MECHANIKA I Jaromír Švígler
OBSAH Předmluva ........................................................................................................................... 3 1. Rozdělení a základní pojmy mechaniky ....................................................................... 4 Statika 2. Základní pojmy a axiomy statiky. Síla. Moment síly k bodu a k ose. Silová dvojice. Základní věta statiky. Práce a výkon síly a momentu.......................... 5 3. Silové soustavy. Soustavy sil o společném působišti, náhrada, ekvivalence, rovnováha. Aplikace na hmotný bod ..................................................... 18 4. Obecné soustavy sil. Obecná rovinná soustava sil. Aplikace na těleso v rovině........ 27 5. Obecná prostorová soustava sil. Aplikace na těleso v prostoru. Těžiště. Vnitřní statické účinky ................................................................................................ 35 6. Rovinné soustavy těles. Statické řešení soustav. Soustavy s ozubenými koly ........... 46 Kinematika 7. Kinematika hmotného bodu. Přímočarý pohyb bodu a křivočarý pohyb bodu. ......... 55 8. Kinematika tělesa. Rovinný pohyb tělesa. Posuvný pohyb. Rotační pohyb. Obecný pohyb. ........................................................................................................... 64 9. Současné pohyby tělesa .............................................................................................. 72 10. Středy křivosti trajektorií a obálek.............................................................................. 76 11. Kinematické řešení mechanismů. Soustavy s ozubenými koly .................................. 78 Řešení.......................................................................................................................... 85
LITERATURA [1] [2] [3] [4] [5] [6]
Rosenberg J.: Statika. Skriptum, VŠSE Plzeň 1987 Rosenberg J.: Kinematika. Skriptum VŠSE Plzeň 1981 Brát V., Rosenberg J., Jáč V.: Kinematika. SNTL/ALFA Praha 1987 Křen J.: Řešené příklady ze statiky. Skriptum, VŠSE Plzeň 1985 Křen J.: Řešené příklady z kinematiky. Skriptum, VŠSE Plzeň 1986 Juliš K., Brepta R. a kol.: Mechanika I. díl. Statika a kinematika. Technický průvodce 65. SNTL Praha 1986
2
PŘEDMLUVA Tento učební text je určen studentům v kombinované formě studia, studujícím předmět Mechanika I, který náleží k předmětům tvořícím základ znalostí nutných pro pochopení a zvládnutí modelování technických a přírodních jevů a procesů. Předmět Mechanika I, který je zaměřen na klasickou mechaniku bodů, soustav bodů, tuhých těles a soustav jimi vytvářených, je rozdělen do dvou částí. V první části věnované statice jsou uvedeny základní poznatky potřebné pro silová řešení technických a přírodních jevů a druhá, kinematická, část se zabývá řešením pohybových stavů těchto jevů. Poznatky jsou uváděny maximálně stručně, převážně bez odvozování a důkazů, nicméně se snaží zachytit všechny důležité a nezbytné znalosti. Látka je rozdělena do kapitol a v každé kapitole jsou k probíranému tématu uvedeny řešené příklady. Budu velmi vděčen za jakékoliv připomínky k předkládanému textu, neboť jenom tak lze zlepšit jeho kvalitu. Velké poděkování patří paní Janě Nocarové za její pečlivost a trpělivost při kreslení obrázků a grafické úpravě. Autor
3
1 ROZDĚLENÍ A ZÁKLADNÍ POJMY MECHANIKY Mechaniku můžeme dělit podle různých hledisek a zřejmě se nám stejně nepodaří provést dělení plně uspokojující. Přidržíme se proto dělení poněkud konzervativního, ale nám vyhovujícího rozdělení, které můžeme schematicky zachytit následovně. Mechanika – klasická v << c , kde c je rychlost světla, – relativní v → c , – kvantová. Mechanika – tuhých těles, – poddajných těles, – hydromechanika, – termomechanika, – mechanika kontinua. V našem kurzu se budeme zabývat klasickou mechanikou tuhých těles, kterou ještě dále rozdělíme. Klasická mechanika tuhých těles – statika, – kinematika, – dynamika. Řešení budeme provádět početně a graficky. Při početním řešení mechanických úloh budeme používat
r r – vektorový přístup ( F , M ) , – analytický přístup ( E k , E p , W , P ) .
r r Vektory, jako sílu F a moment M , budeme značit šipkou nad písmenem, skalární veličiny, jako kinematickou a potenciální energii E k , E p , práci W a výkon P písmeny bez šipky. Budeme-li r hovořit o velikosti vektoru, použijeme samozřejmě písmeno bez šipky, tedy např. F = F . Základní pojmy mechaniky tuhých těles
V mechanických úlohách budeme používat některé ustálené pojmy, samozřejmě kromě dalších, jako 1. 2. 3. 4.
hmota prostor čas síla
m R t F
[kg] , [m] , [s] , [N] .
Podle našeho dělení můžeme říci, že kinematika používá: statika používá: dynamika používá:
1, 2, 3, 1, 2, 4, 1, 2, 3, 4.
4
STATIKA 2 ZÁKLADNÍ POJMY A AXIOMY STATIKY. SÍLA. MOMENT SÍLY K BODU A K OSE. ZÁKLADNÍ POJMY
Síly, jimiž různá tělesa, či různé části téhož tělesa, na sebe navzájem působí, označujeme jako odpor, tah, tlak, případně jako akce nebo reakce. Připomeňme, že tíhová síla mg je silou akční! Pro názornost uvedeme příklady sil. Příklady druhů sil
T < Nf T tečná síla Nf třecí síla
R A reakce kloubu A
S = RB = RC
k
ξ
N T M
osová síla v podpěrném prutu a současně reakce (= reakční síla) v kloubech B, C. konstanta pružiny prodloužení pružiny
tah (tlak) smyková síla ohybový moment
⎫ ⎪ ⎬ vnitřní statické ⎪ účinky ⎭
M, N, T … silové účinky ekvivalentní působící, akční, síle F Poznámka: Moment je na obrázku symbolicky znázorněn obloučkem, takže není zakreslen jako vektor a proto nemá šipku! AXIOMY STATIKY
Následující axiomy, nazvěme je poučky, jsou velmi jednoduché a řadu z nich již znáte, nicméně jsou a budou základními stavebními prvky vašich znalostí statiky. Proto si je dobře zapamatujte. Šest základních pouček pro statiku 1. Účinek síly na těleso se nezmění, když sílu, na její nositelce libovolně posuneme.
5
2. Dvě síly skládáme ve výslednici podle zákona rovnoběžníka. Poznámka: Grafickou konstrukci můžeme symbolicky vyjádřit vektorovým zápisem r r r V = F1 + F2
3. Dvě síly mohou být v rovnováze jen tenkrát, leží-li na témže paprsku, jsou stejně veliké a mají opačný smysl.
( )
r r r F + −F =0
4. Tři síly mohou být v rovnováze jen tenkrát, leží-li v téže rovině, prochází jedním bodem a položeny za sebou tvoří uzavřený trojúhleník. r r r r F1 + F2 + F3 = 0
5. K soustavě sil lze připojit libovolnou jinou soustavu sil, která je v rovnováze, aniž se změní působení prvé soustavy.
r r r K síle F v bodě A připojím F a − F v bodě Ω . Působení původní síly F se nezmění. Poznámka: K tomuto obrázku se vrátíme u momentu dvojice sil a všimneme si M.
