nazywa się wektor = o następujących własnościach: - ; - zwrot wynika z reguły śruby prawoskrętnej (wyznacza go kierunek ruchu translacyjnego śruby prawej przy obracaniu tej śruby zgodnie z ruchem nakładania wektora na wektor po kącie mniejszym od półpełnego); - wartość wektora jest równa: = sin = h =, gdzie α jest miara kąta zawartego między wektorami i, a P jest polem powierzchni równoległoboku zbudowanego na wektorach i.

5 h P Iloczyn wektorowy jest rozdzielny względem dodawania, ale nie jest przemienny, tzn. = Iloczyny wektorowe wersorów osi = = =0 = = = tzn. iloczyny wektorowe tych samych wersorów są równe 0, natomiast iloczyn dwóch kolejnych wersorów jest trzecim wersorem. Tw. Warunkiem koniecznym równoległości dwóch wektorów jest zerowanie się ich iloczynu wektorowego. Moment siły względem punktu Def. Momentem siły względem punktu nazywa się wektor o następujących własnościach: - jest prostopadły do płaszczyzny utworzonej przez siłę i punkt ; - zwrot wektora momentu wynika z reguły śruby prawoskrętnej (wyznacza go ruch translacyjny śruby prawej, przy jej obracaniu w kierunku wyznaczonym działaniem siły względem punktu ); - wartość momentu określa wyrażenie = = h sin = h sin [Nm] gdzie h jest ramieniem siły względem punktu, a α jest miarą kata między promieniem wodzącym siły a wektorem siły. α h Można udowodnić twierdzenie: = Momentem siły względem punktu jest iloczyn wektorowy promienia wodzącego siły i wektora siły (lecz nie w odwrotnej kolejności).

6 Twierdzenie Varignona. Twierdzenie: Moment sumy n sił zaczepionych w jednym punkcie jest równy sumie momentów tychże sił. Twierdzenie to zostanie zastosowane do dwóch sił, będących składowymi siły leżącej w płaszczyźnie. Moment siły względem punktu jest Z y (x, y) równy sumie momentów sił składowych i względem punktu gdzie: = ( ) + = = = = x, y współrzędne dowolnego punktu na linii działania siły Moment leży na osi Z (tutaj wchodzi za płaszczyznę rysunku). Zadanie 1.1. Dane są dwa wektory sił: AB i AC o współrzędnych punktów wyznaczających te wektory: A(-2,-3,3), B(1,2,5), C(2,3,5). Należy: a) Podać składowe wektorów AB i AC na osiach układu. b) Wyznaczyć składowe wektora wypadkowego tych sił. c) Wyznaczyć rzuty prostokątne wektorów tych sił na osie układu Z. d) Znaleźć iloczyn skalarowy wektorów AB i AC wyrażony ich składowymi. Zadanie 1.2. Dany jest wektor siły AB = ( 3,3,2) o linii działania przechodzącej przez punkt C(1,1,0). Należy wyznaczyć moment siły AB względem punktów (0,0,0) i C(1,1,0). Kiedy moment wektora względem punktu jest równy 0? Jakimi wektorami są wektory momentów sił leżących w płaszczyźnie, Z i Z względem punktów leżących w danej płaszczyźnie? Literatura: [1], rozdz. 7, str [2], rozdz.2.6; rozdz. 7.4 i 7.5. [4], rozdz. 1, str Temat 2. Redukcja zbieżnego i równoległego układu dwóch sił. Zagadnienia: Wyznaczanie wypadkowej układu zbieżnego i równoległego dwóch sił Wyznaczanie sił reakcji podporowych. Wyznaczanie sił wewnętrznych w cięgnach i prętach.

7 Przykład 2.1. Ramię robota, pokazanego schematycznie na rysunku, unosi ładunek o ciężarze G = 250 N. Dane: AB = AC =1 m; BC=CD=1.1 m. Należy wyznaczyć siłę F z jaką siłownik AC działa na ramię BD w położeniu pokazanym na poniższym schemacie i określonym powyższymi wymiarami. B A C D Rozwiązanie: Zakładamy, że ramię 1 i siłownik 2 są nieważkie (ciężar ich jest pomijalnie mały w stosunku do ciężaru G ładunku). Na nieważki siłownik działają tylko dwie siły: siła oddziaływania ramienia 1 i oddziaływania podstawy 3. Na podstawie drugiej zasady statyki wiemy, że dwie siły pozostają w równowadze, jeżeli mają przede wszystkim ten sam kierunek. Stąd wynika, że kierunek sił i jest kierunkiem prostej AC. 3 B A 1 2 C E D Z kolei z zasady akcji i reakcji wynika, że siła oddziaływania siłownika na ramię 1 jest wektorem przeciwnym do, czyli = Kierunek siły ciężkości ładunku jest pionowy i przecina się w punkcie E z kierunkiem siły. Na ramię 1 działa jeszcze trzecia siła oddziaływania podstawy 3 w punkcie B. Z twierdzenia o równowadze trzech sił nierównoległych wynika, że siły te muszą być zbieżne, czyli kierunek siły musi przechodzić przez punkt E. Skala sił: 200 N Warunkiem wystarczającym równowagi trzech sił nierównoległych jest zamykanie się wieloboku tych sił. Rysujemy w pewnej skali wielobok sił:, i, przy czym dla siły znamy jej kierunek, zwrot i wartość. Z proporcji długości wektorów, i wyznaczamy wartości sił i. Zwroty tych sił wyznacza obieg w wieloboku sił zgodny ze zwrotem siły.

