Przyspieszenia liniowe i kątowe mas – dynamika – zadanie 37

Witam ponownie i dzisiaj zrobimy zadanie z dynamiki, w którym obliczymy przyspieszenia liniowe i kątowe elementów posiadających masę. W niedalekiej przeszłości zamieściłem podobne zadanie

http://blog-student.com/dynamika-zadanie-7/
dynamika14 150x150 - Przyspieszenia liniowe i kątowe mas - dynamika - zadanie 37
Na rysunku widzimy układ krążków, z których większy obraca się wokół punktu A (podpora przegubowa stała) i na na ten krążek nawinięto linkę. Drugi koniec linki zamocowano w punkcie A i po drodze lina przechodzi przez mniejszy krążek.
Jak to działa?
Mniejszy krążek ruchem płaskim zjeżdża w dół rozwijając linkę, która jednocześnie obraca dużym krążkiem. Autor zadaje pytanie:

OBLICZ PRZYSPIESZENIA PORUSZAJĄCYCH SIĘ CIAŁ

Po pierwsze

Ustalamy jak wszystko się będzie poruszać

Rysujemy poszczególne przyspieszenia:
dynamika15 150x150 - Przyspieszenia liniowe i kątowe mas - dynamika - zadanie 37
Duży krążek (masa 2*m) porusza się ruchem obrotowym, czyli dajemy przyspieszenie kątowe ε1, a mały krążek (masa m) porusza się ruchem płaskim (obraca się i jednocześnie zjeżdża w dół odwijając linkę ) czyli dajemy przyspieszenie liniowe a2 (na przykład w dół bo widać gołym okiem, że będzie zjeżdżać w dół) oraz przyspieszenie kątowe ε2.

Po drugie

Uwalniamy od więzów ciała, które mają masę i piszemy równania dynamiczne z II zasady dynamiki Newtona.
Mając na myśli ”ciała które mają masę” mówimy o obu krążkach. Na początek mniejszy krążek poruszający się ruchem obrotowym:
dynamika15 150x150 - Przyspieszenia liniowe i kątowe mas - dynamika - zadanie 37
Zastępujemy linę siłą i piszemy równanie dynamiczne:
S1 * 2 * r = J1 * ε1 [1]
czyli suma momentów

równa się

momentowi bezwładności

razy

przyspieszenie kątowe.

Teraz mały krążek i postępujemy analogicznie:
dynamika17 150x150 - Przyspieszenia liniowe i kątowe mas - dynamika - zadanie 37
zgodnie z III zasadą dynamiki Newtona pojawiła się ta sama siła w linie S1. Ponieważ linka przechodzi przez mały krążek, który POSIADA MASĘ, to z drugiej strony krążka mamy inną siłę oznaczoną S2. Tak jak napisaliśmy wcześniej, mały krążek porusza się ruchem PŁASKIM, w wyniku tego napiszemy 2 równania dynamiczne (dla ruchu POSTĘPOWEGO i dla ruchu OBROTOWEGO):
S1 * r – S2 * r = J2 * ε2 [2]
m * g – S1 – S2 = m * a2 [3]

Po trzecie

Piszemy masowe momenty bezwładności dla obu krążków:
J1 = 1/2 * 2*m * (2*r)²
J2 = 1/2 * m * r²

Po czwarte

Liczymy niewiadome występujące w 3 równaniach dynamicznych:
S1, ε1, S2, ε2, a2
a więc mamy 5 niewiadomych i 3 równania. Musimy stworzyć 2 związki kinematyczne.

A więc do dzieła:

Mniejszy krążek porusza się ruchem płaskim i posiada chwilowy środek obrotu w punkcie B. Mówiąc prościej, linka między punktami A i B wisi sobie nieruchomo, a to znaczy, że punkt B też jest nieruchomy . Punkt B jednocześnie jest punktem na lince i punktem na krążku. Jeżeli jest taki punkt na krążku, który jest chwilowo nieruchomy, to jest to CHWILOWY ŚRODEK OBROTU. Jest taka zależność, która wiąże przyspieszenia liniowe i kątowe:
a2 = ε2 * r [4]

