Dr inż. Jerzy Winczek Materiały pomocnicze do wykładu z przedmiotu: Mechanika Zadania z mechaniki – ćwiczenia audytoryjne Przedmiot podstawowy w ramach kierunku Mechatronika– studia stacjonarne inżynierskie. Semestr II. STATYKA

Dr inż. Jerzy Winczek

Materiały pomocnicze do wykładu z przedmiotu: Mechanika Zadania z mechaniki – ćwiczenia audytoryjne

Przedmiot podstawowy w ramach kierunku Mechatronika– studia stacjonarne inżynierskie. Semestr II.

STATYKA

Suma dwóch wektorów

Przykład 1.

Wyznaczyć wypadkową dwóch sił^∗ P =40 N[ ] i F =30 N[ ], których kąty między kierunkami ich działania wynoszą: α =60⁰ , α =90⁰ i α =0.

Rozwiązanie.

Wypadkową dwóch sił P i F jest wektor W wychodzący z punktu przyłożenia i leżący na przekątnej równoległoboku:

P W

α _F

F P W = +

Moduł wektora W jest równy długości przekątnej równoległoboku:

] [ 83 , 60 cos

2 2

2 F PF N

P

W = + + α =

Jeżeli kąt α byłby równy 90⁰, wówczas otrzymujemy wzór Pitagorasa:

] [

2 50

2 F N

P

W = + =

∗ Oznaczenia wektorów wytłuszczoną kursywą przyjęto zgodnie z notacją w wykładach

W F

P

Z kolei gdyby α =0:

F P

W

( )

70[ ]

2 ²

2

2 F PF P F P F N

P

W = + + = + = + = .

Płaski zbieżny układ sił

Przykład 2.

Na łańcuchach podczepionym do poziomego sufitu i podczepionym do pionowej ściany zawieszono ciężar

AC BC

] [

=5 kN

G w miejscu połączenia łańcuchów. Kąt zawarty pomiędzy łańcuchem i sufitem wynosi , a kąt zawarty pomiędzy łańcuchem i poziomem wynosi . Wyznaczyć siły napięcia łańcuchów korzystając z warunku równowagi płaskiego zbieżnego układu sił i twierdzenia o trzech siłach.

AC α =60^o BC

300

β =

α A

β B

C

G

Rozwiązanie.

1) stosując warunki równowagi płaskiego zbieżnego układu sił

Przecinamy myślowo łańcuchy i wprowadzamy siły ich napięcia i . Układ współrzędnych prostokątnych zaczepiamy w punkcie zbieżności kierunków sił występujących w układzie.

S1 S₂

Wówczas rzutując siły na osie na układu otrzymujemy równania:

1)

∑

^P =−^S₂cos^β+^S₁cos^α =0

i xi

2)

∑

^P =^S₂sin +^S₁sin −^G=0

i

yi β α

Z pierwszego równania wyliczamy:

cos 3 cos

2 2

1 S S

S = =

α β i wstawiamy do równania

( )

² :

sin 2 3

sin _{2 2}

2

S G G S

S β+ α = ⇒ =

Natomiast:

G S

S 2

3 3

2

1 = =

α A

B β

G C

y

S1

S1

S2 β S1

α ^x

2) stosując twierdzenie o trzech siłach

iły leżące na płaszczyźnie będące w równowadze przecinają się w jednym punkcie, S

a wektory tych sił tworzą trójkąt zamknięty. Tworząc taki trójkąt z kierunków działania sił skorzystamy z twierdzenia sinusów:

. α

β

γ φ S1 η

S2

G

ϕ γ

η sin sin sin

2

1 S

S

G = =

η stąd

0

0 30

90 − =

= α

ϕ

0

0 60

90 − =

= β

γ

0

0 90

180 − − =

= ϕ γ

G G

S S G

2 3 sin

sin sin

sin ¹

1 ⇒ = =

= η

γ γ

η

Dalej:

2 sin

sin sin

sin ²

2 G

G S S

G = ⇒ = =

η ϕ ϕ

η

rzykład 3.

Rama zamocowana w przegubie P

A , oparta o gładką ścianę w punkcie została obciążo

B

na w punkcie D pionową siłą P =2 kN[ ]. Wyznaczyć reakcje w przegubie A i w miejscu podparcia B , j eli eż AC =CD=CB, a kąt ACB=π/2[rad].

A

. C

D B

P

Rozwiązanie.

Kierunek działania reakcji R_B i siły P przecinają się w punkcie D . Ponieważ te dwie siły i reakcja są w równowadze, to kierunek działania reakcji leży na prostej przechodzącej przez punkty

RA R_A

A i D .

Siły te tworzą trójkąt zamknięty:

Ponieważ kąt zawarty pomiędzy siłami R_B i R_A, podobnie jak pomiędzy siłami R_A i P wynosi 45⁰ (kąt pomiędzy siłami R_B i P jest prosty, a trójkąt ACB jest równoramienny) to:

( )

^{45 2 2[ ]}

sin ⁰ R kN

R P

A A

=

⇒

= Z kolei:

.

P B

C D RA

RB

RA

α

P RB

( )

1 R 2[kN] R tg

P

B B

=

⇒

=

= α

Płaski dowolny układ sił

Przykład 4.

Pręt stalowy o długości 2l zgięty w połowie długości pod kątem α (jak na rysunku) zamurowano w ścianie, a jego swobodny koniec obciążono siłą F prostopadłą do osi pręta.