8 Zadanie 2.2. Podnośnik śrubowy ABCDE ma cztery doskonale sztywne ramiona o długości AB = BC = CD = DE = l = 0.3 m., połączone przegubowo w sposób pokazany na schemacie. Podnośnik obciążony jest w przegubie C pionową siłą ciężkości pojazdu G = 4000 N. Należy wyznaczyć siły wewnętrzne w ramionach AB, BC, CD i DE, oraz w śrubie BE w położeniu podnośnika, przy którym miara kąta α = 30⁰. Zadanie rozwiązać wykreślnie i analitycznie. C B α D E A Zadanie 2.3. Pozioma dźwignia zaworowa ABC silnika spalinowego, traktowana jako doskonale sztywna belka, podparta jest przegubowo w punkcie B. W punkcie końcowym C na dźwignię działa pionowa siła sprężyny o wartości F = 500 N. Należy wyznaczyć sposobem wykreślnym i analitycznym pionowe siły i oddziaływania na dźwignię popychacza w punkcie A i przegubu w punkcie B. Dane: AB = 1.5 BC = 0.3 m. A B C Literatura: [4] rozdz. 2. str

9 Temat 3. Redukcja płaskiego ogólnego układu sił. Zagadnienia: Wektor główny i moment główny płaskiego układu sił. Redukcja płaskiego układu tylko do wypadkowej; równanie linii działania wypadkowej. Przykład 3.1. Na płaski model kadłuba statku działa układ czterech sił:,,, o wartościach liczbowych: F 1 = 50 N, F 2 = 300 N, F 3 = 200 N i F 4 = 500 N oraz o liniach działania pokazanych na schemacie. Należy wyznaczyć: a) wektor główny i moment główny podanego układu sił w punkcie ; b) wypadkową (jeżeli istnieje) podanego układu sił, tzn. jej linię działania, zwrot i wartość. (0;3.21) ⁰ ⁰ -3 45⁰ Rozwiązanie: Ad. a) Wyznaczamy wektor główny w punkcie = + gdzie: = cos 45 + cos 45 cos [N] = sin 45 sin sin [N] Wyznaczamy moment główny w punkcie = = gdzie znak momentu jest dodatni, gdy działanie siły względem punktu jest zgodne z kierunkiem nakładania pierwszej osi układu, tj. na oś drugą, tj., po kącie mniejszym od półpełnego; w rozważany przypadku jest to kierunek w lewo, czyli = sin 45 3 sin 45 1 sin 60 1 cos = [Nm] Ad. b) Wyznaczamy wypadkową układu sił Ponieważ wektor główny nie jest wektorem zerowym, więc podany układ sił można zredukować tylko do jednej siły wypadkowej = +

10 gdzie: = = [N], = = 3.57 [N] Linia działania wypadkowej określona jest następującym równaniem w postaci kierunkowej () = czyli wypadkowa będąc wektorem równoległym do wektora głównego i o tym samym zwrocie jak wektor główny przechodzi przez punkt (0; 3.21). Zadanie 3.2. Na belkę podpartą na podporze stałej A i podporze przesuwnej B działają w sposób pokazany na schemacie: siła skupiona o wartości F = 100 kn, para sił, o wartości = = 50 kn i o ramieniu 2 m oraz obciążenie ciągłe trójkątne o maksymalnym natężeniu q max = 100 kn/m. Należy wyznaczyć w punkcie wektor główny i moment główny oraz wypadkową podanego układu sił (jeżeli istnieje). q max A= B 45⁰ 2 m 2 m 2 m Literatura: [4] rozdz. 3. str Temat 4. Warunki równowagi statycznej płaskiego układu sił. Zagadnienia: wyznaczanie sił reakcji podporowych; wyznaczanie sił wewnętrznych w prętach kratownic. Przykład 4.1. Kratownica dźwigara dachowego, pokazana schematycznie na rysunku poniżej, obciążona jest siłami skupionymi, i o wartościach liczbowych: = 100 kn, = 200 kn, = 50 kn. Pręty kratownicy tworzą trójkąty równoboczne o boku 2m. Należy wyznaczyć: e) siły reakcji w podporach A i B; f) siły wewnętrzne w prętach kratownicy metodą wydzielania węzłów sposobem wykreślnym i analitycznym; g) siły wewnętrzne we wskazanych gwiazdką prętach kratownicy metodą przecięć Rittera.

11 2 m 2 m 2 m 2 m A= 45⁰ B Rozwiązanie: Ad a) Wyznaczamy siły reakcji w podporach A i B. Uwalniamy myślowo kratownicę od więzów i w ich miejsce wstawiamy siły reakcji podporowych. W nieprzesuwnej (stałej) podporze A są w ogólności dwie składowe siły reakcji: i, natomiast w przesuwnej podporze B jest tylko jedna (tutaj pionowa) składowa. 2 m 2 m 2 m 2 m A= 45⁰ B Piszemy równania równowagi statycznej wszystkich sił czynnych i sił reakcji podporowych działających na całą kratownicę; w równaniu momentów sił zakłada się, że moment działający w prawo jest dodatni = + cos 45 = 0 = sin 45 + = 0 = 3 sin = 0 skąd otrzymuje się wartości sił reakcji podporowych: = cos 45 = = [kn]

12 = [kn] = sin [kn] Ad b) Wyznaczamy siły wewnętrzne w prętach metodą wydzielania węzłów. znaczamy węzły cyframi rzymskimi a pręty cyframi arabskimi. VIII 12 VI 8 IV 4 II VII I 14 A= 10 45⁰ V 6 B III 2 I Sprawdzamy jeszcze warunek konieczny statycznej rozwiązywalności kratownicy płaskiej: 2 w = 2 9 = 18 = p + 3 = = 18 gdzie w jest liczbą węzłów : w = 9, a p jest liczbą prętów: p = 15. Warunek ten jest spełniony i wystarczający, aby kratownica była statycznie rozwiązywalna, gdyż każdy węzeł jest dołączony za pomocą tylko dwóch prętów. Rozwiązywanie kratownicy rozpoczyna się od węzła, w którym zbiegają się co najwyżej dwa pręty o nieznanych siłach wewnętrznych. Tutaj można więc zacząć od węzła I. Wydzielamy myślowo węzeł z kratownicy, zastępując przecięte pręty siłami wewnętrznymi S 1 i S 2. W sposobie graficznym budujemy zamknięty wielobok sił S 1, S 2 i, a w sposobie analitycznym piszemy równania równowagi sił działających na węzeł I. Sposób graficzny Sposób analityczny 60⁰ Skala sił 100 N = cos 60 = 0 = sin 60 = 0 stąd siły w prętach = sin 60 = [kn] 3 = cos 60 = = [kn]

