w ruchu post oraz chwilowych ępowym, obrotowym i p ędko … · · 2013-10-23w ruchu...
9
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 + =
Transcript of w ruchu post oraz chwilowych ępowym, obrotowym i p ędko … · · 2013-10-23w ruchu...
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 sięze stałą prędkością vA. 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 tepunkty są sobie równe. W związku z powyższym możemy zapisać, w oparciuo rysunek 2.2:
∗∗ = BA vv
gdzie:
)60cos(A
A °=∗
vv
)60cos(AA °=∗ vv
oraz
)30cos(B
B °=∗
vv
)30cos(B
B°
=∗vv
Rys. 2.1.
Rys. 2.2.
Po podstawieniu ∗∗ = AB vv otrzymujemy:
AAAA
B 33)60(ctg
)60sin()60cos(
)30cos()60cos( vvvvv =°=
°°
=°°
=
Metoda II Zadanie rozwiążemy metodą superpozycji. Prędkość punktu vB możemy zapisać następująco:
BAAB vvv +=
2 Kinematyka
Prędkość względną vBA określamy następująco:
Lωv ⋅=BA
gdzie prędkość kątowa pręta ω jest niewiadomą. Na rysunku 2.3 przedstawiono schemat obliczeniowy. Jeżeli zrzutujemy wektory w punkcie B, na kierunek prędkości vB i kierunek prostopadły do niego, to otrzymamy następujący układ równań:
⎩⎨⎧
=°+−°=
0)60sin()60cos(
BAA
BAB
vvvv
Rys. 2.3.
Z drugiego równania wyznaczamy vBA i podstawiamy do równania pierwszego:
)60sin(A
BA°
=vv
)60(ctg)60cos()sin(60 A
AB °=°
°= vvv
AB 33 vv =
Dodatkowo możemy wyznaczyć prędkość kątową ω :
L332
)60sin(AA v
Lvω =
°=
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:
)60sin(A
°=
Lvω
a prędkość punktu B wynosi:
)60(ctg)60cos()60sin(
)60cos( AA
B °=°⋅°
=°⋅= vLL
vLωv
AB 33 vv =
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 20OA == R cm 56AB == L
cm 25=H rad/s 5,10 =ω
20 rad/s 4=ε
Rys. 2.6.
Rozwiązanie Korba OA jest w ruchu obrotowym. Znając prędkość kątową ω0 możemy wyznaczyć prędkość punktu A:
cm/s 30205,1OA 00A =⋅=⋅=⋅= Rωωv
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:
135
6525
ABACsin ====
LHβ
1312
169144
16925169
1351sin1cos
22 ==
−=⎟
⎠⎞
⎜⎝⎛−=−= ββ
125
1213
135
cossintg =⋅==
βββ
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:
∗∗ = BA vv
gdzie:
βvv sinAA ⋅=∗
βvv cosBB ⋅=∗
4 Kinematyka
Otrzymujemy ostatecznie:
βvβv cossin BA ⋅=⋅
cm/s 5,1212530tg
cossin
AAB =⋅=⋅=⋅= βvββvv
Metoda II Zadanie rozwiążemy metodą superpozycji (rys. 2.8). Prędkość punktu vB możemy zapisać jako:
BAAB vvv +=
Rys. 2.8.
Jeżeli zrzutujemy wektory prędkości vA i prędkości względnej vBA na kierunek wektora prędkości vB oraz kierunek prostopadły do niego, otrzymamy: — dla kierunku wektora prędkości vB:
βvv sinBAB ⋅=
— dla kierunku prostopadłego do kierunku wektora prędkości vB:
0cos ABA =−⋅ vβv
Otrzymaliśmy następujący układ dwóch równań z dwiema niewiadomymi:
⎩⎨⎧
=−⋅⋅=
0cossin
ABA
BAB
vβvβvv
Z drugiego równania wyznaczamy prędkość vBA:
βvv
cosA
BA =
i podstawiamy do równania pierwszego:
cm/s 5,1212530tgsin
cos AA
B =⋅=⋅=⋅= βvββ
vv
Możemy również wyznaczyć prędkość kątową ω1 korbowodu AB:
rad/s 5,0
131265
30cos
ABA1 =
⋅=
⋅==
βLv
Lvω
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 vA i vB.