Jest pierwszy związek kinematyczny, to teraz narysujmy sobie rozkład przyspieszeń na mniejszym krążku (to co poniżej jest zaznaczone na czerwono):
DYNAMIKA18 150x150 - Przyspieszenia liniowe i kątowe mas - dynamika - zadanie 37
Teraz jak się spojrzy na powyższy obrazek, to widać, że:
– w punkcie B mamy przyspieszenie równe zero (mówiąc inaczej jest to chwilowy środek obrotu),
– środek małego krążka porusza się z przyspieszeniem a2
– idąc dalej w prawo po średnicy małego krążka napotykamy na punkt C i widać, że on ma DWA RAZY większe przyspieszenie niż środek krążka ( 2*a2 ). To samo przyspieszenie ma punkt D na dużym krążku i można je zapisać inaczej i analogicznie do równania [4]:
2 * a2 = ε1 * 2 * r [5]
W ten sposób powstał układ 5 równań, z którego obliczymy 5 niewiadomych:
S1 * 2 * r = 1/2 * 2*m * (2*r)² *ε1 [1]
S1 * r – S2 * r = 1/2 * m * r² * ε2 [2]
m * g – S1 – S2 = m * a2 [3]
a2 = ε2 * r [4]
2 * a2 = ε1 * 2 * r [5]

S1 = m * 2*r *ε1 [1]
S1 – S2 = 1/2 * m * r * ε2 [2]
m * g – S1 – S2 = m * a2 [3]
a2 = ε2 * r [4]
a2 = ε1 * r [5]

Przyrównujemy do siebie równania [4] i [5]
ε2 * r [4]= ε1 * r [5]
ε2 = ε1

S1 = m * 2*r *ε1 [1]
S1 – S2 = 1/2 * m * r * ε2 [2]
m * g – S1 – S2 = m * a2 [3]
ε2 * r = ε1 * r [4] i [5] ==> ε2 = ε1

Odejmujemy stronami równania [1] oraz [2]:
S2 =1,5*m*r *ε1 [1minus2]

To co wyszło wraz z równaniem [1] wstawiamy do równania[3]
m * g – m * 2*r *ε1 – 1,5*m*r *ε1 = m * ε1 * r [3]
g = 4,5* ε1 * r [3]

Przyspieszenie kątowe dużego krążka (o masie 2*m) wyniesie:
ε1 = 0,22*g /r

a przyspieszenie liniowe małego krążka:
a2 = ε2 * r = ε1 * r = [0,22*g /r] * r = 0,22*g

Przyspieszenie kątowe małego krążka:
ε2 = ε1 = 0,22*g / (ε1*r)

Moment bezwładności przekroju i twierdzenie Steinera – zadanie 36

Witam ponownie i dzisiaj zrobimy zadanie ze środków ciężkości i momentów bezwładności używając twierdzenia Steinera.
Mamy taki przekrój jak widać na rysunku – dwa półkola złożone w taki oto ciekawy sposób.

srodekciezkosci5 150x150 - Moment bezwładności przekroju i twierdzenie Steinera - zadanie 36

 

Oto jakie pytanie zadaje autor:

OBLICZ POŁOŻENIE ŚRODKA CIĘŻKOŚCI I MOMENT BEZWŁADNOŚCI PRZEKROJU

Na początek obliczymy współrzędne położenia środka ciężkości:

 

Po pierwsze

Podobnie jak w poprzednim zadaniu

http://blog-student.com/mechanika-srodek-ciezkosci-zadanie-16/

Dzielimy figurę na prostsze elementy

Tutaj sprawa jest oczywista – półkole o promieniu a i drugie półkole o promieniu a.
srodekciezkosci6 150x150 - Moment bezwładności przekroju i twierdzenie Steinera - zadanie 36
Oczywiście znamy położenie środka ciężkości takich elementarnych figur jak półkole.

 

Po drugie

 Umieszczamy tak podzieloną figurę w układzie współrzędnych.