13 Pręt 1 jest prętem rozciąganym a pręt 2 ściskanym. Rozwiązujemy teraz kolejny węzeł tj. II, wydzielając go myślowo z kratownicy, potem węzeł III, itd. Należy oczywiście przyjąć zwrot siły S 1 działającej na węzeł II, przeciwny do zwrotu tejże siły działającej na węzeł I. Stąd wyjątkowo nie zaznacza się symbolu wektora przy wektorach sił wewnętrznych w prętach kratownicy, budując wieloboki sił dla poszczególnych węzłów. Ad. c) Wyznaczamy siły wewnętrzne w wybranych prętach kratownicy metodą Rittera. Wyznaczając siły wewnętrzne w prętach kratownicy metodą wydzielania węzłów, należy rozpocząć rozwiązywanie od krańcowych węzłów. Metodą przecięć Rittera można w jednym kroku wyznaczyć siły w dowolnie wybranych prętach. Tutaj są to pręty 7 i 8. VIII 12 VI 8 IV 4 II m VII I 14 A= 10 45⁰ V 6 B III 2 I Metoda ta przebiega w następujących etapach: Myślowo rozcina się w sposób zupełny kratownicę na dwie części. W zadaniu należy wyznaczyć siły wewnętrzne w dwóch tylko prętach, jednakże zupełność przecięcia kratownicy na dwie oddzielne części, zmusza do przecięcia trzech prętów kratownicy (sposób przecięcia pokazano na rysunku). Należy dodać, że liczba przeciętych prętów nie może być większa od trzech, gdyż dla dowolnego płaskiego układu sił można napisać co najwyżej trzy równania równowagi statycznej. drzuca się myślowo jedną z części kratownicy (tutaj wygodniej jest odrzucić lewą część, gdyż układ sił działających na część prawą jest prostszy) i w miejsce odrzuconych prętów przykłada się siły wewnętrzne, w tych prętach. Zakłada się zwroty sił w prętach na zewnątrz przekroju, czyli zakłada się, że pręty są rozciągane. Formułuje się równania równowagi statycznej sił działających na tylko prawą część kratownicy = = 0 = = 0 = cos 30 + = 0 i wyznacza na ich podstawie wartości sił w wybranych prętach kratownicy = [kn] 3

14 = [kn] cos 30 = [kn] 3 Pręt 6 jest ściskany, natomiast pręty 7 i 8 są rozciągane. Zadanie 4.2. Doskonale sztywna belka ABC z przegubem w punkcie B jest utwierdzona w punkcie A i podparta na podporze przesuwnej w punkcie C. Na belce znajduje się wózek wciągarki, za pomocą której jest przyciągany ukośnie pod kątem 60⁰ względem poziomu ładunek o ciężarze F = N. A 3 m 1 m 1 m 7 m 0.2 m D B E C Należy wyznaczyć: - Siły oddziaływania kół wózka wciągarki na belkę w punktach D i E - Siły reakcji w podporach A i C - Siły wzajemnego oddziaływania lewej i prawej części belki w przegubie B Literatura: [2] rozdz. 6. str ; [4] rozdz. 3. str ; rozdz. 4. str Temat 5. Wybrane zagadnienia przestrzennego układu sił. Zagadnienia: moment siły względem osi; warunki równowagi statycznej przestrzennego układu sił. Przykład 5.1. Dźwig portowy wspiera się na trzech podporach ABD, z których A jest unieruchomiona w kierunkach trzech osi, i Z, podpora D jest unieruchomiona w kierunkach osi i Z, natomiast podpora B jest unieruchomiona tylko w kierunku osi Z. Ciężar podstawy dźwigu w kształcie graniastosłupa o podstawie trójkąta równobocznego o boku 12 3 m wynosi G 1 = N. Ciężar wysięgnika wynosi G 2 = N. Dźwig przyciąga za pomocą liny EK nachylonej do pionu pod kątem α ładunek siłą F = 5000 N. Należy wyznaczyć siły reakcji w podporach A, D i B.

15 Z 6 3, 6,8 6 3, 10,10 α 6 3, 2,3 6 3, 6,0 12 3, 0,0 12 3, 10,0 Rozwiązanie: Z treści zadania wynika, że w podporze A umiejscowionej w punkcie wystąpią trzy niewiadome składowe siły reakcji:,,, w podporze D dwie niewiadome składowe siły reakcji:, a w podporze B jedna niewiadoma składowa siły reakcji, czyli łącznie sześć niewiadomych. Warunkiem równowagi przestrzennego układu sił jest zerowanie się sumy rzutów wszystkich sil czynnych na trzech osiach układu oraz zerowanie się sumy rzutów momentów wszystkich sił względem trzech osi układu. Stąd sześć równań równowagi statycznej układu z sześcioma niewiadomymi składowymi sił reakcji podporowych = + sin = 0 = + = 0 = + + cos = 0 = cos 10 = 0 6 = sin 10 + cos 6 3 = 0 gdzie: = 12 sin 10 = 0 3

16 sin = = ; cos = = Z powyższych równań otrzymuje się składowe sił reakcji podporowych: = sin 1635 [N] 10 3 = sin = = [N] [N] = cos [N] = sin + cos [N] 2 2 = + + cos [N] Literatura: [4] rozdz. 5. str ; rozdz. 6. str Temat 6. Środek ciężkości ciał jednorodnych liniowych, płaskich i przestrzennych. Zagadnienia: moment statyczny geometryczny lub masowy ciała względem płaszczyzny lub osi; wyznaczanie współrzędnych środka ciężkości ciał liniowych, płaskich lub przestrzennych; Przykład 6.1. Wyznaczyć położenie środka ciężkości jednorodnej linii materialnej łamanej o długościach poszczególnych odcinków l i i współrzędnych środków ciężkości tych odcinków (,, ). Z (,, ) (,, ) (,, ) (,, ) Rozwiązanie: Moment statyczny geometryczny i-tego odcinka linii względem płaszczyzny Z (odcinek skupiamy myślowo w jego środku ciężkości C i ) = [m ] oraz moment statyczny rzeczywisty całej linii względem płaszczyzny Z = ( ) [m ] Na podstawie podstawowego twierdzenia o środku ciężkości, moment statyczny rzeczywisty jest równy momentowi statycznemu całej linii skupionej w jej środku ciężkości