Wyznaczanie prędkości i przyspieszeń ciała w ruchu postępowym, obrotowym i płaskim ... 5
Rys. 2.9.
Prędkość kątowa ω1 korbowodu AB jest równa:
rad/s 5,0
131265
30cos
A1 =
⋅=
⋅=
βLvω
natomiast prędkość punktu B:
cm/s 5,12135655,0sin1B =⋅⋅=⋅= βLωv
Korba OA jest w ruchu obrotowym z prędkością ω0 i przyspieszeniem (opóźnieniem) ε0. Przyspieszenie punktu A (rys. 2.10) jest więc równe:
tn aaa AAA +=
gdzie: 222
0A cm/s 4520)5,1( =⋅=⋅= Rωan
20A cm/s 80204 =⋅=⋅= Rεat
Rys. 2.10.
Całkowite przyspieszenie punktu A jest więc równe:
2222A
2AA cm/s 7878,918425)80()45()()( ==+=+= tn aaa
Przyspieszenie punktu B możemy zapisać w następujący sposób: tntn aaaaaaa BABAAABAAB +++=+=
gdzie: 222
1BA cm/s 25,1665)5,0( =⋅=⋅= Lωan
6 Kinematyka
Wartości przyspieszenia naBA nie znamy, gdyż nie jest znane przyspieszenie ε1. Jeżeli zrzutujemy wektory przyspieszeń na kierunek wektora przyspieszenia aB oraz kierunek prostopadły do niego, otrzymamy: — dla kierunku wektora przyspieszenia aB:
βaβaaa tnn sincos BABAAB ⋅+⋅+=
— dla kierunku prostopadłego do kierunku wektora przyspieszenia aB:
βaβaa tnt cossin0 BABAA ⋅−⋅+=
Otrzymujemy zatem układ dwóch równań z dwoma niewiadomymi:
⎪⎩
⎪⎨⎧
⋅−⋅+=
⋅+⋅+=
βaβaaβaβaaa
tnt
tnn
cossin0sincos
BABAA
BABAAB
Z drugiego równania wyznaczamy taBA :
ββaaa
ntt
cossinBAA
BA⋅+
=
i podstawiamy do równania pierwszego:
ββ
βaaβaaant
nn sincos
sincos BAABAAB ⋅
⋅++⋅+=
Po uproszczeniu otrzymujemy:
βaβaaa ntn
cos1tg BAAAB ⋅+⋅+=
2B cm/s 9375,95
121325,16
1258045 =⋅+⋅+=a
Możemy, znając taBA , wyznaczyć przyspieszenie kątowe ε1:
2BAABA cm/s 4375,93
1312
13525,1680
cossin
=⋅+
=⋅+
=β
βaaant
t
2BA1 rad/s 1,4375
654375,93
===L
aεt
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 20AO 11 == R cm 40BO 22 == R cm 60OO 21 ==W
rad/s 11 =ω
Rys. 2.11.
Wyznaczanie prędkości i przyspieszeń ciała w ruchu postępowym, obrotowym i płaskim ... 7
Rozwiązanie Korba O1A jest w ruchu obrotowym (rys. 2.12), ze stałą prędkością kątową ω1. Prędkość punktu A jest zatem równa:
cm/s 20201AO 1111A =⋅=⋅=⋅= Rωωv
Rys. 2.12.
Korba O2B jest również w ruchu obrotowym, jednak jej prędkości kątowej ω2 nie znamy. Wodzik AB jest w ruchu płaskim. Przed przystąpieniem do dalszych obliczeń, określimyzależności geometryczne w oparciu o rysunek 2.13.