Określić reakcję i moment utwierdzenia pręta w ścianie w funkcji kąta α . Wiedząc, że wartość siły F =2 kN[ ], a długość l =1 m[ ] wyznaczyć wartości reakcji w utwierdzeniu dla wartości kąta α odpowiednio , 0 60⁰ i 90⁰.

l

l α

F

.

Rozwiązanie.

Ponieważ pręt jest utwierdzony w ścianie poszukiwanymi wielkościami są składowe reakcji i oraz moment utwierdzenia . Rzutując siły układu na osie układu współrzędnych otrzymujemy następujące równania równowagi:

RAx R_Ay M_A

α

α 0 sin

sin R F

F R

P _{Ax Ax}

i

ix = − = ⇒ =

∑

α

α 0 cos

cos R F

F R

P _{Ay Ay}

i

iy = − = ⇒ =

∑

Równanie momentów zapiszemy korzystając wprost z definicji momentu siły F względem punktu A określając ramię działania siły:

α cos l l

h= + . Wówczas:

( )= − = −

(

+ cosα

)

=0⇒ =

(

1+cosα

)

∑

^{M MA Fh MA F l l MA Fl}

i A i

Równanie momentów można też zapisać korzystając z twierdzenia Varignon’a:

( )= − sin −

(

+ cos

)

=0

∑

^{M MA Fxl α Fy l l α}

i A i

Uwzględniając:

α sin F

F_x = , F_y =Fcosα l

α

F Fx

Fy

l l cos(α)

h

l + l cos(α)

RAx

RAy

MA

y

A

^x

α

otrzymujemy:

( ) = − sin ( sin )+ cos

(

+ cos

)

=0

∑

^{M MA F α l α F α l l α}

i A i

Stąd

) cos 1 ( cos

cos

sin²α+ ²α+ α = + α

=Fl Fl Fl Fl

M_A .

Dla kąta α =60⁰ otrzymujemy:

] [ 3 kN

R_Ax = , R_Ay =1 kN[ ], M_A=3 kNm[ ] Dla kąta α =0 (pręt prostoliniowy):

=0

RAx , R_Ay =2 kN[ ], M_A =4 kNm[ ] Dla kąta α =90⁰ (pręt zgięty pod kątem prostym):

] [ 2 kN

R_Ax = , R_Ay =0, M_A=2 kNm[ ]

Przykład 5.

Belkę o długości zamocowaną na podporach przegubowych stałej i przesuwnej obciążono momentem

l 4

M , siłą skupioną P i obciążeniem nałożonym o stałym natężeniu , jak pokazano na rysunku. Obliczyć wartości reakcji, jeżeli

q ]

[ 3 kNm

M = , ,

,

] / [ 1 kN m q=

] [ 2 kN

P= α =π/6[rad], l =1 m[ ].

y

RA q RBy

M

P α _x

A B

RBx

2l l l

Rozwiązanie.

Układ współrzędnych zaczepimy na lewym swobodnym końcu belki. Równania równowagi płaskiego dowolnego układu sił działających na belkę mają postać:

1)

∑

^P =^RBx−^Pcos^α =0

i ix

2)

∑

^P =^RA−2^ql+^RBy−^Psin^α =0

i iy

3)

∑

^M_{( )} =^M −2^ql2+2^RBl−3^Plsin^α =0

i A i

Z równania (1) wynika, że:

] [ 73 , 1

cos kN

P

R_Bx = α = Z kolei z równania momentów wyznaczamy:

] [ 2 1

sin 3 2 ²

l kN Pl ql

R_B = −M + + α =

Podstawiając wartość R_B do równania (2) wyliczamy:

] [ 2 sin

2ql R P kN

R_A =+ − _By+ α =

Układy sił z tarciem

Przykład 6.

Pakowarka P wypycha produkty o masie na równię pochyłą. Wiedząc, że współczynnik tarcia między produktem a równią wynosi

m µ wyznaczyć minimalną wartość kata nachylenia równi do poziomu, by produkty zsuwały się na taśmę.

P

m

m

α m

PT

Rozwiązanie.

Wyznaczymy kąt graniczny α przy którym ciało o masie pozostaje w stanie równowagi (nieruchome na równi). Układ współrzędnych zaczepimy w środku masy ciała z osią

m

x równoległą do kierunku równi.

y

N m

T

α Q

α x

Warunki równowagi ciała na równi zapiszemy w postaci:

1)

∑

^P =−^Qsin +^N =0

i

iy α

2)

∑

^P =−^T+^Qcos^α =0

i ix

i uzupełnimy prawem tarcia

3) T =µN.

Wykorzystując

( )

³ w równania

(

²

)

uzyskujemy układ dwóch równań:

⎩⎨

⎧

=

= N Q

N Q

α µ α cos sin

które po podzieleniu stronami dają rezultat:

µ α = tg

Kąt nachylenia równi 'α zapewniający zsuwanie się produktów po równi musi spełniać warunek:

( )

µ α'>arctg .

Przykład 7.