17 stąd otrzymuje się współrzędną x i analogicznie pozostałe współrzędne = ( ) = [m ] = ( ) = ( ) = ( ) W przypadku niejednorodnej odcinkami linii materialnej, tzn. niejednakowych gęstościach liniowych ρ i poszczególnych odcinków, należy w powyższych wzorach uwzględnić gęstość ρ i = ( ) ( ) = ( ) ( ) = ( ) ( ) Przykład 6.2. Należy wyznaczyć położenie środka ciężkości trójkąta o podanej geometrii względem układu Z. A,, Z E,, D,, F,, C,, B,, H,, Rozwiązanie: Dowodzi się na podstawie tw. Talesa, że środek ciężkości trójkąta C,, leży w punkcie przecięcia się środkowych AF, DH i BE i że dzielą się one w stosunku 1:2, tzn. AC FC = BC EC = DC HC = 2 1 Stąd wynika natychmiast, że środek ciężkości C leży w odległości jednej trzeciej wysokości trójkąta od jego podstawy. Można wykazać ponadto, że współrzędne środka ciężkości,, są średnią arytmetyczną współrzędnych wierzchołków trójkąta Przykład 6.3. = ; = ; = Należy wyznaczyć położenie środka ciężkości C, powierzchni przekroju ceownika o wymiarach a = 4g, h = 6g, g pokazanych na schemacie.

18 h 33, 3 g C, 22, 2 Rozwiązanie: Powierzchnię przekroju kątownika dzieli się na figury, tutaj prostokąty, dla których łatwo znaleźć środek ciężkości. Współrzędne środków ciężkości poszczególnych prostokątów są następujące: = 2 ; = 2 ; = 2 ; = h 2 11, = 2 ; = h 2 a Moment statyczny całego pola powierzchni przekroju względem osi jest sumą momentów statycznych pól powierzchni trzech prostokątów, które zgodnie z podstawowym twierdzeniem o środku ciężkości można skupić w ich środkach ciężkości, stąd = + + = + (h 2 ) + = = 2 + (h 2 ) = 18 [m ] Zgodnie z podstawowym tw. o środku ciężkości można całe pole przekroju skupić w jego środku ciężkości i wówczas moment statyczny jest równy = ( + + ) = [ + (h 2 ) + ] = 12 Z porównania powyższych momentów statycznych: rzeczywistego i zastępczego, otrzymuje się współrzędną x C 18 = = czywiście ze względu na symetrię przekroju współrzędna = h 2. Przykład 6.4. Należy wyznaczyć położenie środka ciężkości odcinka okręgu o promieniu R i kącie rozwarcia 2ψ, położonego symetrycznie względem osi w sposób pokazany na rysunku. R ψ C(0, ) dφ φ y dl Rozwiązanie: W przypadku ciał kołowych, kulistych, obłych nie istnieje możliwość podziału takich ciał na skończoną ilość ciał o znanych środkach ciężkości, tak jak w poprzednim przykładzie przekroju ceownika. Należy więc dokonać podziału odcinka okręgu na nieskończoną liczbę nieskończenie małych łuków okręgu o długości dl, przy czym = [m] Elementarny moment statyczny tego łuku względem osi jest równy = = sin = sin [m 2 ]

19 Rzeczywisty moment statyczny całego odcinka okręgu jest sumą elementarnych momentów statycznych = = sin [ cos ] = = = cos + + cos = 2 sin [m 2 ] Na podstawie podstawowego tw. o środku ciężkości rzeczywisty moment statyczny ciała jest równy momentowi statycznemu całego ciała skupionego w jego środku ciężkości = 2 [m 2 ] stąd z porównania obu wyrażeń otrzymuje się współrzędną y C = W szczególnym przypadku półokręgu otrzymuje się = Zadanie 6.5. Wykazać, że środek ciężkości jednorodnego stożka kołowego o wysokości H leży w odległości H /4 od jego podstawy. Literatura: [2] rozdz. 9. str ; [4] rozdz. 7. str Temat 7. Momenty bezwładności i dewiacji ciał jednorodnych. Zagadnienia: wyznaczanie momentów geometrycznych i masowych ciał liniowych i płaskich; wyznaczanie promienia bezwładności ciała; zastosowanie transformacji równoległej momentów bezwładności. Przykład 7.1. Wyznaczyć masowe momenty bezwładności jednorodnego pręta prostego o długości l i masie m względem osi prostopadłej do pręta i przechodzącej przez jego środek ciężkości C lub przez jego koniec. C A C= x dx B l/2 l/2 Rozwiązanie: Pręt zostaje podzielony na nieskończenie małe elementy o długości dx i o masie = [kg]