145tgOOSO
21
1 =°=
cm 60OOSO 211 === W
cm 402060SOAOSOAS 1111 =−=−=−= R
cm 260)OO(S)(OSO 221
212 =+=
cm 44,853cm 2)23(20
40260BOSOBS 22
≈−=
=−=−=
Rys. 2.13. Długość wodzika AB jest równa:
cm 32,780cm 281420)20220()22006(
])sin(45[)]54cos([
DC)DB(D)OO(OCB)((AC)AB
22
212
22
22221
22
≈−=−+−=
=−°⋅+°⋅−=
=−+−=+=
RRRW
Wyznaczamy wartość kąta β:
⎟⎠⎞
⎜⎝⎛=ACCBarctgβ
gdzie:
cm )12(20202240)45sin(DCDBCB 12 −=−⋅=−°⋅=−= RR
cm )23(20224060)45cos(DOOOAC 2221 −=−=°⋅−=−= RW
Kąt β jest więc równy:
°≈⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛
−−
=⎥⎥⎦
⎤
⎢⎢⎣
⎡
−−
= 639,142312arctg
)23(20)12(20arctgβ
8 Kinematyka
Punkt S jest chwilowym środkiem obrotu dla wodzika AB (rys. 2.14). Możemy zatem wyznaczyć prędkość kątową wodzika ω:
rad/s 5,04020
ASA ===
vω
Rys. 2.14.
Prędkość punktu B jest równa:
cm/s 426,22)223(10)223(205,0BSB ≈−=−⋅=⋅= ωv
Znając prędkość punktu B, możemy wyznaczyć prędkość kątową korby O2B:
rad/s 561,04
22340
)223(10BSBO2
B2 ≈
−=
−=⋅=
vω
Wyznaczanie przyspieszeń poszczególnych punktów rozpoczynamy od punktu A. Korba O1A jest w ruchu obrotowym ze stałą prędkością ω1, dlatego w punkcie A wystąpi tylko przyspieszenie normalne naA :
221
211
21AA cm/s 2020)1(AO =⋅=⋅=⋅== Rωωaa n
Przyspieszenie punktu B jest równe (rys. 2.15):
tntn aaaaa
aaa
BABAABB
BAAB
++=+
+=
gdzie: 2
A cm/s 20=a
22
2222
22B cm/s 574,12)2611(540
4223BO ≈−=⋅⎟⎟⎠
⎞⎜⎜⎝
⎛ −=⋅=⋅= Rωωan
222BA cm/s 195,828145281420)5,0(AB ≈−=−⋅=⋅= ωan
Zrzutujmy wektory zaczepione w punkcie B na kierunek przyspieszenia normalnego naB i stycznego taB . Otrzymujemy: — na kierunku przyspieszenia normalnego naB :
)45cos()45sin()45cos( BABAAB βaβaaa tnn −°⋅+−°⋅−°⋅=
Wyznaczanie prędkości i przyspieszeń ciała w ruchu postępowym, obrotowym i płaskim ... 9
— na kierunku przyspieszenia stycznego taB :
)45sin()45cos()45sin( BABAAB βaβaaa tnt −°⋅+−°⋅+°⋅=
Rys. 2.15.
Otrzymaliśmy układ dwóch równań z dwiema niewiadomymi taBA i taB .
⎪⎩
⎪⎨⎧
−°⋅+−°⋅+°⋅=
−°⋅+−°⋅−°⋅=
)45sin()45cos()45sin(
)45cos()45sin()45cos(
BABAAB
BABAAB
βaβaaa
βaβaaatnt
tnn
Z pierwszego równania wyznaczamy taBA :
2
BAABBA
cm/s 981,2863,0
505,0195,8707,020574,12)45cos(
)45sin()45cos(
≈⋅+⋅−
=
=−°
−°⋅+°⋅−=
ββaaaa
nnt
i podstawiamy do równania drugiego: 2
B cm/s 718,22505,0981,2863,0195,8707,020 ≈⋅+⋅+⋅=ta
Poszczególne przyspieszenia kątowe ε i ε2 są równe:
2BA rad/s 091,0780,32981,2
AB===
taε
2
2
B2 rad/s 568,0
40718,22
BO===
taε