6. Účinek tělesa A na těleso B vyvodí stejný, ale opačný účinek tělesa B na těleso A. Ať jde o sílu, dvojici sil, moment, či o celou soustavu sil. r r N AB = N BA
Odvozené poučky 1. Tři síly v prostoru skládáme ve výslednici podle zákona rovnoběžnostěnu. r r r r V = F1 + F2 + F3
6
2. Ekvivalence Dvě soustavy sil jsou ekvivalentní, mají-li stejnou výslednici. r r r r r F1 + F2 = S 1 + S 2 = V
3. Rovnováha Dvě soustavy sil jsou v rovnováze, když jejich výslednice se ruší. r r r r r S1 + S 2 + F1 + F2 = 0 12r3 12 3 r −V
4. Rozklad
V
Říkáme, že jsme sílu rozložili ve složky, když výslednicí složek je daná síla. Minimální počet složek síly v rovině jsou 2 složky, v prostoru 3 složky.
SÍLA F
Síla je vektor vázaný ke své nositelce a je po ní libovolně posunutelný. Je to klouzavý vektor. Rozměrovou jednotkou pro sílu je Newton [N].
působiště síly nositelka p
Skládání a rozklad síly Skládání sil bylo zmíněno v základních poučkách pro statiku. Rozkladem síly, který je opačným dějem ke skládání sil, získáme složky síly. Pozor musíme dát na odlišení složky síly od průmětu síly, tak jak je to patrné pro různoběžné přímky p1 , p 2 . Opět platí jednoduché vztahy
r r r F = F1 + F2 F = F12 + F22 − 2 F1 F2 cos(π − α ) složka síly ve směru p2
průmět síly do směru p2
Určení síly Abychom mohli sílu jednoznačně určit, potřebujeme k tomu jistý minimální počet prvků. Rovina
Prostor
Potřebujeme 3 prvky: x, α , F
Potřebujeme 5 prvků: x, z , α , β , F
7
Vztahy mezi úhly u síly Pro úhly které jsou mezi silou F, jejími složkami Fx , Fy , Fz a jejími průměty FI , FII , do první a
druhé průmětny, můžeme psát trigonometrické vztahy, které plynou z pravoúhlých trojúhelníků
Fx = F cos α = F cos ϕ cosψ = F cos ε cosη , Fy = F cos β = F sin ϕ = F ⋅ cos ε sinη , Fz = F cos γ = F cos ϕ sinψ = F sin ε .
Úpravou vztahů, na příklad dělením druhé rovnice rovnicí první, dostaneme tgϕ = tgη . cosψ Podobně, provedeme-li dělení třetí rovnice rovnicí první, získáme ze třetích a čtvrtých výrazů další vztah tgε tgψ = . cos η Takto můžeme postupovat dále podle toho, které vztahy jsou pro nás potřebné. Významnou technickou aplikací rozkládání sil na složky je řešení silových poměrů u ozubených kol, kde provádíme rozklad ve výpočtovém bodě P páru spoluzabírajících kol. Výpočtový bod umisťujeme do středu šířky a délky zubu a záběr zubů idealizujeme do tohoto bodu. Jedinou silou, neuvažujeme pasivní účinky, působící mezi boky zubů, je síla normálová, ležící na normále dotykového bodu. Je to vždy síla reakční, tedy síla, kterou působí spoluzabírající kolo na kolo, které řešíme. Naším úkolem je určit složky normálové síly ve směru obvodovém ( FT ), radiálním ( FR ) a axiálním ( FA ) směru. Příklad 1 Čelní kola s přímými zuby Dáno: M K Určit: FT , FR
Řez A - A
Poznámka: Z daného kroutícího momentu M K určíme nejdříve obvodovou, tečnou, ( FT = FO ) složku ze vztahu
FT =
Mk . r
Pak již můžeme určit radiální složku FR = FT tg α
8
a případně výslednou normálovou sílu
N=
FT . cos α
V případě přímých zubů je FA = 0 . Určování složek N je důležité pro navazující řešení, například pro zjištění namáhání hřídele, na kterém je kolo uloženo. Příklad 2 Čelní kola se šikmými zuby
Dáno:
Určit:
z = 27 , m=4, α = 20 o , β = 25 o , P = 4000 W , n = 3000 ot / min . FO , FA , FR
Poznámka: Hovoříme o kolech se šikmými zuby, ale ve skutečnosti se jedná o zuby šroubovitě zakřivené. Pro lepší představu je pár spoluzabírajících zubů znázorněn odděleně.
ŘEZ A- A
Mezi poloměrem roztečné kružnice r a počtem zubů z platí vztah
r=
zm , 2 cos β
kde m je modul a β je úhel sklonu šroubovice na roztečném válci. Velikost úhlu záběru α je 20°. Z výkonu určíme nejdříve moment P=M ω⇒M =
P
ω
=
4000 =& 13 Nm . 3000 π 30
9
Potom můžeme určit obvodovou sílu F0 =
M = r
M 13 13 = = = 220 N . zm 110 0,059 −3 ⋅ 10 2 2 cos β
Dále ještě určíme průmět síly N do roviny tečné k roztečnému válci FI =
F0 = 242,7 N cos β
a nyní je již možné vyjádřit axiální a radiální složku normálové síly N FA = F0 tgβ = 102,58 N ,
FR = FI tgα = 88,3 N
a případně i samotnou normálovou sílu N
N=
FI =& 258,3 N , cos α
kterou samozřejmě můžeme určit jako výslednici jejích již určených složek
F = FR2 + FA2 + F02 = 258,3 N . Příklad 3 Kuželová kola s přímými zuby
Jedná se o další typ ozubených kol, jejichž osy jsou různoběžné a opět chceme určit složky normálové síly N. Dáno: M k , r , δ Určit: FA , FR , F0 ŘEZ A-A
Z daného momentu určíme opět nejdříve obvodovou sílu F0 =
Mk r
a pak již je možné vyjádřit axiální a radiální složku výsledné normálové síly FA = F0 tgα sin δ , FR = F0 tgα cos δ , a je-li to potřebné i samotnou normálovou sílu F N= 0 . cos α
10
MOMENT SÍLY M
S momentem síly jste se již seznámili dříve a běžně jste ho definovali jako součin velikosti síly a její kolmé vzdálenosti od uvažovaného pevného bodu. Ukážeme si nyní obecnější definici pomocí vektorového počtu. Budeme rozlišovat dva případy. Připomeňme, že rozměrovou jednotkou pro moment je [Nm] a že směr vektoru momentu určíme podle pravidla pravé ruky tak, jak ho známe z vektorového násobení vektorů. Moment síly k bodu Hovoříme-li o momentu síly k bodu, máme na mysli moment k ose, která daným bodem prochází a je kolmá na rovinu proloženou danou silou a tímto bodem. Moment je určen vztahem
r i
r r r ML = r × F = x Fx
r j y Fy
r k
r r r z = i ( y Fz − z Fy ) − j ( x Fz − z Fx ) + k (x Fy − y Fx ) . 142 4 43 4 142 4 43 4 142 4 43 4 My Mx Mz Fz
Vektor momentu splývá s osou procházející bodem a jeho velikost je r M L = M L = M x2 + M y2 + M z2 .