Tylko teraz powstaje pytanie, jak to umieścić?
Figura NIE JEST symetryczna i dlatego umieszczamy ją w pierwszej ćwiartce układu współrzędnych, żeby wszystkie współrzędne były na plusie.
srodekciezkosci7 150x150 - Moment bezwładności przekroju i twierdzenie Steinera - zadanie 36

Po trzecie

Kolejny etap to:

Działamy według prostego wzoru:

 

pole półkola1 * ś.c.półkola1 + pole półkola2 * ś.c.półkola2
xc = ———————————————————————————-
całkowite pole figury

 

i zaczniemy od współrzędnej x:

 

    0,5 * π * a2 * (a – 4*a/(3*π)) + 0,5 * π * a2 * (a + 4*a/(3*π))
xc = ——————————————————————————- = a
2 * 0,5 * π * a2

 

To teraz mały komentarz do powyższego wzoru:
srodekciezkosci8 150x150 - Moment bezwładności przekroju i twierdzenie Steinera - zadanie 36
Środek ciężkości elementu składowego przekroju (w tym przypadku półkola) określamy w tym układzie współrzędnych, w którym tę figurę wstawiliśmy. Wiemy, że środek ciężkości półkola znajduje się 4*a/(3*π) od podstawy i jednocześnie w osi symetrii. Czyli w naszym przypadku środek ciężkości jednego półkola przypada w a – 4*a/(3*π), a drugiego półkola wypadnie w a + 4*a/(3*π)) (ilustracja powyżej).
To teraz przejdziemy do współrzędnej y:

0,5 * π * a2 * a + 0,5 * π * a2 * 2 * a
yc = ————————————————- = 1,5 * a
2 * 0,5 * π * a2

 

Po czwarte

 Wykorzystując twierdzenie Steinera

http://blog-student.com/twierdzenie-steinera-podstawy/

obliczymy momenty bezwładności przekroju.

Zaznaczam, że po to obliczyliśmy położenie środka ciężkości, żeby przez ten środek ciężkości przeprowadzić osie CENTRALNE xc i yc. I teraz w kolejnym kroku działamy WYŁĄCZNIE w układzie współrzędnych xc,yc. No to do dzieła:
Ten podział na 2 półkola dalej jest aktualny, a więc moment bezwładności przekroju będzie sumą momentów bezwładności jednego półkola plus drugiego półkola:
Jxc = π * (2*a)4 / 128 + 0,5 * π * a² * (1,5*a – a)² + π * (2*a)4 / 128 + 0,5 * π * a² * (1,5*a – 2*a) ² =
= π * 16 * a4 / 128 + 0,5 * π * a² * (0,5*a)² + π * 16 * a4 / 128 + 0,5 * π * a² * (0,5*a) ² = 0,5 * π * a4

O twierdzeniu Steinera już było, ale taki drobny komentarz do powyższych obliczeń:
Jasna sprawa że π*(2*a)4/128 oznacza moment bezwładności półkola.
srodekciezkosci9 150x150 - Moment bezwładności przekroju i twierdzenie Steinera - zadanie 36
Następnie 0,5 * π * a² oznacza pole półkola i ostatnia cząstka (1,5*a – a) to odległość środka ciężkości pierwszego półkola od osi centralnej całego przekroju (to pokazałem na powyższym szkicu). Teraz moment bezwładności względem osi yc i działamy analogicznie czyli stosujemy twierdzenie Steinera:
Jyc = π * (2*a)4 / 128 + 0,5 * π * a² * (a – 4*a/(3*π) – a) ² +
+ π * (2*a)4 / 128 + 0,5 * π * a² * (a – 4*a/(3*π) + a) ² = 6,4 * a4

Prawda że proste?

Twierdzenie Steinera – podstawy

Witam wszystkich i dzisiaj będzie o twierdzeniu Steinera i już mówię, co to oznacza. Wielokrotnie w mechanice i wytrzymałości spotykamy się z przekrojami na przykład z przekrojami zginanych belek czy skręcanych wałów. Taki przekrój może być prostokątem, kołem trójkątem lub dowolną kombinacją wymienionych figur. Każdy przekrój posiada środek ciężkości (o czym już było niedawno) oraz moment bezwładności.
To może wystarczy tego wstępu, bo o momencie bezwładności przekroju dzisiaj będzie. Przypomnę, że jest to taka wielkość opisująca figurę, która mówi, w jaki sposób jest ona położona względem osi układu współrzędnych. Jeżeli ta oś przechodzi przez środek ciężkości przekroju to nazywa się OSIĄ CENTRALNĄ. Momenty bezwładności podstawowych figur względem osi centralnych można znaleźć w literaturze i kilka przykładów zamieszczam poniżej
momentbezwladnisci1 1 - Twierdzenie Steinera - podstawy
Wszystko pięknie tylko często potrzeba obliczyć moment bezwładności przekroju względem osi x równoległej do CENTRALNEJ xc ale NIE PRZECHODZĄCEJ przez środek ciężkości przekroju. I na to gotowych wzorów nie ma, ale z pomocą przychodzi twierdzenie Steinera.
momentbezwladnosci2 1 - Twierdzenie Steinera - podstawy
Nawiązując do powyższego rysunku mamy dane:
– moment bezwładności przekroju względem osi centralnej Jxc
– pole figury S
– odległość miedzy osią centralna xc a równoległą do niej osią x którą oznaczono a .
I teraz uwaga:
Moment bezwładności względem osi x wyniesie:

J = Jxc + S * a²

Prawda że łatwe?