Okrągły pręt o promieniu r cięty jest na automacie na wałeczki, które po odcięciu staczają się po równi pochyłej do pojemnika. Jaki winien być kąt α nachylenia równi do poziomu, by wałeczki pod działaniem swojego ciężaru staczały s do pojemnika, jeżeli współczynnik tarcia tocznego wynosi f .

ię

Rozwiązanie.

warunku równowagi momentów względem chwilowego środka obrotu

Z A :

1) Nf −Qrsinα =0 kolei rzutując siły na oś :

2)

Z y

0 cos =

−Q α

N Wyliczając z równania

( )

² wartość si^{ły N :}

α cos Q N = i wstawiając do równania

( )

¹ :

=0

−rtgα f

kąd wyznaczamy s

r tgα = f

Kąt nachylenia równi winien być większy od _⎟

⎠

⎜ ⎞

⎝

= ⎛

r tg f α arc .

x y

T α A

N

α 0

Q f

Belka z przegubem

składającą się z dwóch części o jednakowej długości połączonych kazaną na rysunku obciążono siłą skupioną

Przykład 8.

l Belkę 2

rzegubem po P

p i obciążeniem ciągłym o stałym

atężen

n iu q . Obliczyć reakcje w utwierdzeniu i podporze, jeżeli siła =2 kN[ ] jest przyłożona pod kątem /6[rad]

P π

α = , obciążenie ciągłe m wartość a q =1[kN/m], a długość ]

[ 1 m l= .

Rozwiązanie.

półrzędnych prostokątnych zaczepimy w punkcie A

Układ ws utwierdzenia belki w

aczenia mamy cztery niewiadome: moment utwierdzenia , składowe reakcji

Zapiszem

α P

ścianie. Do wyzn M_A

R i Ax R_Ay oraz wartość reakcji R podpory przesuwnej. _B

y warunki równowagi dla całej b

q

elki:

1)

∑

^P =^RAx

i ix − cos =0

α

y

M

A

l l RAy

RBy

RAx

B P

x

l l

C

q q α

l l l

P

l

A

2) R P α q l R

3) =M_A−Pl − ql +R_B l

i A

i α

Ponieważ w treści zadania nie wymagane jest obliczenie reakcji w przegubie, to po rozdzieleniu belki w przegubie równanie momentów dla prawej jej części zapiszemy względem przegubu :

∑

=^{RBl ql}

i C

i .

Z równania (4) wyznaczymy wa ć reakcji:

0 2

sin − + =

−

∑

= ^{Ay B}

i Piy

( ) sin 6 ² 3 =0

∑

^M

C

q

l l

RBy

4) M_{( )} −2 ² =0

rtoś

] [ 2 2ql kN R_B = = Z równania (1) wynika:

] [ 73 , 1

cos kN

P

R_Ax = α = .

do równań (2) i (3) wyliczamy:

Podstawiając wartość R_B

] [ 1 2

sin ql R kN

P

R_Ay = α + − _B = raz wartość momentu utwierdzenia:

=

− +

= α

Przykład 9.

Rama stalowa składająca się z dwóch części połączonych przegubowo zamocowana porze nieruchomej i dwóch przesuwnych jest zwymiarowana i obciążona jak na sunku. Obliczyć reakcje podporowe i w przegubie, jeżeli

o

] [ 1 3

6

sin ql² R l kNm

Pl

M_{A B}

na jednej pod

] [ 1 m

r = , a siła P =2 kN[ ]. ry

r

P P P

r r

Rozwiązanie.

Układ współrzędnych prostokątnych zaczepimy w podporze nieruchomej A . r

W podporze tej mamy niewiadome dwie składowe reakcji R_Ax i R_Ay. Podpory i B D są podporami ruchomymi, więc kierunek reakcji jest określony, natomiast wyznaczyć należy wartości i . Uwzględniając dwie niewiadome składowe reakcji w przegubie i mamy łącznie 6 niewiadomych, do których potrzebujemy tej samej ilości równań. W tym celu ramę należy rozdzielić w przegubie. Zadanie można rozwiązać dwoma sposobami: zapisując równania równowagi dla poszczególnych części ramy lub równania równowagi dla całości ramy i dla jednej z jej części.

RB R_D R_Cx R_Cy

P

P P

r r

RCy

RCx C RCx

y RCy

RAy

RB

A α

RAx 0 B x

RD

D

Sposób I.

Po rozdzieleniu ramy w przegubie C i zastępujemy oddziaływanie na siebie poszczególnych części ramy składowymi reakcji R_Cx i R_Cy. Siłę P działającą na przegub pozostawiamy na lewej części ramy. Kąt α =π/4, co wynika z wymiarów geometrycznych ramy.

Otrzymujemy następujące warunki równowagi:

- dla części lewej

1)

∑

= ^Ax+ cos + ^Cx =0

i Pix R P α R

2)

∑

= ^Ay− sin − − ^Cy =0

i

iy R P P R

P α

Równanie momentów zapiszemy względem punktu : O

3)

∑

^{=− − =}

i Mi₍O₎ RAyr RCxr 0 - dla prawej części:

RAy

α

P P

RCx

y C

RCy

A RAx 0 _x

r

y

4)

∑

=− ^Cx− ^B =0

i Pix R R

5)

∑

= ^Cy− + ^D =0

i

iy R P R

P

6)

∑

^{=− + =}

i Mi₍E₎ RCyr RCxr 0 Z równania (6) wynika, że:

Cy

Cx R

R =

Do równania (3) w miejsce R_Cx wstawiamy R_Cy otrzymując:

Ay

Cy R

R =

−

którą to zależność wykorzystujemy w równaniu (2):

0

sin − + =

− _Ay

Ay P P R

R α

stąd

] [ 7 , 2 1

2 1 2

kN P

R_Ay ⎟⎟⎠ =

⎞

⎜⎜⎝

⎛ +

=

] [ 7 , 1 kN R

R

R_Cx = _Cy =− _Ay =− Z równania (1) wyliczamy:

] [ 3 , 2 0 2 2 7 , 1

cos kN

P R

R_Ax =− _Cx− α = − = P

r

r r

RCy

C RCx

B RB

E

x

RD

D

Z równania (4) wynika:

] [ 7 , 1 kN R

R_B =− _Cx = natomiast z równania (5):

] [ 7 , 3 kN P

R

R_D =− _Cy+ = Sposób II.