Ještě jednou si připomeneme, že moment síly k bodu je roven momentu r r síly k ose ⊥ r , F tak, jak je naznačeno na obrázku vpravo. Moment síly k ose O momentu síly k ose hovoříme, jestliže osa je vzhledem k síle mimoběžná. Postupujeme tak, že určíme nejdříve moment M L k libovolnému bodu L osy o a potom tento moment promítneme do osy o. r r r ML = r × F .
r Průmět vektoru M L do osy o provedeme pomocí skalárního součinu r r r r r r r r M 0 = e [e ⋅ M L ] = e [e ⋅ (r × F )] ,
r kde e = 1 . Velikost momentu v ose o je tedy M 0 = M L cos δ .
Uvědomme si, že síla nemá k ose o moment
• když osu o protíná, • když je s osou o rovnoběžná.
Stručně si můžeme pamatovat, že moment síly k ose je roven průmětu vektoru momentu této síly k libovolnému bodu osy do této osy. 11
Varignonova věta Důležitá je následující věta, podle které můžeme moment výsledné síly určit pomocí jejich složek. Platnost věty plyne ihned z následujícího výpočtu momentu síly k ose.
r r F = ∑ Fi i
r r ⎞⎤ r r r r ⎡r ⎛ r M o = e [e ⋅ M L ] = e ⎢e ⋅ ⎜ r × ∑ Fi ⎟⎥ = ⎠⎦ i ⎣ ⎝ r r r r r = ∑ e [e ⋅ (r × Fi )] = ∑ M io i
i
Lze proto vyslovit následující Varignonovu větu. Moment výslednice sil k libovolné ose je roven algebraickému součtu momentů jejích složek k této ose. Příklad 4 Chceme určit moment síly F k ose o ležící v bokorysně
Dáno: F , a, b, δ , ϕ Určit: M 0 Výpočet provedeme jak skalárně, tak i vektorově. Nesmíme zapomenout, že v jednoduchých úlohách je skalární postup mnohdy rychlejší, avšak v úlohách prostorových je tomu naopak. Skalárně: M o = Fx p
Vektorově: r r r r M A = −(rA × F ) , rA = [0, a, o] T
Znaménko je (-), neboť r ⎡i r ⎢ M A = −⎢ 0 ⎢ Fx ⎣
Fx = F cos ϕ cos δ
r rA orientujeme od síly k bodu A! r r M Ax j k ⎤ − a Fz ⎥ 0 = 0 , a 0⎥= Fy Fz ⎥⎦ + a Fx M Az
r r r r M o = (M A ⋅ o ) o ,
cos π / 2 r o = − sin α . cos α
r Pro velikost složky momentu M A do osy o platí r r M o = M A ⋅ o = M Ax cos π / 2 + M Az cos α = = a F cos ϕ cos δ ab a p = ⇒ p= , c c b M o = F cos ϕ cos δ
sin α =
a p = . c b
ab a2 + b2
.
12
b = F cos ϕ cos δ c
ab a2 + b2
.
Moment k ose o je dán součinem složky Fx a kolmé vzdálenosti. Složky Fy a Fz moment nemají! Proč? Odpověď naleznete na konci textu. Příklad 5 Určete moment síly F k ose o ležící v nárysně.
Dáno: F , δ , ϕ , x, y, z , α Určit: M o Jedná se o příklad podobný příkladu předcházejícímu a proto provedeme jenom řešení vektorové. r r r i j k r r r M =r×F = x y z = Fx Fy Fz
r r r = i ( y Fz − z Fy ) − j ( x Fz − z Fx ) + k (x Fy − y Fx ) 44 3 1442 44 3 1442 44 3 1442 r r r Mx
My
Mz
Pro jednotlivé složky síly F můžeme psát Fx = F ⋅ cos ϕ ⋅ cos δ , Fy = F ⋅ sin ϕ , Fz = F ⋅ cos ϕ ⋅ sin δ . Nyní určíme dílčí momenty
M x = F ( y cos ϕ sin δ − z sin ϕ ) , M y = F ( z cos ϕ cos δ − x cos ϕ sin δ ) = F cos ϕ ( z cos δ − x sin δ ) , M z = F ( x sin ϕ − y cos ϕ cos δ ) . r r r Moment k ose o získáme jako průmět M do této osy s jednotkovým vektorem s , s = 1 .
r r r r r r M o = s (s M ) = s M x cos α + s M y cos(π / 2 − α ) . Po úpravě
M o = M x cos α + M y ⋅ sin α .
Moment dvojice sil M
Moment dvojice sil, nebo též jinak dvojicový moment, je momentem dvou rovnoběžných, stejně velikých a opačně orientovaných sil. Nejprve si tedy budeme pamatovat, že dvojice sil jsou dvě stejně veliké, ale opačně orientované síly, které leží na rovnoběžných nositelkách. Poprvé jsme se s touto kombinací sil setkali v šesti základních poučkách pro statiku a nyní určíme jejich moment k libovolnému bodu L, pro který platí
r r r r r r r r r r M L = r2 × F + r1 × − F = (r2 − r1 ) × F = r × F .
( ) 13
Vidíme, že výsledný moment závisí pouze na vzájemné vzdálenosti obou sil, takže volba bodu L je zcela libovolná. To je podstatný rozdíl vzhledem k momentu síly, k bodu nebo k ose. Můžeme proto vyslovit následující důležitou vlastnost. Moment dvojice sil je volný vektor, není vázán k bodu nebo k ose. Je možno ho rovnoběžně přesouvat. Rozměrovou jednotkou momentu dvojice sil je opět [Nm].
Poznámka: Mezi momentem dvojice sil a momentem síly panuje r r r formální shoda, takže z výrazu M L = r × F nepoznáme, zda se jedná o moment síly či dvojice sil. To plyne z podstaty řešené úlohy nebo nám to musí být řečeno. Skládání silových dvojic Z možnosti paralelního přesouvání vektoru dvojicového momentu vyplývá následující významná vlastnost silových dvojic. Silové dvojice skládáme tak, že geometricky sčítáme jejich dvojicové momenty. Moment dvojice sil k ose Zcela stejně jako jsme určovali moment síly k ose, určujeme i moment dvojice sil k ose. Situace je zřejmá z obrázku, podle kterého je složka momentu dvojice sil k ose o dána vztahem
[
]
r r r r Mo = e e ⋅ M ,
r kde M je vektor momentu dvojice sil, který je kolmý na rovinu ρ proloženou oběmi silami.
ZÁKLADNÍ VĚTA STATIKY
Nyní můžeme vyslovit větu, jejíž význam pro statiku je mimořádně důležitý a nepostradatelný. Přeložíme-li sílu na rovnoběžnou nositelku, musíme k této síle připojit dvojicový moment rovný momentu původní síly k libovolnému bodu nové nositelky.