Private: Dynamika – regulator – zadanie 33

Mamy taki regulator, w którym belkę o masie m przymocowano przegubowo w 2/3 długości od dołu do wału.
dynamika12 - Private: Dynamika – regulator – zadanie 33
Wał obraca się z prędkością kątową ω . Autor zadaje pytanie:

O JAKI KĄT α ODCHYLI SIĘ  BELKA?

Po pierwsze
Całość uwalniamy od więzów czyli:
– zastępujemy przegub dwiema prostopadłymi reakcjami
– przykładamy ciężar do belki
– ponieważ całość obraca się, to do belki przykładamy siły odśrodkowe bezwładności

dynamika13 - Private: Dynamika – regulator – zadanie 33

Po drugie
Piszemy równania równowagi, a ponieważ jest to układ PŁASKI ROZBIEŻNY, to piszemy TRZY równania równowagi:
∑Pix = ∫dB –  ∫dB2 – Rx = 0 [1]
∑Piy = Ry – m*g = 0 [2]
∑Mio = ∫dB*x*cosα – m*g*L/6*sinα + ∫dB2*x2*cosα = 0 [3]

Po trzecie
W powyższych równaniach pojawiła się całka i teraz warto ją do końca policzyć, ale na początek dobrze będzie zająć się elementarną siłą dB czyli siłą odśrodkową bezwładności. To jest taka siła (mała siła), która działa na niewielką cząstkę belki o bardzo niewielkiej masie. Chodzi o to, że jak zsumujemy te wszystkie małe elementarne siły dB, to będziemy mieć sumaryczną siłę odśrodkową działającą na belkę.

dB = dm * ω² * x * sinα
Analogicznie elementarna siła odśrodkowa po krótszej stronie belki wyniesie:
dB2 = dm * ω² * x2 * sinα

Teraz stworzymy zależność która mówi, że

Elementarna masa dm ma się tak do całej masy belki m, jak elementarna długość dx do całkowitej długości L:

dm/m = dx / L

z tego wyciągamy dm:

dm = m * dx / L

i wstawiamy do obliczonych wcześniej elementarnych sił bezwładności:

dB = m/L * ω² * x *sinα* dx

dB2 = m/L * ω² * x2 *sinα* dx

Następnie robimy z tego całki i obliczamy je. Pierwsza całka oznaczona od zera do 2/3*L:
∫m/L*ω²*x*sinα dx = m/L*ω²*sinα*1/2*(2/3*L)²  = m/L*ω² *sinα*1/2*4/9*L²  =
= m*ω² *sinα*2/9*L

I druga całka oznaczona od zera do L/3:
∫m/L*ω² *x2*sinα dx = m/L*ω² *sinα*1/2*(L/2)² = m/L*ω²* sinα*1/2*L² /4 =

= m * ω² * sinα * L/8

Trzecia całka oznaczona od zera do 2/3*L:
∫dB*x*cosα = ∫m/L*ω² *x*sinα*dx*x*cosα = m/L*ω²* sinα*cosα*1/3*(2/3*L)³ =
= m*ω² *sinα*cosα*8/81*L²

Czwarta całka oznaczona od zera do L/3:
∫dB2*x2*cosα = ∫m/L*ω² *x2*sinα*dx*cosα x2 =
= m/L * ω² * sinα * cosα * 1/3 * (L/3)³ = m * ω² * sinα * cosα * L²/81

I teraz można to co wyszło z tych wszystkich całek wstawić do równania momentów:
∑Mio = m * ω² * sinα * cosα * 8/81 * L² – m * g * L/6 * sinα +
+ m * ω² * sinα * cosα * L²/81 = 0 [3]

ω² * cosα* 8/81 * L²  – g*L/6 + ω² * cosα * L²/81 = 0
ω² * cosα* 8/81 * L² + ω² * cosα * L²/81 = g*L/6
ω² * cosα* 9/81 * L² = g*L/6
I jak to sie to uprości to mamy coś takiego
cosα = 1,5 * g : ( ω² * L )
Wobec tego kąt odchylenia belki wyniesie:
a = arccos (1,5 * g : ( ω² * L ) )

Prawda że łatwe?