20 Elementarny moment bezwładności względem osi C przechodzącej przez środek ciężkości pręta jest równy = = [kgm ] natomiast całkowity moment bezwładności jest sumą momentów elementarnych = = = = 12 [kgm ] Moment bezwładności względem osi A przechodzącej przez koniec pręta można wyznaczyć na podstawie tw. Steinera = + 2 = [kgm ] 3 Przykład 7.2. Należy wyznaczyć momenty bezwładności geometryczne i masowe, oraz promienie bezwładności pola powierzchni jednorodnego koła o masie m i promieniu R. Na tej podstawie wyznaczyć również moment bezwładności jednorodnego walca kołowego o masie m i promieniu zewnętrznym R. Rozwiązanie: R r dr Pole powierzchni koła dzieli się na współśrodkowe nieskończenie cienkie elementarne pierścienie o promieniu wewnętrznym r i grubości dr. Pole powierzchni elementarnego pierścienia = 2 [m ] Elementarny geometryczny moment bezwładności pola powierzchni koła względem bieguna = = 2 [m ] oraz całkowity geometryczny moment pola powierzchni koła = = 2 = = [m ] 2 32 Całkowity masowy moment bezwładności pola powierzchni koła względem bieguna otrzyma się po pomnożeniu momentu geometrycznego przez gęstość powierzchniową = = = 2 2 = [kgm ] 8 Momenty bezwładności geometryczne lub masowe względem osi lub można wyznaczyć na podstawie twierdzenia: + = przy czym w rozważanym przypadku osie i są osiami symetrii koła, stąd = a więc oraz = = 2 = 4 = 64 [m ]

21 = = 4 = [kgm ] 16 Promienie bezwładności koła względem bieguna lub osi i = = /2 = 2 [m] = = = /4 = 2 przy czym zachodzi oczywiście zależność + = Moment bezwładności jednorodnego walca o masie m i promieniu R względem jego osi jest równy momentowi bezwładności jednorodnego koła o takiej samej masie m i promieniu R, tzn. = 2 = 8 [kgm ] [m] R R Zadanie 7.3. Należy wykazać, że moment bezwładności materialnego jednorodnego pierścienia o masie m p i średnicach: zewnętrznej D z wewnętrznej D w jest określony wzorem D z = ( + ) 8 [kgm ] a średnica bezwładności D wzorem D w = + 2 [m] Literatura: [2] rozdz. 7. str ; [4] rozdz. 16. str Temat 8. Tarcie. Zagadnienia: zastosowanie praw tarcia ślizgowego suchego i tarcia tocznego; równowaga układów mechanicznych z uwzględnieniem sił tarcia.

22 Przykład 8.1. Płaski model kadłuba pontonu w kształcie prostokąta o długości l = 7 m i wysokości h = 1 m oraz o ciężarze G = 5000 N, spoczywa na pochylni wsparty na ślizgu o współczynniku tarcia ślizgowego suchego µ = 0.2 oraz na rolce o średnicy d = 0.2 m i współczynniku tarcia tocznego δ = 2 mm. Jakie musi być nachylenie α pochylni względem poziomu, aby ponton mógł sam z niej zjechać? l/ l/ A h/ C D d/2 k B α Rozwiązanie: Kładzie się układ współrzędnych w taki sposób, że punkt pokrywa się z punktem A, a oś jest równoległa do pochylni. Przykłada się do modelu pontonu wszystkie siły zewnętrzne (tutaj jest to tylko pionowa siła ciężkości ) oraz wszystkie siły reakcji podpór: w punkcie A składową styczną czyli siłę tarcia oraz składową normalną, w punkcie B składową styczną i składową normalną przesuniętą z punktu B teoretycznego styku rolki z podłożem o wartość δ współczynnika tarcia tocznego. l/ l/ A h/ C D d/2 k B δ α Warunki równowagi statycznej modelu pontonu określone są dwoma równaniami sum składowych sił na osiach i oraz równaniem sumy momentów sił względem punktu np.

23 = + sin = 0 = + cos = 0 = + cos 2 sin h = 0 W powyższych trzech równaniach jest pięć niewiadomych:,,, i. Dodatkowe dwa równania równowagi układu wynikają z praw tarcia ślizgowego suchego i tarcia tocznego. Zakłada się, że na ślizgu A tarcie jest maksymalnie rozwinięte, czyli osiąga maksymalną wartość = natomiast w punkcie B wartość siły tarcia jest taka, że umożliwia toczenie się rolki bez poślizgu czyli () = 2 = 0 = 2 przy czym należałoby sprawdzić, czy ta wartość tarcia ślizgowego nie przekracza wartości maksymalnej określonej współczynnikiem tarcia ślizgowego w punkcie B. Po uwzględnieniu powyższych dwóch dodatkowych równań otrzymuje się po przekształceniach wyrażenie określające kąt α tan = czyli kąt α ni powinien być mniejszy niż 4.13⁰. Zadanie h h Jednorodny walec o ciężarze G 2 = 10 kn i promieniu R = 1 m połączony sztywnym nieważkim prętem CD z jednorodnym prostopadłościanem o ciężarze G 1 = 20 kn spoczywają na równi pochyłej nachylonej do poziomu pod kątem α = 30⁰. Współczynnik tarcia tocznego walca wynosi δ = 5 mm. Jaki musi być współczynnik tarcia ślizgowego µ między prostopadłościanem a równią, aby układ pozostawał w spoczynku. h D C R l α Literatura: [4] rozdz. 2. str ; rozdz. 3. str

24 Temat 9. Kinematyka punktu materialnego. Zagadnienia: określanie równań ruchu i toru ruchu punktu materialnego; wyznaczanie promienia krzywizny toru ruchu; wyznaczanie wektorów prędkości i przyspieszenia punktu materialnego. Przykład 9.1. W mechanizmie korbowo-tłokowym ramie wykorbienia A i korbowód AB mają jednakową długość, tzn. A = r = AB = l = 0.4 m. Ramię wykorbienia porusza się z ustalonym przyspieszeniem kątowym ε = 5 rad/s 2 oraz prędkością kątową w danej chwili ω = 10 rad/s. Należy: a) określić równanie ruchu i toru ruchu punktu P, znajdującego się na korbowodzie w odległości PB = l / 2 od sworznia tłokowego; b) wyznaczyć wektory prędkości i przyspieszenia oraz promień krzywizny toru ruchu punktu P, dla położenia korby φ = 0; c) wyznaczyć wektory prędkości i przyspieszenia punktu końcowego korby A dla położenia korby φ = 45⁰. A l/2 y r P(x,y) l/2 φ x B Rozwiązanie: Ad. a) Układ współrzędnych położono tak, że os jest osią symetrii tłoka a punkt pokrywa się z osią wału korbowego. Równanie ruchu ustalonego obrotowego korby A () = = 10 [rad] Równania parametryczne ruchu punktu P () = cos + 2 cos = 3 2 cos = 3 cos 2 [m] () = 2 sin = sin 2 Równanie toru ruchu otrzyma się, po wyeliminowaniu z równań parametrycznych ruchu czasu t: () 3 + () 2 = (cos ) + (sin ) = 1 2 Jest to równanie elipsy o środku w punkcie i o półosiach 3 2 i 2.