Platí i opačně ! Sloučením dvojicového momentu a síly na něj kolmé, dostaneme sílu na rovnoběžně posunuté nositelce. Posunutí provedeme tak, aby moment posunuté síly k libovolnému bodu původní nositelky byl roven dvojicovému momentu. Poznámka: Podívejte se na pátou základní poučku statiky. Na nové nositelce q připojíte k původní r r r r síle F novou soustavu sil F a − F , která je v rovnováze. Novou sílu F necháte a r r r stará síla F s novou silou − F vytvoří dvojicový moment M . Tím vznikne nový r r útvar F , M vyznačený na obrázku tmavě. 14
PRÁCE, VÝKON, ÚČINNOST
Protože se jedná o opakování již známých pojmů, provedeme pouze stručné shrnutí hlavních poznatků. Připomeňme, že rozměrovou jednotkou práce W je [Nm] a výkonu P [Nms −1 ] . Práce Síla Práce, kterou vykoná síla F při pohybu podél křivky k mezi polohami I a II je dána vztahem r
2 r r W = ∫ dW = ∫ F ⋅ d r
r1
r r Jedná se o skalární součin vektorů F a dr a proto musíme dát pozor na znaménko při násobení tak, jak je naznačeno na pravé straně pro různé uspořádání obou vektorů. Moment Práci momentu určíme pomocí výše uvedeného vztahu pro práci síly, když přírůstek dráhy, jedná se o rotační pohyb, vyjádříme vztahem
r r r d r = dϕ× r , dosadíme do výrazu pro práci a upravíme ϕ2 r r r r r r r r W = ∫ F ⋅ d r = ∫ F ⋅ (d ϕ × r ) = ∫ d ϕ ⋅ (1 r2 ×3 F) . ϕ1
r M
Po formálním přepsání dostaneme výraz pro práci vykonanou momentem síly F ϕ2
r r W = ∫M ⋅dϕ . ϕ1
Jedná se o rotační pohyb a proto fyzikální smysl má jenom složka momentu M do osy o. ϕ2 r r W = ∫1 M2 ⋅ e d ϕ = ∫ M 0 dϕ 3 M0
ϕ1
Poznámka: Je užitečné zapamatovat si následující postup při výpočtu práce: • • •
zakreslíme obecnou polohu, vyznačíme dx, dϕ , zakreslíme všechny silové účinky a napíšeme vztah pro diferenciál práce dW, z podmínek rovnováhy určíme příslušný silový účinek, dosadíme do výrazu pro dW a integrujeme.
15
Výkon
P=
Okamžitý výkon je definován vztahem
dW . dt
Síla Dosadíme-li za diferenciál práce vztah z předcházejícího oddílu, můžeme výkon síly vyjádřit jako r r P = F ⋅v .
Moment Podobně je tomu i u momentu r r P = M ⋅ω . Účinnost Účinnost mechanické soustavy posuzujeme podle přivedených a odvedených účinků
r r F1 , v1 r r M 1 , ω1
mechanická soustava
přiváděné účinky
r r F2 , v2
ideální stav:
η = 1 ⇒ M 1 ω1 = M 2 ω2
r r M 2 , ω2
skutečnost:
η < 1 ⇒ M 1 ω1 > M 2 ω2
odváděné účinky
Mezi přivedeným a odvedeným výkonem tedy platí relace
M 1 ω1 η = M 2 ω2 ⇒ η =
M 2 ω2 = odvedený výkon (výkon) . přivedený výkon (příkon) M 1 ω1
V praxi se často používá pouze jenom jeden, zátěžný nebo hnací, účinek.
Hnací účinek
η=
M 1id M1
= ideální hnací účinek . skutečný hnací účinek
Zátěžný účinek
η=
M2 skutečný zátěžný účinek = . M 2 id ideální zátěžný účinek
Příklad 6 Chceme určit práci síly F potřebnou k přemístění tělesa z polohy I do polohy II.
Dáno: m, f , x1 , x 2 , b Určit: W
Postup: Těleso konající posuvný pohyb budeme uvažovat jako hmotný bod a napíšeme podmínky rovnováhy, viz následující kapitolu o soustavě sil procházejících jedním bodem, ze kterých určíme sílu F, potřebnou pro přemístění tělesa. 16
Pro práci můžeme psát vztah r2
x2 r r W = ∫ F ⋅ dr = − ∫ F cos α dx . r1
x1
Jedná se o soustavu sil procházejících jedním bodem a proto píšeme dvě podmínky rovnováhy
∑F
= 0: F cos α − Nf = 0 ,
∑F
= 0: N − Q − F sin α = 0 .
ix
i
iy
i
Ze druhé rovnice určíme
N = F sin α + Q a dosadíme do první rovnice F cos α − ( F sin α + Q ) f = 0 .
Po úpravě dostaneme
F=
Qf . cos α − f sin α
Nyní můžeme dosadit do výrazu pro práci x1
cos α W =−Qf ∫ dx = Q f cos α − f sin α x2
= Qf
x1
x1
1 ∫x 1 − f tgα dx = Q f 2
x
1 x + fb − fb fb ⎞ ⎛ dx Q f = ∫x x − fb ∫x ⎜⎝1 + x − fb ⎟⎠ dx = Q 2 2
x1
∫
x2
1 1− f
b x
dx =
x − fb ⎤ ⎡ . f ⎢( x1 − x2 ) + bf ln 1 x2 − fb ⎥⎦ ⎣
Příklad 7 Chceme určit práci síly F , která má stálou velikost a směr, podél přímé dráhy s ≡ ΩL .
Dáno: F = 10 N , x = 0,5 m, y = 0,6 m, z = 0,3 m, δ = 60 o , ϕ = 45 o . Určit: W. Odpověď naleznete na konci textu.
Postup: Práci vypočítejte jako skalární součin dvou vektorů r
r r W = ∫ F ⋅ dr = Fx x + Fy y + Fz z . 0
Výsledek: A) B) C)
17
W = 5,2 Nm W = 6,32 Nm W = 7,84 Nm
Příklad 8 Chceme určit velikost a směr momentu síly F k ose y.
Dáno: F = 12 N , α = 60 o , γ = 45 o , x = 0,5 m, z = 1,0 m . Určit: M y . Odpověď naleznete na konci textu.
Poznámka: Směr momentu je kladný, jestliže vektor momentu má souhlasný směr s jednotkovým vektorem osy, ke které moment hledáme. Výsledek:
A)
M y = −2,485 Nm
B)
M y = 3,512 Nm
C)
M y = −5,5 Nm
3 SILOVÉ SOUSTAVY V předcházející kapitole jsme se zabývali jednou izolovanou silou. Nyní se budeme věnovat soustavám sil a jejich základním vlastnostem. Pro větší přehlednost rozdělíme soustavy sil na soustavy rovinné a prostorové a každou z nich ještě dále rozdělíme na soustavu sil procházejících jedním bodem a na obecnou soustavu sil. Schematicky si toto uspořádání znázorníme následovně Soustava sil o společném působišti • rovina • prostor Obecná soustava sil
• rovina • prostor
SOUSTAVY SIL O SPOLEČNÉM PŮSOBIŠTI
V této kapitole jak již samotný název napovídá, uvedeme základní vlastnosti soustavy sil, které procházejí jedním bodem. Všimněte si, že zde, a bude tomu tak i v dalším výkladu, nerozlišujeme síly akční a reakční. K tomuto odlišení přistoupíme později v aplikacích na hmotný bod. Prostorová soustava sil procházejících jedním bodem Pro další výklad zavedeme pojmy, které budeme používat. Jsou to:
• náhrada, • ekvivalence, • rovnováha. Náhrada (výslednice) O náhradě silové soustavy hovoříme, když chceme síly nahradit jedinou silou, výslednicí, pro kterou platí r r F = ∑ Fi , i
18
Je to rovnice vektorová, kterou rozepíšeme do složek Fx = ∑ Fix , Fy = ∑ Fiy , Fz = ∑ Fiz . i
i
i
Důležité je, že každou složkovou podmínku můžeme nahradit podmínkou momentovou, ale opačně to nelze! Moment k libovolné ose o určíme pomocí věty Varignonovy a samozřejmě využijeme znalosti získané v kapitole „Moment síly k ose“, takže můžeme psát r r r r r rr r r M o = e [e ⋅ (r × F )] = ∑ e [e ⋅ (r × Fi )] . i
Ekvivalence O dvou silových soustavách Fi , Pj říkáme, že jsou ekvivalentní, mají-li stejnou náhradu.