Zapisujemy równania równowagi dla całej ramy:

1)

∑

= ^Ax + cos − ^B =0

i

ix R P R

P α

2)

∑

= ^Ay− sin − − + ^D =0

i

iy R P P P R

P α

Równanie momentów zapiszemy względem punktu A :

3)

∑

^{=− − −}

( )

⁺

( )

⁼

i

D A

i Pa P r R r

M _{( )} Pr 2 2 0,

gdzie:

P

r r

a 2

sin = 2

=

α

, stąd

3)

∑

^{=− − −}

( )

⁺

( )

⁼

i Mi A P r Pr P 2r RD 2r 0

2 2

)

( ,

oraz równania równowagi dla jednej z części – prawej:

4)

∑

=− ^Cx− ^B =0

i

ix R R

P

5)

∑

= ^Cy− + ^D =0

i

iy R P R

P

6)

∑

^{=− + =}

i

Cx Cy E

i R r R r

M_{( )} 0

Z równania (3) wyliczamy:

α C

A 0 a .

r

] [ 7 , 2 3

2 2 2

kN P

P P

R_D + + =

=

Wstawiając wartość R_D do równania (2) otrzymujemy:

] [ 7 , 1

sin P P R kN

P

R_Ay = α + + − _D = Z kolei z równania (5) mamy:

] [ 7 , 1 kN R

P

R_Cy = − _D =− Zgodnie z równaniem (6)

] [ 7 , 1 kN R

R_Cx = _Cx =− Z równania (4) wynika:

] [ 7 , 1 kN R

R_B =− _Cx = a z równania (1)

] [ 3 , 0

cos kN

P R

R_Ax = _B− α =

Środki masy

Przykład 10.

Wyznaczyć środek masy pręta stalowego składającego się z prostoliniowego odcinka o długości l=5 cm[ ] połączonego z półokręgiem o promieniu r =2 cm[ ], jak pokazano na rysunku.

0 1 2 3 4 5 6 7 8

0 1 2 3 4 5 6 7

y

x

Rozwiązanie.

Współrzędne środka masy pręta wyznaczymy korzystając z wzorów na współrzędne środka masy linii:

∑

=

∑

_n

i i n i

i i c

l l x

x

∑

=

∑

_n

i i n i

i i c

l l y y

Pręt składa się z dwóch części: odcinka i półokręgu, stąd powyższe wzory przyjmą postać:

2 1

2 2 1 1

l l

l x l x_c x

+

= +

2 1

2 2 1 1

l l

l y l y_c y

+

= +

gdzie: , , są współrzędnymi środka masy i długością odcinka prostoliniowego pręta, a , , - półokręgu.

x1 y₁ l₁ x2 y₂ l₂

Określimy powyższe wielkości dla:

- odcinka prostego:

] [ 5 ,

1 1 cm

x = y₁ =2[cm] długość podana jest w treści zadania i wynosi: l₁=5[cm]. - dla półokręgu

] [

2 5 cm

x = 2 5,27[ ]

2 4 r cm

y = + = π natomiast jego długość:

] [ 28 ,

2 r 6 cm

l =π = Podstawiając do wcześniej określonych wzorów:

] [ 45 , 28 3

, 6 5

28 , 6 5 5 5 , 1

2 1

2 2 1

1 cm

l l

l x l

x_c x =

+

⋅ +

= ⋅ +

= +

] [ 82 , 28 3

, 6 5

28 , 6 27 , 5 5 2

2 1

2 2 1

1 cm

l l

l y l

y_c y =

+

⋅ +

= ⋅ +

= +

Przykład 11.

Chwytak elektromagnetyczny robota przemysłowego przenosi pomiędzy płaskimi stołami centrów obróbczych stalową płytę o wymiarach w podanych w centymetrach, jak na rysunku. W którym miejscu płyty powinien być przyłożony chwytak, by płyta podczas transportu znajdowała się w położeniu poziomym.

20

10

3

5

50 40 30

15

40

Rozwiązanie.

Płyta podczas przenoszenia będzie znajdowała się w położeniu równowagi poziomej, jeżeli chwytak zostanie przyłożony w jej środku masy. W celu wyznaczenia współrzędnych tego środka, rozważaną figurę płaską potraktujemy jako prostokąt

( )

1 o wymiarach o ściętym narożu z wydrążonymi otworami

50 40×

( )

²

( )

^{3 i}

( )

^{4 .}

Wzory ogólne na współrzędne środka masy w układzie płaskim mają postać:

∑

∑

=

= =_n i

i n i

i i c

A x A x

1

1 ,

∑

∑

=

= =_n i

i n i

i i c

A y A y

1 1

Określimy pola i współrzędne środków masy figur, które wyodrębniliśmy w płycie.