25 A 2 r l/2 P(x,y) l/2 φ B 3l/2 Ad b) Różniczkując równania ruchu punktu P otrzymuje się równania składowych prędkości () = 3 2 sin () = cos [m s 2 ] a po kolejnym zróżniczkowaniu równania składowych przyspieszenia punktu P () = 3 2 cos () = 2 sin [m s ] W położeniu początkowym ruchu, gdy punkt P znajduje się na osi droga kątowa φ = 0 i wówczas składowe prędkości i przyspieszenia są następujące ( = 0) = 0 ( = 0) = 2 = 2 [m s ] ( = 0) = 3 2 = 60 () = 0 [m s ] a wektory prędkości i przyspieszenia ( = 0) = 2 ȷ ( = 0) = 60 ı czyli wektor prędkości jest skierowany pionowo w górę wzdłuż osi, zaś wektor przyspieszenia poziomo w lewo wzdłuż osi. A τ 2 r l/2 P(x,y) ( = 0) l/2 S φ = 0 n φ ( = 0) B 3l/2 P Wektor prędkości ( = 0) wyznacza oś styczną τ φ = 0. Przyspieszenie ( = 0) jest całkowitym przyspieszeniem punktu P w chwili początkowej i leży ono na kierunku osi normalnej n φ = 0, czyli jest to jednocześnie składowa normalna przyspieszenia, której wartość określona jest wyrażeniem ( = 0) = [ ( = 0)] ( = 0) stąd promień krzywizny toru ruchu punktu P w chwili początkowej

26 ( = 0) = [ ( = 0)] = 2 ( = 0) 60 = 1 [m] 15 wyznaczający położenie środka krzywizny S φ = 0 toru ruchu w chwili początkowej. Ad. c) Punkt końcowy korby A porusza się ruchem jednostajnym z prędkością kątową korby ω = 10 rad/s po okręgu o promieniu A = r = 0.4 m. Wektor prędkości styczny do tego okręgu a prostopadły do promienia A ma wartość = = 4 [m s] Wektor przyspieszenia w ruchu jednostajnym po okręgu ma tylko składową normalną skierowaną do środka okręgu. Wartość a An tej składowej przyspieszenia wynosi = = = 40 [m s] = A r φ = 45⁰ B Zadanie 9.2. Ciężarek zawieszony na sprężynie wykonuje prostoliniowe drgania harmoniczne wzdłuż osi. W chwili początkowej nieruchomy ciężarek wychylony był z położenia zerowego na odległość x 0 = 0.05 m. Ilość drgań na minutę wynosi n = 150 1/min. Należy określić równanie harmonicznego ruchu ciężarka oraz równania parametryczne prędkości i przyspieszenia ciężarka oraz narysować wykresy tych wielkości. Wyznaczyć również amplitudy przemieszczenia, prędkości i przyspieszenia ciężarka. Literatura: [2] rozdz str ; [4] rozdz. 8. str Temat 10. Kinematyka ciała doskonale sztywnego w ruchu postępowym i obrotowym. Zagadnienia: kinematyka tłoka typowego silnika spalinowego podczas ustalonego ruchu obrotowego wału korbowego; wyznaczanie równań ruchu obrotowego jednostajnego i jednostajnie zmiennego ciała doskonale sztywnego.

27 Przykład Należy wyznaczyć równania parametryczne przemieszczenia, prędkości i przyspieszenia tłoka typowego silnika spalinowego podczas jednostajnego ruchu obrotowego walu korbowego. Rozwiązanie: W typowym silniku spalinowym stosunek λ długości r korby do długości l korbowodu wynosi = = Równanie parametryczne ruchu jednostajnego obrotowego wału korbowego określa drogę kątową φ(t) w sposób następujący () = [rad] gdzie ω [ rad/s] jest prędkością kątową wału korbowego. A r φ h l α B x Przemieszczenie tłoka x = + cos cos przy czym kąt α można określić za pomocą kąta φ h = sin = sin stąd przy < 90 sin = sin = sin cos = 1 sin Po rozwinięciu pierwiastka 1 sin w szereg Maclaurina przy sin 0 i uwzględnieniu zależności 1 sin sin sin = 1 (1 cos 2) 2 otrzymuje się ostateczną postać równania parametrycznego ruchu tłoka () = + 4 cos + cos 2 4 [m] a po zróżniczkowaniu równania parametryczne prędkości i przyspieszenia tłoka () = (sin + sin 2) 2 [m () = (cos + cos 2) s] [m s ] Ruch tłoka oraz jego prędkość i przyspieszenie składają się z dwóch składowych: harmonicznej podstawowej zmieniającej się z prędkością wału korbowego ω oraz z drugiej harmonicznej zmiennej z dwukrotnie większą prędkością kątową 2ω, przy czym amplituda drugiej harmonicznej przemieszcze-

28 nia stanowi / amplitudy pierwszej harmonicznej, natomiast amplituda drugiej harmonicznej przyspieszenia stanowi aż amplitudy pierwszej harmonicznej. Stąd wykres przemieszczenia, prędkości a szczególnie przyspieszenia wyraźnie odbiega od wykresu funkcji harmonicznej. Na rysunkach poniżej pokazano przykładowe wykresy wielkości kinematycznych ruchu tłoka dla parametrów: ω = rad/s, r = 1.1 m, l = 4.3 m, λ przemieszczenie tłoka x B (t) [m] 2,5 2 1,5 1 0,5 0 DMP t [s] GMP 0 0,01 0,02 0,03 0,04 0,05 GMP 0, prędkość tłoka v B (t) [m/s] DMP GMP t [s] GMP 0 0,01 0,02 0,03 0,04 0,05 0, przyspieszenie tłoka a B (t) [m/s 2 ] t [s] GMP DMP GMP 0 0,01 0,02 0,03 0,04 0,05 0,06