Matematicky toto tvrzení zapíšeme symbolickým vztahem r r r F = ∑ Pj = ∑ Fi . j
i
Opět se jedná o vektorovou rovnici, která představuje tři rovnice skalární
∑P
jx
j
= ∑ Fix , i
∑P
jy
j
= ∑ Fiy , i
∑P
jz
j
= ∑ Fiz . i
Důsledkem uvedených rovností, je následující tvrzení. Dvě silové soustavy jsou ekvivalentní, mají-li stejné průměty do tří nekomplanárních směrů. V našem případě jsou směry určeny r r r jednotkovými vektory i , j , k . Rovnováha Silová soustava je v rovnováze, je-li ekvivalentní s nulovou náhradou, tedy má-li nulovou výslednici. Musí proto platit
r
r
r
∑F = F = 0 i
i
a po rozepsání
∑F
ix
i
=0 ,
∑F
iy
i
= 0,
∑F
iz
=0.
i
r Pojem rovnováhy je nejdůležitější pro praktickou aplikaci na hmotný bod. Síly Fi označují ještě stále síly akční i reakční, avšak při psaní konkrétních podmínek rovnováhy již budeme, jak uvidíme, tyto síly od sebe odlišovat.
19
Rovinná soustava sil procházejících jedním bodem Pro soustavu sil které procházejí jedním bodem a navíc leží v jedné rovině, platí stejné úvahy a závěry jako pro prostorovou soustavu procházející jedním bodem pouze s tím rozdílem, že osa z neexistuje. To znamená, že složkové rovnice ve směru osy z se nepíší. Příklad 9 Dáno: F1 , F2 , α 2 , β1 , β 2 Určit: P1 a P2 pro ekvivalenci a rovnováhu
Poznámka: Jedná se o rovinný případ a proto píšeme vždy dvě rovnice. Směry sil P1 , P2 na nositelkách p1 , p 2 zvolíme libovolně. Pokud skutečná síla bude mít směr opačný, vyjde nám při řešení znaménko mínus. Ekvivalence Na nositelkách p1 , p 2 chceme určit síly P1 , P2 , které vytvoří ekvivalentní soustavu k původní soustavě sil F1 , F2 . Podmínky ekvivalence mají tvar F1 + F2 cosα 2 = P1 cos β1 − P2 cos β 2 , F2 sin α 2 = P1 sin β1 + P2 sin β 2 .
Z rovnic určíme P1 , P2 .
Úlohu můžeme řešit graficky skládáním sil.
Rovnováha Podmínky rovnováhy mají následující tvar F1 + F2 cos α 2 + P1 cos β1 − P2 cos β 2 = 0 , F2 sin α 2 + P1 sin β1 + P2 sin β 2 = 0 .
Opět určíme P1 , P2 . Příklad 10 Dáno: F1 , F2 , F3 , α 1 , α 2 Určit: Náhradu sil F1 , F2 , F3
Řešení provedeme graficky a početně. Grafické řešení
20
Početní řešení r r Píšeme opět dvě podmínky náhrady, kterou můžeme symbolicky zapsat vektorově F = ∑ Fi . i
Fx = F1 + F2 cosα 2 − F3 cosα 3 , Fy = F2 sin α 2 + F3 sin α 3 . Pro výslednou sílu platí F = Fx2 + Fy2 .
Síly na jedné nositelce Zvláštním případem soustavy sil procházející jedním bodem, ať prostorové nebo rovinné, jsou síly ležící na jedné nositelce. Všechny uvedené pojmy zůstávají v platnosti, pouze vektorové rovnice jsou nahrazeny rovnicemi skalárními. Pro náhradu, ekvivalenci a rovnováhu můžeme psát následující vztahy náhrada F = ∑ Fi i
ekvivalence
∑F = ∑P i
i
rovnováha
j
,
j
∑F = 0. i
i
APLIKACE NA HMOTNÝ BOD
Až dosud jsme hovořili o soustavě sil procházejících jedním bodem, aniž bychom tomuto bodu přisoudili jakýkoliv fyzikální význam. Uvažujme nyní hmotný bod, na který působí jedna z uvedených silových soustav. Největší fyzikální význam mají úlohy které řeší rovnováhu bodu, nebo její podmínky. Ukážeme si nyní případy, které se mohou při řešení rovnováhy hmotného bodu vyskytnout. Znovu si uvědomte, že se jedná o aplikaci teorie soustavy sil o společném působišti na hmotný bod. Rovnováha hmotného bodu v rovině r r r Podmínkou rovnováhy je F = ∑ Fi = 0 . Tato podmínka platí pro všechna následující uložení bodu i
v rovině. Síla F je výslednicí akčních a reakčních sil. Zde poprvé začínáme rozlišovat síly akční, které na bod působí a síly reakční, které vznikají ve vazbě, pokud se tato vazba vyskytuje, kterou je bod vázán ke svému okolí. Bod v rovině může být podle uložení • volný • vázaný ke křivce • nehybný (vázaný ke 2 křivkám)
2° volnosti, 1° volnosti, 0° volnosti.
Nehybný bod U případu nehybného bodu si ukážeme různé způsoby vyšetřování rovnováhy
21
Příklad 11 Dáno: Q, l1 , l 2 , α 1 , α 2 Určit: Síly S1 , S 2 v prutech
Početní řešení složkovými podmínkami S1 cos α 1 − S 2 cos α 2 = 0 , S1 sin α1 + S 2 sin α 2 − Q = 0 .
Početní řešení momentovými podmínkami
∑M
A
= 0 : S 2 l1 sin (α1 + α 2 ) − Q l1 cos α1 = 0 ,
∑M
B
= 0 : S1 l2 sin (α1 + α 2 ) − Q l1 cos α1 = 0 .
Grafické řešení Poznámka: U grafického řešení kreslíme síly a jejich nositelky, kdežto u řešení početního používáme složky sil. r r r r Q + S1 + S 2 = 0 . Graficko-početní řešení S1
=
Q , sin (α1 + α 2 )
S2
=
Q . sin (α1 + α 2 )
⎛π ⎞ sin ⎜ − α 2 ⎟ ⎝2 ⎠ ⎛π ⎞ sin ⎜ − α1 ⎟ ⎝2 ⎠
Bod vázaný ke křivce Rozlišujeme jednak hladkou a drsnou křivku a u drsné křivky ještě dále dva pohybové stavy a to pohyb a klid.