1) prostokąt:

] [ 2000 50

40 ²

1 cm

A = ⋅ = , x₁ =20[cm], y₁ =25[cm]; 2) trójkąt:

] [ 200 20 220

1 2

2 cm

A = ⋅ = , 20 33,33[ ]

3 40 1

2 cm

x = − = , 20 43,33[ ]

3 50 1

2 cm

y = − = ;

3) koło o średnicy 3 cm[ ]:

] [ 07 , 4 7

2 2

3 d3 cm

A =π =

, x₃ =10[cm], y₃ =40[cm]; 4) koło o średnicy 5 cm[ ]:

] [ 63 , 4 19

2 2

4 d4 cm

A =π =

, x₄ =20[cm], y₄ =15[cm];

y

1 2

3

Pole powierzchni rozważanej płyty wynosi:

] [ 3 , 1773 ²

4

1 A A1 A2 A3 A4 cm

A

i i

∑

=

=

−

−

−

=

= .

Wówczas możemy zapisać:

A

x A x A x A x

x_C = A^{1 1}− ^{2 2}− ^{3 3}− ^{4 4}

y2

x

y3

y1

y4

x3

x1

x4

x2

4

yc

xc

A

y A y A y A y

y_C = A^{1 1}− ^{2 2}− ^{3 3}− ^{4 4}

Po podstawieniu wcześniej obliczonych wartości otrzymujemy:

] [ 53 ,

18 cm

x_C = , y_c =22,98[cm]

Kratownice

Przykład 12.

Kratownicę zamocowaną przegubowo na podporze nieruchomej w węźle A i podporze ruchomej w węźle B, zwymiarowaną jak na rysunku, obciążoną w węzłach C i D siłami F =5 kN[ ] rozwiązać metodą analitycznego równoważenia węzłów.

F B

C

l

D A F

l

Rozwiązanie.

Przed przystąpieniem do wyznaczania sił wewnętrznych w prętach kratownicy sprawdzamy warunek statycznej wyznaczalności kratownicy:

3 2 −

= w p

gdzie p - liczba prętów, -liczba węzłów. w 3

4 2

5= ⋅ − - kratownica jest statycznie wyznaczalna.

W celu wyznaczenie sił wewnętrznych w prętach kratownicy wytniemy myślowo (oswobodzimy z więzów) węzły kratownicy . Oddziaływanie podpór zastąpimy siłami , i . Z kolei oddziaływanie prętów zastępujemy siłami , przy czym przyjmujemy, że siły te działają „od węzła” (ze znakiem

RAx

RAy R_B S₁ −S₅

+) czyli rozciągają pręty. Zwrot rzeczywisty siły wynika z obliczonej wartości siły w pręcie. Wartość dodatnia wskazuje na prawidłowo założony znak, wartość ujemna mówi, że przyjęty znak jest w rzeczywistości przeciwny. Ponieważ, w kratownicy mamy cztery węzły, więc uzyskamy osiem równań równowagi, które pozwolą na wyznaczenie niewiadomym wartości (trzech reakcji i pięciu sił w prętach.

F

R B 1

Rozwiązywanie zaczyna się od węzła, w którym schodzą się dwie niewiadomy sił wewnętrznych.

Warunki równowagi węzła : C

A F

l

l

C

D

2 3 4

5

S1

S1

S3 S

S2

S

S2 S4

S5 S5

RA

RAy

S1

F

S

⎪⎩

⎪⎨

⎧

−

=

−

=

⇒

=

−

−

=

=

⇒

=

−

=

∑

∑

] [ 5 0

0 0

4 4

1 1

kN F

S S

F P

S S

P

i iy i ix

Warunki równowagi węzła D:

S4

S α

S5 F

⎪⎪

⎩

⎪⎪⎨

⎧

−

=

−

=

−

−

=

−

−

=

⇒

=

−

−

−

=

=

=

−

=

⇒

= +

=

∑

∑

] [ 10 2 2

2 2 cos

0 cos

] [ 2 2 5

2 0 sin

sin

3 5 3

5

3 4 3

4

kN F

F F

F S

S F

S S P

F kN S S

S S P

i ix i

iy

α α

α α

Warunki równowagi węzła B

R S

α

S3

S2

⎪⎪

⎩

⎪⎪⎨

⎧

−

=

−

=

−

=

−

=

⇒

=

−

−

=

−

=

−

=

−

−

=

⇒

= +

+

=

∑

∑

] [ 2 5

2 2 sin

0 sin

] [ 5 cos

0 cos

3 2 3

2

3 1 3

1

kN F

F S

S S

S P

kN F

S S R S

S R P

i iy

B B

i ix

α α

α α

Warunki równowagi węzła A

S2

S5

RAx

RBy

⎪⎩

⎪⎨

⎧

=

=

−

=

⇒

= +

=

=

−

=

⇒

= +

=

∑

∑

] [ 5 0

] [ 10 0

2 2

5 5

kN F

S R

S R P

kN S

R S

R P

Ay Ay

i iy

Ax Ax

i ix

Wyniki obliczeń zestawiamy w tabeli:

Siła Wartość [kN] Obciążenie pręta

S 1 0 zerowy

S 2 -5 ściskany

S 3 5 2 rozciągany

S 4 -5 ściskany

S 5 -10 ściskany

R Ax 10 rozciągany

RAy 5 rozciągany

R B -5 ściskany

Korzystając z warunków zewnętrznej statycznej równowagi (warunków równowagi układu sił zewnętrznych działających na kratownicę) obliczamy ponownie wartości reakcji

podporowych:

∑

^{= + − =}

i

B Ax

ix R R F

P 0

) 1

∑

^{= − =}

i Piy RAy F 0

) 2

∑

( ) ^{=− − =}

i

B A

i R l Fl

M 0

) 3 Z równania

( )

³ wyznaczamy

] [ 5 kN F

R_B =− =− z

(

²

)

] [ 5 kN F

R_Ay = = i z

( )

¹

] [ 10 kN R_Ax =

co potwierdza poprawność rozwiązania układu równań równowagi węzłów.

Dowolny przestrzenny układ sił Przykład 13.

Stalowy wał o promieniu r zamocowany w łożyskach A i oddalonych od siebie od służy do podnoszenia ciężarów i G . Ciężar zawieszony jest na linie, która przesuwa się przez gładki krążek C i poziomo nawijana jest na wał. Lina, na której zawieszony jest ciężar zwisa pionowo z wału. Jaki moment powinien być przyłożony do koła napędowego

B l

5 Q G

Q

K oddalonego o l od łożyska A i zamocowanego po przeciwnej stronie niż wał, by układ pozostał w równowadze i jakie wówczas wystąpią reakcje w łożyskach, jeżeli l =1 m[ ] i R=0,2[m], a obciążenie wynosi: G=1 kN[ ] i Q=2 kN[ ].

2l B

l

2l

l r G

M

A K Q

Rozwiązanie.

Do wyznaczenia mamy pięć niewiadomych. Po dwie składowe reakcji w łożyskach A i oraz wartość momentu

B M .

Wartość momentu M wyznaczymy bezpośrednio z równania momentów względem osi : x

1) _{( )}

r Q M G

Qr Gr M M

i x i

= +

⇒

=

−

−

∑

= ⁰

G

M

Q

y z

r

RAy

RBz

RAz

RBy

A K (x)

B l

2l

l

2l

M

Q

K

r

A

B

G z

RBz

RBy

y

RAz

RAy

x

Wartości składowych reakcji w łożyskach wyznaczymy rozwiązując układ równań rzutów sił na osie i y z oraz momentów względem tych osi.

RBy y

2l B

G l

Q

2l

RAy

A

l K

x

2) M _{( )} G l R_Ay l R_Ay G

i z

i 5

0 2 5

2 + = ⇒ =−

∑

=

3) P R_By G R_Ay R_By G

i

iy 5

0⇒ =−3

= + +

∑

=

4) M_{( )} Q l R_Az l R_Az Q

i i y 5

0 3 5

3 − = ⇒ =

∑

=

z

RAz

RBz

x K (y)

A G B

Q

l 2l 3l

5) P R_Az Q R_Bz R_Bz Q

i iy 5

0⇒ = 2

= +

−

∑

=

Podstawiając wartości do otrzymanych rozwiązań obliczamy:

] [ 15 kNm

M = , R_Ay =−0,2[kN], R_Az =1,2[kN], R_By =−0,6[kN], R_Bz =0,8[kN].

Przykład 14.

Płytę stalową prostokątną o wymiarach a× i ciężarze zamocowano w przegubach b kulistym

G

A i walcowym oraz za pomocą cięgna do ściany na wysokości do płaszczyzny płyty znajdującej się w poziomie, jak pokazano na rysunku. Wyznaczyć reakcje w przegubach i siłę w cięgnie, jeżeli wartość siły

B h

], [ 10 kN

G = a=6 m[ ], b=4 m[ ], h=3,317[m].

C

Rozwiązanie.

W układzie występuje siła czynna ciężaru płyty oraz siły bierne reakcji w przegubach kulistym , , oraz walcowym , oraz siła napięcia cięgna .

G

RAx R_Ay R_Az R_By R_Bz S

B

b h A

α

W celu wyznaczenia sześciu niewiadomych sformułujemy warunki równowago dowolnego przestrzennego układu sił. Rzutując siły na oś z :

1)

∑

^P =^RAz +^RBz−^G+^Ssin^α =0

i iz

Przed zapisaniem równań rzutów sił na pozostałe dwie osie określamy rzut siły na płaszczyznę :

( )

^x,y S

α cos ' S S = wówczas

2)

∑

^P =^RAx−^Scos^αsin^β =0

i ix

3)

∑

^P =^RAy+^RBy−^Scos^αcos^β =0

i iy

Ponieważ:

2 2

2 b

ED a⎟ +

⎠

⎜ ⎞

⎝

= ⎛ B

b A C

α

z

RAz

y

h RAy

RAx

S β S’

RBx

RBy

x

( )

^{2 2 2 2}

2

4 b

h a ED

h

CD= + = + +

to

2 2

2 4 sin

a b a

+ β =

2 2

4 cos

a b b

+ β =

2 2 2

4 sin

a b h

h + + α =

2 2 2

2 2

4 cos 2

a b h

a b + +

⎟ +

⎠

⎜ ⎞

⎝

⎛ α =

Równanie momentów względem osi

( )

z sformułujemy posługując się schematem

b b

RAy

β ^{(z) y}

r

RAx

.