29 Można wykazać, że ekstremalna wartość przyspieszenia występuje w GMP (górnym martwym punkcie) i wynosi = = (1 + ) [m s ] natomiast ekstremalna wartość prędkości tłoka wynosi = = 1 + [m s] i występuje dla kąta φ określonego wyrażeniem Zadanie cos = Należy wyznaczyć równanie parametryczne φ = φ(t) ruchu obrotowego jednostajnego ciała doskonale sztywnego, gdy prędkość kątowa ciała ω = ω 0 = const, oraz ruchu jednostajnie zmiennego, gdy przyspieszenie kątowe ciała ε = ε 0 = const. Narysować również wykresy drogi kątowej φ(t), prędkości kątowej ω(t) i przyspieszenia kątowego ε(t) ciała. Literatura: [4] rozdz. 10. str Temat 11. Kinematyka ciała doskonale sztywnego w ruchu płaskim. Zagadnienia: wyznaczanie prędkości kątowej i przyspieszenia kątowego ciała; wyznaczanie wektorów prędkości i przyspieszenia punktów ciała; wyznaczanie chwilowego środka obrotu i środka przyspieszeń. Przykład Koło o promieniu R = 1 m toczy się po prostoliniowym torze w płaszczyźnie pionowej z prędkością środka koła = 10 m/s i przyspieszeniem środka koła = 5 m/s 2. Należy wyznaczyć: a) chwilowy środek obrotu S v, prędkość kątową ω i przyspieszenie kątowe ε koła oraz przyspieszenie chwilowego środka obrotu S v ; b) prędkość i przyspieszenie punktu A koła leżącego na poziomej średnicy koła. R A

30 Rozwiązanie: Ad a) Zakładamy, że koło toczy się bez poślizgu, więc punkt styku koła z podłożem jest w danym momencie ruchu nieruchomy, tzn. jego prędkość jest równa zero. Jest to wiec chwilowy środek obrotu koła S v. R A S Prędkość punktu można teraz określić jako prędkość punktu w ruchu po okręgu o promieniu S v =R i o środku w punkcie S v = stąd chwilowa prędkość kątowa koła = = 10 = 10 [rad s 1 ] Przyspieszenie chwilowego środka obrotu S v można uważać, jako złożenie przyspieszenia bieguna oraz przyspieszenia względnego / punktu S v względem bieguna = + / przy czym przyspieszenie względne jest suma przyspieszenia względnego stycznego / i przyspieszenia względnego normalnego /, stąd = + / + / gdzie: / = S = [m s ] = S = [m s ]. / R A / S / Wektory przyspieszenia / leżą na tym samym kierunku stycznym do koła w punkcie S v. Ponieważ koło porusza się bez poślizgu, więc punkt S v styku koła z podłożem nie może wykonać w kierunku stycznym jakiegokolwiek ruchu, czyli przyspieszenie punktu S v w tym kierunku musi być równe 0, stad równanie wektorowe + = 0 lub = / / oraz / = skąd otrzymuje się wartość przyspieszenia kątowego koła = = 5 1 = 5 [ rad s ] Całkowite przyspieszenie chwilowego środka obrotu S v jest więc równe przyspieszeniu względnemu normalnemu / punktu S v względem = / przy czym wartość tego przyspieszenia wynosi = / = = 100 [m s ]

31 Ad. b) Prędkość punktu A koła można przedstawić jako sumę wektorową prędkości pewnego bieguna, np. oraz prędkości względnej / punktu A względem tegoż bieguna przy czym = + / / = = 10 [m s] / A Prędkość jest prostopadła do kierunku AS v a wartość tej prędkości wynosi = + / = = = 10 2 [m s] S Przyspieszenie punktu A można przedstawić jako sumę geometryczną przyspieszenia pewnego bieguna, np., oraz przyspieszenia względnego / punktu A względem tegoż bieguna przy czym / = + / = + / / + / = A = = 5 [m s ] = A = = 100 [m s ] / A / Wartość przyspieszenia punktu A wynosi = / + + / = = = [m s ] Ad. c) Chwilowy środek przyspieszeń S a leży na prostej odchylonej od kierunku przyspieszenia dowolnego punktu ciała, np. punktu S v, o kąt β określony wyrażeniem tan = = 5 = czyli o kąt β = 2.86⁰, w kierunku wyznaczonym zwrotem przyspieszenia kątowego ε (tutaj w prawo). dległość środka przyspieszeń S a od punktu (tutaj S v ) wynosi = + = = [m]

32 S a β S Przykład W przekładni planetarnej koło satelitarne o promieniu R 1 = 0.2 m obiega nieruchome koło centralne o promieniu R 2 = 0.4 m napędzane jarzmem 1 2, które porusza się w danej chwili z prędkością kątową ω 0 = 5 rad/s i przyspieszeniem kątowym ε 0 = 20 rad/s 2. Należy wyznaczyć dla położenia koła satelitarnego pokazanego na rysunku: a) chwilowy środek obrotu S v, prędkość kątową ω 1 i przyspieszenie kątowe ε 1 koła satelitarnego oraz przyspieszenie chwilowego środka obrotu S v tego koła; b) prędkość i przyspieszenie punktu A pokazanego na rysunku; c) chwilowy środek przyspieszeń S a koła satelitarnego. R 1 1 R 2 ω 0, ε 0 A 2 Literatura: [2] rozdz. 13 str ; [4] rozdz. 11. str Temat 13. Analiza kinematyczna mechanizmów. Zagadnienia: wyznaczanie położeń i torów ruchu punktów elementów mechanizmów; wyznaczanie prędkości i przyspieszeń członów i ich punktów; wyznaczanie środków prędkości i przyspieszeń oraz centroid członów mechanizmów płaskich. Przykład Konstrukcja nośna robota składa się z pionowego utwierdzonego słupa AB i dwóch ramion AC i BD o zmiennej długości, uwarunkowanej pracą siłowników hydraulicznych zainstalowanych w tych ramio-