Hladká křivka Podmínku rovnováhy sil zapíšeme vektorovou rovnicí r r ∑ Fi + N = 0 i
kterou můžeme rozepsat do dvou složkových skalárních rovnic
∑F ∑F
it
=0 ,
in
−N =0 .
i
i
Poznámka: U bodu vázaného ke křivce s výhodou používáme složky ve směru normály a tečny.
22
Drsná křivka a) pohyb Stejně jako u předcházejícího případu vyjádříme rovnováhu sil rovnicí r r r F ∑ i +R=0 , i
kterou rozepíšeme do složek ve směru tečny a normály
∑F
− Nf = 0 ,
∑F
−N =0 .
it
i
in
i
Pro třecí úhel ϕ platí
tg ϕ =
Nf = f . N
b) klid Platí stejné rovnice jako u předcházejícího případu kdy se bod pohyboval, ale s jedním důležitým rozdílem. Složka T výsledné reakce R není třecí silou, nýbrž tečnou reakcí, pro kterou platí
T ≤ Nf ! takže i platí
α ≤ϕ . Příklad 12 Dáno: l , h2 , h3 , Q1 , Q2 , Q, α Určit: x
Máme určit polohu, ve které budou síly působící na bod, realizovaný objímkou, v rovnováze. Objímka koná posuvný pohyb po hladké tyči. Píšeme dvě podmínky rovnováhy
Q sin α + Q2 cos α 2 − Q3 cos α 3 = 0 , Q2 sin α 2 + Q3 sin α 3 − Q cos α + N = 0 , kde cos α 2 = cos α 3 =
x x + h22 l−x 2
,
(l − x )2 + h32
ze kterých určíme neznámé veličiny N, x.
23
Příklad 13 U bodu vázaného k drsné křivce chceme určit sílu F tak, aby pohyb bodu byl rovnoměrný Dáno: Q, α , β , f Určit: F , kdy bude F ≤ 0
Napíšeme dvě podmínky rovnováhy F cos β + Nf − Q sin α = 0 , F sin β + N − Q cos α = 0 . Pomocí Cramerova pravidla určíme neznámé N a F cos β Q sin α sin β Q cos α Q(cos α cos β − sin α sin β ) cos (α + β ) N= = =Q , cos β f cos β − f sin β cos β − f sin β sin β 1 Q sin α f Q cos α 1 Q(sin α − f cos α F= = cos β f cos β − f sin β sin β 1
)=Q
sin α − f cos α . cos β − f sin β
Odpověď na otázku, kdy bude F ≤ 0 získáme z výrazu pro F, položíme-li sin α − f cos α ≤ 0 . Odtud je tgα ≤ f .
Příklad 14 Uvažujme dvě pružiny spojené za sebou, které tvoří silovou soustavu ležící na jedné nositelce.
Dáno: l1 , l2 , k1 , k 2 , l Určit: x pro rovnováhu, sílu S y v místě y Rovnovážná poloha pružin nastane v místě x, kde bude platit S1 = S 2 , Po vyjádření sil ( Si = ki xi ) dostaneme k1 x1 = k 2 x2 .
Po dosazení za x1 = x − l1 ,
x2 = l − l1 − l2 − x1 = l − l2 − x ,
dostaneme rovnost k1 ( x − l1 ) = k 2 (l − l2 − x )
24
ze které určíme x=
k1 l1 + k 2 (l − l2 ) . k1 + k 2
Nyní chceme znát, jak velkou sílu S y musíme vynaložit při posunutí o y pro dosažení rovnováhy. Musí být splněna podmínka rovnováhy S y + S 2′ − S1′ = 0 . Po dosazení za S1′ a S 2′ dostaneme S y = S1′ − S 2′ = k1 ( x1 + y ) − k 2 ( x2 − y ) = y (k1 + k 2 ) . Je užitečné si zapamatovat, že výsledná tuhost dvou pružin při jejich následujícím uspořádání je dána uvedenými vztahy.
k=
⎫ ⎪ ⎪ ⎪ ⎬ ⎪ ⎪ ⎪ ⎭
k1 k 2 , k1 + k 2
k = k1 + k 2 .
Rovnováha hmotného bodu v prostoru r r r Pro rovnováhu platí stejná podmínka, tj. F = ∑ Fi = 0 a protože se jedná o prostor, rozepisujeme
vektorovou rovnici do 3 skalárních rovnic. Bod v prostoru může být podle uložení • volný • vázaný k ploše • vázaný ke křivce • nehybný (vázaný ke 2 křivkám)
3° volnosti, 2° volnosti, 1° volnosti, 0° volnosti.
Nehybný bod Příklad 15 Dáno: F , a, b, c, ε , δ Určit: S1 , S 2 , S 3
25
Vektorovou podmínku rovnováhy rozepíšeme do tří složkových rovnic
∑F
= 0 : F cos δ cos ε − S 2 cos α 2 − S1 cos β = 0 ,
∑F
= 0 : F sin δ − S3 = 0 ,
∑F
= 0 : S 2 sin α − S1 sin β + F cos δ sin ε = 0 .
ix
i
iy
i
iz
i
Po vyjádření úhlů cos α =
c a +c 2
2
,
cos β =
c b + c2 2
můžeme z rovnic vypočítat hledané síly S1 , S 2 , S 3 . Bod vázaný ke křivce Příklad 16 Dáno: F , a, b, ϕ , δ , l0 , k , Q, f = 0 Určit: x pro rovnováhu
Podobně jako u rovinné úlohy máme určit polohu objímky, ve které budou síly působící na objímku, která realizuje bod, v rovnováze. Vedení objímky je hladké.
Rovnováhu sil vyjádříme třemi složkovými rovnicemi
∑F
= 0 : F cos ϕ cos δ − S cos α = 0 ,
∑F
= 0 : F sin ϕ + N y − Q + S cos β = 0 ,
∑F
= 0 : F cos ϕ sin δ + N z + S cos γ = 0 .
ix
i
iy
i
iz
i
26
Vyjádříme úhly cos α =
x x +a +b 2
2
2
,
cos β =
a x +a +b 2
2
2
,
cos γ =
b x + a2 + b2 2
a nyní ještě potřebujeme určit prodloužení pružiny ξ , tj. sílu v pružině S = k ξ . Pro tento účel si délky pružiny v počáteční a v konečné poloze znázorníme ve zvláštním obrázku, ze kterého můžeme ihned psát x x = cos α = , 2 l0 + ξ x + a2 + b2 po úpravě l0 + ξ = x 2 + a 2 + b 2 a konečně pro prodloužení dostaneme
ξ = x 2 + a 2 + b 2 − l0 . Nyní můžeme ze složkových rovnic určit hledané neznámé N z , N y , x . Poznámka: Pokud bychom uvažovali drsnou křivku, musíme vzít do úvahy tvar vedení, tak jak je uvedeno na vedlejším obrázku vpravo , neboť třecí síla by byla pro oba případy odlišná.