Statyka – ściąga

Witam ponownie i dzisiaj stworzymy ściągę ze statyki. Tak sobie pomyślałem, że po zamieszczeniu kilkudziesięciu postów dobrze będzie zebrać do kupy to wszystko, co jest potrzebne do zrozumienia podstaw mechaniki oraz zrobienia tych prostych i tych trudniejszych zadań. W pierwszych postach pół roku wcześniej podkreślaliśmy, że najważniejsze są PODSTAWY

Mechanika – pierwsza i trzecia zasada dynamiki Newtona

i jak się je zrozumie to naprawdę niewiele więcej potrzeba, aby tę wiedzę posiąść i umieć zastosować w praktyce.

I tak powstała ściąga albo inaczej mapa myśli i zaczniemy od ściągi z mechaniki – na początek statyka:

sciaga7 - Statyka - ściąga

 

I oto mamy ściągę ze statyki i tak naprawdę tyle potrzeba żeby temat zrozumieć i zrobić każde zadanie.

Po lewej znalazły się I i III zasady dynamiki Newtona i one są zawsze używane w statyce.

sciaga2 - Statyka - ściąga

Pośrodku mamy tabele z układami sił i tak naprawdę każde zadanie ze statyki to jest kilka lub więcej sił ułożonych w mniej lub bardziej skomplikowany sposób.

sciaga8 - Statyka - ściąga

 

Przykładem może być belka już uwolniona od więzów i widać reakcje podpór i parę sił zewnętrznych.

statyka5 - Statyka - ściąga

W tabeli z różnymi rodzajami układów sił widać 4 różne kombinacje ponieważ już wiemy, że możemy mieć układy sił na płaszczyźnie lub w przestrzeni, a także siły mogą się zbiegać w jednym punkcie (zbieżne) oraz w innym przypadku siły nie będą się zbiegać w jednym punkcie (rozbieżne albo dowolne).

Jeszcze niżej na ściądze mamy 3 różne rodzaje podpór i utwierdzeń, które można spotkać w zadaniach jeżeli uwolnimy dane ciało lub układ od więzów:

sciaga9 - Statyka - ściąga

– podpora przegubowa przesuwna

– podpora przegubowa stała

– utwierdzenie albo wmurowanie

Jak wiadomo i jak widać na powyższym obrazku zasadniczą sprawą jest różna liczba reakcji przy każdym z 3 przypadków.

Może trudno uwierzyć że to wszystko jest tak proste, ale weźmy pierwsze z brzegu zadanie z układów płaskich. Na tym prostym przykładzie pokażemy, jak łatwo jest poruszać się po temacie

statyka1 - Statyka - ściąga

Powyżej widzimy, że mamy płaski układ sił i jak uwolnimy od więzów pudło, które leży na równi

statyka2 - Statyka - ściąga

to widać że siły zbiegają się praktycznie w jednym punkcie i dlatego zgodnie ze ściągą

sciaga5 - Statyka - ściąga

możemy napisać 2 równania równowagi (sumy rzutów sił na osie x oraz y), które będą zgodne z I zasadą dynamiki, ponieważ siły działające na pudło się równoważą i w związku z tym pudło pozostaje w spoczynku.

Autor zadania podał współczynnik tarcia między pudłem a równią, a więc zgodnie ze ściągą

sciaga6 - Statyka - ściąga

jeżeli pomiędzy ciałami występuje nacisk i pudło chce zjechać z równi (zamierzony ruch), to wystąpi również siła tarcia.

Poza tym jak widać powyżej, tarcie i nacisk działające na pudło są zwrócone w górę i w lewo. Zgodnie z III zasadą dynamiki Newtona o której również wspomniano na ściądze to samo tarcie i ten sam nacisk również działają na równię pochyłą, ale będą zwrócone w przeciwne strony.

Na tym prostym przykładzie widać jak prosta jest mechanika, jak łatwa jest statyka i nie potrzeba przeczytać wszystkich książek, żeby to ogarnąć.