G

β

RBy

y

Wartość momentu siły S względem osi z obliczamy mnożąc wartość jej rzutu na płaszczyznę przez ramię

'

(

^x,y

)

S

β sin b r = wtedy

4) _{( )} cos sin 0

4

5 − =

∑

^M = ^{RBy a Sb α β}

i z i

Względem osi

( )

^x równanie momentów przyjmie postać:

5) _{( )} 0

sin − 2 =

∑

^M =^{Sb Gb}

i ix α

a względem osi

( )

^y :

6) _{( )} cos 0

4 5

2− − =

∑

^M =^{Ga RBz a Sa α}

i y i

Podstawiając wartości liczbowe do wcześniej określonych wzorów na wartości funkcji trygonometrycznych otrzymujemy:

] [ 5 m

ED= , CD=6 m[ ],

5 sinβ = 3,

5

cosβ = 4,sinα =0,553,

6 cosα = 5

Z równania

( )

⁵ wyliczamy:

] [ 04 , sin 9

2 G kN

S = =

α

Wstawiając obliczoną wartość siły do równań S

( )

^{4 i}

( )

6 obliczamy:

] [ 41 , 2 sin 5cos

4 kN

a Sb

R_By = α β =

] [ 03 , 2 2 cos

5

4 G S kN

R_Bz ⎟=−

⎠

⎜ ⎞

⎝⎛ −

= α

Z równań

(

¹

)

,

( )

² i

(

³

)

wyliczamy składowe reakcji ^R_A: ] [ 21 , 7

sin kN

S G R

R_Az =− _Bz+ − α =

] [ 52 , 4 sin

cos kN

S

R_Ax = α β =

] [ 62 , 3 cos

cos kN

S R

R_Ay =− _By+ α β =

KINEMATYKA

Równania ruchu i toru, prędkość i przyspieszenie punktu materialnego

Przykład 15.

Punkt porusza się zgodnie z równaniami ruchu:

1) y=t² +2t+1

2) 2 x= t

Określić równanie toru punktu i obliczyć prędkość i przyspieszenie punktu w czasie t₁ =1[s]. Rozwiązanie.

Równanie toru wyznaczymy rugując z równań ruchu zmianę czasu t . Wstawiając do równania

( )

¹ wartość t wyliczoną z równania

( )

^{2 :}

x t 2= otrzymujemy:

1 2 4 ²+ +

= x x

y .

Torem punktu jest parabola :

-1 0 1

-1 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9

Prędkość i przyspieszenie obliczymy różniczkując po czasie równania ruchu:

2 2 +

=

=y t V_y  ,

2

=1

= x V_x  Stąd prędkość punktu w czasie t₁=1[s] :

( )

[ / ] 2 1

1 m s

t V_x =

( )

t2 ²t1 ^{2 4[}m^/s^] V_y = + =

( ) ( ( ) ) ( ( ) )

^{2,12[ / ]}

2 4 1

2 1 2

1

1 V t V t m s

t

V = _x + _y = + =

Obliczamy przyspieszenie:

=2

= y a_y 

=0 ax

stąd przyspieszenie w trakcie ruchu ma wartość niezmienną a=2[m/s²].

Przykład 16.

Korba OK obraca się dookoła łożyska O ze stałą prędkością kątową ]

/ [ 6

/ rad s π

ω= i uruchamia pręt . Wodzik W porusza się po osi pionowej, której kierunek przechodzi przez punkt 0 . Wyznaczyć równania ruchu punktu oraz jego prędkość i przyspieszenie w czasie , jeżeli w chwili początkowej koniec korby

KB

B ]

[

1 2 s

t = K znajdował

się w lewym skrajnym położeniu. Wymiary: OK =KW =KB/3=0,2[m].

B

W

K

ω

0

Rozwiązanie.

Do wyznaczenia równań ruchu posłużymy się schematem:

Po rozpoczęciu ruchu obrotowego korba OB po czasie obróci się o kąt: t ωt

α =

Wówczas kąt

(

^CKW

)

również wynosi α , a położenie punktu w układzie współrzędnych określimy następująco:

B α

cos WB x_B =

α α sin sin KB OK

y_B = +

Przyjmując OK=a, WB 2= a, KB 3= a, gdzie a=0,2[m] otrzymujemy:

α cos 2a x_B =

α sin 4a y_B = czyli równania ruchu punktu postaci:

( )

^t

a x_B =2 cosω

( )

^t

a y_B =4 sinω lub w postaci wektorowej

[ ( ) ]

ⁱ

[ ( ) ]

^j

r= 2acosωt + 4asinωt

VB

. B y

α

x

α α

xB

y K

W

gdzie oraz są wersorami kierunkowymi osi układu współrzędnych odpowiednio i j x i . y Rzuty wektora prędkości określimy różniczkując po czasie współrzędne punktu : B

( )

^t

a x_B =−2ω sinω

( )

^t

a y_B =4ω cosω a rzuty wektora przyspieszenia:

( )

t a

x_B =−2ω² cosω



( )

t a

y_B =−4ω² sinω Stąd prędkość punktu w czasie B t₁ =2[s]:

( ) ( ( ) ) ( ( ) ) ( ( ) ) ( ( ) )

( ) ( )