4 OBECNÉ SOUSTAVY SIL V tomto oddílu budeme hovořit o obecné soustavě sil v rovině a v prostoru. Jak samotný název vypovídá, jedná se o soustavu sil, které jsou v rovině nebo v prostoru libovolně uspořádány. Pojmy náhrada, ekvivalence a rovnováha zavedené již dříve u soustavy sil procházejících jedním bodem, zůstávají v platnosti i zde. Soustředíme se zejména na pojmy náhrada a rovnováha, neboť ekvivalence dvou soustav sil je, jak jsme již dříve uvedli, založena na skutečnosti, že dvě ekvivalentní soustavy sil mají stejnou náhradu. OBECNÁ ROVINNÁ SOUSTAVA SIL
Uvažujme soustavu sil Fi , i = 1 ÷ n , v rovině. Chceme provést její náhradu a rovnováhu. Náhrada rovinné soustavy sil Náhradu soustavy sil provedeme v počátku souřadného systému Ω . Zcela stejně ale můžeme postupovat pro libovolně zvolený bod v rovině. Silou a momentem v bodě Ω Použitím základní věty statiky přesuneme síly Fi do bodu Ω a připojíme momenty. Můžeme tedy psát následující tři skalární rovnice Fx = ∑ Fi cosα i , Fy = ∑ Fi sin α i , M = ∑ (Fi cos α i yi − Fi sin α i xi ) .
27
Velikost a směr síly F vyjádříme takto Fy . Fx Z uvedených rovnic můžeme určit hledané veličiny Fx , Fy , M a dostaneme 1. náhradu obecné F = Fx2 + Fy2 , tgα =
rovinné soustavy sil. Jedinou silou
r r r M Použijeme základní větu statiky a sloučíme F a M . Dostaneme F posunutou o míru a = . F To je 2. náhrada obecné rovinné soustavy sil. Nyní je možné vyslovit následující tvrzení. Obecnou rovinnou soustavu sil můžeme nahradit silou a dvojicovým momentem ve zvoleném bodu, nebo jedinou silou v jisté vzdálenosti od počátku souřadnicového systému. Grafické určení výslednice obecné rovinné soustavy sil Náhradu obecné soustavy sil jedinou silou můžeme provést také graficky pomocí pólového obrazce. Uvažujme síly r r r r F1 ÷ F3 a naším cílem je určit jejich výslednici V = ∑ Fi , i
pro kterou po rozepsání platí r r r r V = F1 + F2 + F3 .
Vektorový zápis geometricky interpretujeme obrazcem r vpravo. Nyní potřebujeme určit polohu výslednice V . To provedeme tak, že k soustavě připojíme dvě r r pomocné, navzájem se rušící síly + S 0 , − S 0 , jak je ukázáno ve složkovém obrazci vpravo dole. Tím vytvoříme trojúhelníky sil, které musí podle axionů statiky procházet jedním bodem, viz silový obrázek vlevo dole. Postupným přechodem od prvního ke třetímu trojúhelníku získáme průsečík pólových paprsků 0, 3, v levém obrazci dole, které jsou tvořeny r r myšlenými silami (S 0 ), (S 3 ), kterým musí procházet r výsledná síla V .
28
Uvedený postup můžeme stručně vyjádřit následujícím zápisem r r r r r r V = F1 + F2 + F3 (= − S0 + S3 ) r r r r r Z rovnice plyne, že V prochází průsečíkem S 0 a S 3 a je rovna součtu − S0 + S 3 .
Rovnováha rovinné soustavy sil Jak jsme již uvedli při určování náhrady obecné rovinné soustavy sil, použili jsme k řešení tři rovnice. Dvě z rovnic byly složkové a třetí rovnice byla momentová. Tento počet rovnic i jejich rozčlenění zůstává v platnosti i pro další postupy. Rovnováha obecné rovinné soustavy sil je vyjádřena těmito třemi rovnicemi.
∑ F cosα = 0 , ∑ F sin α = 0 , ∑ ( F cosα y − F sin α i
i
i
i
i
i
i
i
i
i
zi ) = 0 .
i
i
V tomto případě jsou síly Fi silami akčními i reakčními. Rovinná soustava rovnoběžných sil Jedná se o zvláštní případ obecné rovinné soustavy sil, kdy všechny síly jsou rovnoběžné. Z rovnoběžnosti sil vyplývá, že pro řešení náhrady, rovnováhy, případně ekvivalence, nám postačí dvě rovnice. Například pro náhradu můžeme psát
F = ∑ Fi , i
F ⋅ p = ∑ Fi cos α i yi − ∑ Fi sin α i xi i
i
Z těchto rovnic určíme hledané F, p. Příklad 17 Dáno: F1 , F2 , F3 , y1 , x2 , x3 , α 3 , x A , y A F Určit: Náhradu silové soustavy v bodě A
Náhrada sil v bodě A musí splňovat tyto podmínky Fx = F1 − F3 cos α 3 , Fy = F2 + F3 sin α 3 , M A = F1 ( y1 − y A ) + F2 ( x2 − x A ) + F3 sin α 3 ( x3 − x A ) + F3 cos α 3 y A . Pro velikost výsledné síly platí F=
(F1 − F3 cos α 3 )2 + (F2 + F3 sin α 3 )2 .
Poznámka: Silové účinky v bodě A nakreslíme zcela libovolně, neboť směry vyjdou výpočtem. 29
Příklad 18 Dáno: F1 , F2 , F3 , y1 , x2 , x3 , α 3 F Určit: Výslednici silové soustavy, tj F , α , x
Poznámka: Všimněte si formulace obou úloh. Nyní hledáme výslednici, tj. velikost a působiště výsledné síly. Grafické řešení Grafické řešení provedeme pomocí pólových r paprsků tak, že síly F1 ÷ F3 vykreslíme v měřítku do složkového obrazce a pólové paprsky přeneseme do silového obrazce.
Početní řešení Při početním řešení zvolíme míru x i úhel α , vyznačíme F a tyto zvolené veličiny musí vyhovovat vztahům Fx = F1 − F3 cos α 3 , Fy = − F2 − F3 sin α 3 , Fy x = − F1 y1 − F2 x2 − F3 sin α 3 x3 . Velikost síly určíme známým způsobem F=
(F1 − F3 cos α 3 )2 + (F2 − F3 sin α 3 )2
a pro úhel α můžeme psát tgα =
Fy Fx
=
− F2 − F3 sin α 3 . F1 − F3 cos α 3
APLIKACE NA TĚLESO V ROVINĚ
Provedeme nyní podobně jako tomu bylo u soustavy sil procházejících jedním bodem, aplikaci teorie obecné rovinné soustavy sil na těleso. Z praktického hlediska má opět největší význam rovnováha tělesa a tou se budeme zabývat. Stejně jako tomu bylo u aplikace na hmotný bod, budeme nyní odlišovat síly akční od sil reakčních.