33 nach, w sposób pokazany na rysunku. Należy określić zależność między prędkościami ruchu siłowników, warunkujących pionowy ruch końca D ramienia BD. B l A l φ φ C φ 180⁰-2φ D x C x D Rozwiązanie: dcinki ramion AB i BC są jednakowej długości, stąd trójkąt ABC jest trójkątem równoramiennym i oba kąty u podstawy trójkąta są równe φ. Współrzędne x punktów C i D są określone wyrażeniami = AC sin = 2 sin cos = = sin 2 = + CD sin(180 2) = = ( + CD) sin 2 stąd CD = sin 2 Koniec D ramienia BD ma przemieszczać się wzdłuż prostej pionowej, czyli x D = const i stąd = (CD) [( + CD) sin 2] = sin ( + CD) cos 2 = 0 Prędkość wysuwu siłownika CD ma wartość równą szybkości zmiany długości CD = (CD) cos 2 = 2 (sin 2) [m s] natomiast prędkość wysuwu siłownika AC ma wartość równą szybkości zmiany długości AC = (AC) = (2 cos ) = 2 sin [m s] czyli = [rad s] 2 sin statecznie, w celu zapewnienia pionowego ruchu końca D ramienia CD, między prędkościami wysuwu siłowników musi zachodzić zależność = cos 2 sin (sin 2) przy czym, jeżeli - 0 to - 45⁰ to 0. Zadanie W mechanizmie korbowo-tłokowym należy wyznaczyć, dla pionowego położenia korby A o długości r = 0.2 m, chwilowy środek obrotu S v oraz prędkość kątową ω i przyspieszenie kątowe ε korbowodu AB o długości l = 0.6 m, jeżeli korba obraca się ze stałą prędkością kątową ω 0 = 20 rad/s. Literatura: [2] rozdz. 13 str ; [4] rozdz. 11 str ; [4] rozdz. 12 str

34 Temat 14. Dynamika punktu materialnego. Zagadnienia: określanie równania dynamicznego ruchu punktu materialnego; wyznaczanie poprzez całkowanie równań parametrycznych i parametrów ruchu punktu materialnego; wyznaczanie sił reakcji więzów. Przykład Ciało doskonale sztywne o masie m = 2 kg, traktowane jako punkt materialny, porusza się do góry wzdłuż równi pochyłej, nachylonej pod kątem α = 30⁰. W chwili początkowej ciało ma prędkość v 0 = 10 m/s. Współczynnik tarcia ślizgowego suchego między równią a ciałem wynosi µ = 0.2. Należy określić równanie dynamiczne ruchu ciała i wyznaczyć równanie parametryczne ruchu. kreślić również drogę, jaką przebędzie ciało do chwili, gdy prędkość ciała zmniejszy się dwukrotnie oraz po jakim czasie to nastąpi? Rozwiązanie. Przykładamy do ciała wszystkie siły zewnętrzne oraz siły reakcji więzów. Są nimi siła ciężkości, jako siła zewnętrzna, oraz siły reakcji równi: normalnej i stycznej siły tarcia. s α Na podstawie II prawa Newtona układamy równania dynamiczne ruchu ciała wzdłuż osi i = = 0 = + przy czym = sin = cos Ponadto zakładamy, że tarcie ślizgowe suche jest maksymalnie rozwinięte, czyli = stąd równania dynamiczne cos = 0 = sin = sin cos = (sin + cos ) trzymano w ten sposób równanie różniczkowe ruchu ciała wzdłuż równi = (sin + cos )

35 które całkuje się dwukrotnie obustronnie = [ (sin + cos )] () = (sin + cos ) + = [ (sin + cos ) ] + (sin + cos ) () = Stałe całkowania wyznacza się z warunków początkowych ruchu ( = 0) = = stąd = ( = 0) = 0 = stateczna postać równań parametrycznych prędkości i przemieszczenia jest następująca () = (sin + cos ) + (sin + cos ) () = + 2 Czas t k po jakim prędkość ciała zmniejszy się do połowy wartości początkowej wynika z równania ( = ) = (sin + cos ) + = 2 stąd = 2(sin + cos ) = 10 = [s] (sin cos 30 ) natomiast droga przebyta w tym czasie przez ciało wyniesie (sin + cos ) = ( = ) = 2 + = 3 8 (sin + cos ) = = = [m] 9.81 (sin cos 30 ) Zadanie Działo pokładowe wyrzuca pocisk o masie m = 10 kg z prędkością początkową v 0 = 900 m/s. Zakładając brak oporu powietrza i zerową wysokość pocisku względem Ziemi w chwili początkowej ruchu, należy: a) wyznaczyć równania różniczkowe i parametryczne ruchu pocisku wystrzelonego z działa pod kątem α = 30⁰ względem poziomu; b) wyznaczyć tor ruchu pocisku o maksymalnym zasięgu poziomym xmax i pionowym ymax, oraz kąt względem poziomu wystrzału pocisku w obu przypadkach. Literatura: [4] rozdz. 15 str Spis literatury 1. Kasyk L., Krupiński R.: Poradnik matematyczny. Akademia Morska, Szczecin Leyko J.: Mechanika ogólna. T.1: Statyka i kinematyka. Wydawnictwo Naukowe PWN, Warszawa Leyko J.: Mechanika ogólna. T.2: Dynamika. Wydawnictwo Naukowe PWN, Warszawa 2006.

36 4. Niezgodziński M. E., Niezgodziński T. Zbiór zadań z mechaniki ogólnej. Wydawnictwo Naukowe PWN, Warszawa 2008.