] / [ 72 , 4 0 2 1 , 4 5 8 3 , 6 0 cos 3

2 , 3 5 sin 8 , 6 0

62 cos 2 , 0 16 62

sin 2 , 0 6 4 cos

16 sin

4

sin 4 sin

2

2 2

2 2

2 2

2 2

2 1 2

1 1

s m t

a t a

t a t

a t

y t

x t

V_{B B B}

=

⋅ +

⋅

⎟ =

⎠

⎜ ⎞

⎝

⋅ ⎛

⎟+

⎠

⎜ ⎞

⎝

⋅ ⎛

=

⎟ =

⎠

⎜ ⎞

⎝

⋅ ⎛

⋅

⎟+

⎠

⎜ ⎞

⎝

⋅ ⎛

⋅

= +

=

= +

−

= +

=

π π π

π

π π

ω π ω

ω

ω ω ω

ω





natomiast przyspieszenie:

( ) ( ( ) ) ( ( ) ) ( ( ) ) ( ( ) )

( ) ( )

] / [ 12 , 4 1 2 3 , 4 5 8 1 , 36 0 sin 3

2 , 3 5 cos 8 , 36 0

62 sin 2 , 0 16 62

cos 2 , 0 36 4 sin

16 cos

4

sin 4

cos 2

2 2 2

2 2

2 2 2

2 2

2

2 2 2 2

2 1 2

1 1

s m t

a t a

t a t

a t

y t

x t

a_{B B B}

=

⋅ +

⋅

⎟ =

⎠

⎜ ⎞

⎝

⋅ ⎛

⎟+

⎠

⎜ ⎞

⎝

⋅ ⎛

=

⎟ =

⎠

⎜ ⎞

⎝

⋅ ⎛

⋅

⎟+

⎠

⎜ ⎞

⎝

⋅ ⎛

⋅

= +

=

=

− +

−

= +

=

π π π

π

π π

ω π ω

ω

ω ω

ω ω









Ruch złożony punktu materialnego

Przykład 17.

Nurt rzeki o szerokości d =15 m[ ] ma prędkością u=0,5[m/s]. Pod jaki katem w stosunku do brzegu powinien płynąć pływak z prędkością w=1[m/s] , by poruszać się prostopadle do brzegu. Jaka będzie prędkość pływaka względem nieruchomego obserwatora stojącego w miejscu, gdzie pływak rozpoczął przeprawę. Po jakim czasie pływak osiągnie przeciwny brzeg. O ile metrów przesunie się z biegiem rzeki punkt osiągnięcia przeciwnego brzegu, jeżeli pływak będzie płynął prostopadle do nurtu i ile wtedy będzie trwała przeprawa.

Rozwiązanie.

Rozważymy najpierw przypadek, gdy pływak będzie płynął prostopadle do brzegu (pod kątem względem nurtu rzeki).

W

d

U V

Kąt, pod jakim pływak powinien płynąć w stosunku do nurtu rzeki wyznaczymy z zależności trygonometrycznej:

600

2

cosα = =1 ⇒α = w

u

Podobnie wyznaczymy prędkość względem nieruchomego obserwatora na brzegu rzeki:

] / [ 866 , 2 0

sin 3 m s

w

V = α = =

Stąd wyznaczymy czas, jaki potrzebny jest pływakowi do osiągnięcia przeciwległego brzegu rzeki:

] [ 32 , 866 17 , 0

15 s

V

t= d = = .

W drugim przypadku:

W V

15 m

α .

U

pływak osiągnie drugi brzeg po czasie:

] [ 1 15

15 s

w

t= d = = , a nurt zniesie pływaka o

] [ 5 , 7 15 5 ,

0 m

t u

s= ⋅ = ⋅ = ,

a jego prędkość względem nieruchomego obserwatora na brzegu wyznaczymy wypadkową wektorów prędkości ruchu unoszenia i prędkości pływaka względem wody : u w

] / [ 118 ,

2 1

2 w m s

u

V = + = .

Przykład 18.

rzemysłowy przenosi detal pomiędzy dwoma stanowiskami obróbczymi i odd

prę

Robot p S₁

S 2 alonymi od siebie o d =2 m[ ] wykonując obrót wokół osi pionowej O o 180 z

dkością kątową /4 ]

0

/ [rad s π

ω= . Jednocześnie chwytak robota wyk nuje ch posuwisto-zwrotny w stałą prędkością w 0,25[m/s]

o ru

zdłuż ramienia ze = : do połowy obrotu (o

90 ) z wektorem skierowanym do osi obrotu, podczas 0 ci obrotu ze zwrotem eciwnym. Obliczyć bezwzględne prędkość i przyspieszenie chwytaka robota dla czasu

] [

1 1 s

t = i t₂ =2[s], przyjmując czas 0

pozostałej częś prz

=

t jako rozpoczęcie przenoszenia detalu.

zanie.

Rozwią

iając prędkość kątową ruchu obrotowego można stwierdzić, że prędkość i rzyspi

Uwzględn

p eszenie dla czasów t₁ =1[s] i t₂ =2[s] należy określić dla pierwszej części ruchu 900

0≤ϕ < , podczas którego promień wodzący chwytaka określimy wzorem:

wt r− ρ = gdzie

] [ 2 1 m r= d =

rędkość chwytaka jest wypadkową prędkości względnej i prędkości unoszenia

P w

wynikającej z ruchu obrotowego robota:

(

r wt

)

V_u =ωρ =ω − ρ

wt

W Vu

V

S2 S1

d

r O