30
Rovnováha tělesa v rovině Rovnováhu tělesa můžeme řešit
• bez pasivních odporů, • s pasivními odpory. Nejdříve si ale řekneme, kolik stupňů volnosti těleso v rovině může mít. Stupně volnosti tělesa v rovině
Počet stupňů volnosti tělesa, znázorněného úsečkou AB v rovině, určujeme vazbovou rovnicí i = 3 − σ . Můžeme mít tyto možnosti:
• volné těleso • vázané těleso
i = 3o ( x A , y A , ϕ ) , i = 3 −σ , σ je počet vazeb (=počet vazbových podmínek).
Uložení tělesa v rovině Uložení tělesa v rovině realizujeme kinematickými dvojicemi, které jsou ideální (bez pasivních odporů), nebo reálné (s pasivními odpory). Ideální kinematické dvojice
rotační "r"
i = 1o , σ = 2 (Rx , R y nebo R, α ) .
posuvná "p"
i = 1o , σ = 2 ( N , x nebo N1 , N 2 ) .
valivá "v"
i = 1o . σ = 2 ( N ,T ) . Pro tečnou reakci platí podmínka T ≤ Nf .
obecná "o" i = 2o , σ = 1 (N ) . Poznámka: σ je počet vazbových podmínek a v závorce jsou uvedeny odpovídající vazbové síly. 31
Reálné kinematické dvojice
rotační "r" Moment čepového tření je dán vztahem M č = R ⋅ f č rč , kde f č je součinitel čepového tření a rč je poloměr čepu posuvná "p"
valivá "v" e je rameno valivého odporu a pro tečnou reakci opět platí T ≤ Nf .
obecná "o" Rameno valivého zanedbáváme.
odporu
Poznámka: Počet stupňů volnosti je stejný jako u ideálních kinematických dvojic. Kinematické dvojice ještě doplníme Eulerovým vztahem pro tření vláken
S 2 = S1 e f ψ Řešení rovnováhy tělesa v rovině Rovnováhu tělesa můžeme řešit
• analyticky - kreslíme složky reakcí, • graficky - kreslíme nositelky výsledných reakcí.
32
e
často
Zejména pro grafické řešení si zapamatujte následující tři případy uvedení akčních sil působících na těleso do rovnováhy: a) silou na dané přímce a silou procházející daným bodem. b) třemi silami na třech daných nositelkách (metoda čtyř sil, nebo také metoda částečné výslednice). c) silou na dané přímce a silou rovnoběžnou s daným směrem. ad a)
ad b)
r r r r F + RA + RB = 0
ad c)
r r r r F + RA + N = 0
r r r r r F + S1 + S 2 + S3 = 0
Poznámka: Všechny uvedené případy můžeme řešit početně tak, že vektorové podmínky rovnováhy rozepíšeme do dvou složkových a jedné momentové rovnice. Příklad 19 U nakresleného nosníku, zatíženého silou F, chceme určit reakce v uložení
Dáno: F , α , a, l Určit: RA , N B Z podmínek rovnováhy R Ax − F cosα = 0 , RAy − F sin α + N B = 0 , N B l − F sin α = 0 ,
určíme hledané neznámé RAx , RAy , N B . Řešíme rovnováhu tělesa se třením. Příklad 20 Dáno: Q, G, f č , rč , r Určit: Reakce a sílu F
Z podmínek rovnováhy F − R Ax = 0 , G + Q − R Ay = 0 , 2 2 F r − Q ⋅ r − f č ⋅ rč RAx + RAy = 0,
Poznámka: Pasivním účinkem je moment čepového tření.
určíme hledané neznámé F , RAx , RAy .
33
Příklad 21 Dáno: Q, e, f, α Určit: F
Použitím Eulerova vztahu můžeme psát S1 = Q e
f
π 2
,
F = S1 e fα .
Příklad 22 Dáno: Q, q [Nm −1 ] Určit: Graficky reakce
Postup:
• určíme výslednici V spojitého zatížení q, • určíme výslednici V a Q pomocí pólových paprsků 0,1,2, • metodou částečné výslednice určíme síly v prutech S 2 , S3 , S 4 .
Příklad 23 Dáno: G, α , r1 , f1 , f 2 , f 3 , r3 Určit: Q tak, aby břemeno klesalo rovnoměrně
Použijeme Eulerův vztah Q = S e f3 ϕ ,
ϕ=
π
+α 2 a napíšeme podmínky rovnováhy S sin α + N 2 f 2 − G + N1 = 0 , S cos α − N 2 + N1 f1 = 0 , S r2 − N 2 f 2 r1 − N1 f1 r1 = 0 , odkud určíme neznámé Q, S , N1 , N 2 .
34
Příklad 24 Dáno: Q, m, f č , rč , r , α Určit: F potřebnou k vytažení břemene
Z podmínek rovnováhy F cosα + Rx = 0 , F sin α − R y + mg + Q = 0 , F r − Q r − Mč = 0 ,
kde M č = Rx2 + R y2 f č rč ,
určíme F , Rx , Ry . Situaci při řešení nám komplikuje výraz pro moment čepového tření, který do řešení vnáší nelinearitu. Řešení nelineárního problému provedeme buď přibližně linearizací, nebo fyzikální iterací. Řešení nelineárního problému 1) Linearizací použitím Ponceletova vztahu Rx2 + Ry2 = 0,96 Ry + 0,4 Rx ( pro Ry > Rx ) .
2) Fyzikální iterací tak, že nelineární členy převedeme do vektoru pravé strany cos α sin α r
0 F 1 0 − mg − Q . 0 − 1 ⋅ Rx = 2 2 0 0 Ry Q ⋅ r + f č rč R x + R y
Řešení provádíme v postupných krocích 1. krok pro f č = 0 ⇒
F (1) , Rx(1) , R y(1) = ?
2. krok pro f č ≠ 0 ⇒ F (2 ) , Rx(2 ) , R y(2 ) = ? 3. krok pro f č ≠ 0 ⇒ ………….
5 OBECNÁ PROSTOROVÁ SOUSTAVA SIL Prostorovou soustavu sil Fi , i = 1 ÷ n , nelze nahradit jedinou silou, neboť nelze složit dvě mimoběžné síly bez připojení momentu. Budeme se opět zabývat náhradou a rovnováhou obecné prostorové soustavy sil.
35
Náhrada prostorové soustavy sil Postupujeme zcela stejně jako u obecné rovinné soustavy sil, tj. pro náhradu v počátku Ω , nebo v libovolně zvoleném bodu, přesouváme paralelně jednotlivé síly a připojujeme dvojicové momenty. Dostaneme následující soustavu tří složkových a tří momentových rovnic
Fx = ∑ Fix = ∑ Fi cos α i , i
i
Fy = ∑ Fiy = ∑ Fi cos β i , i
i
Fz = ∑ Fiz = ∑ Fi cos γ i , i
i
Fx , F F cos β = y , F F cos γ = z . F
cos α =
Velikost výsledné síly získáme jako absolutní hodnotu vektoru F = Fx2 + Fy2 + Fz2 . Mx , M M cos μ = y , M M cosν = z . M
M x = ∑ M ix = ∑ (Fiz yi − Fiy zi ) , i
cos λ =
i
M y = ∑ M iy = ∑ (Fix zi − Fiy xi ) , i
i
M z = ∑ M iz = ∑ (− Fix yi + Fiy xi ) , i
i
Pro velikost momentu můžeme opět psát M = M x2 + M y2 + M z2 . Můžeme proto vyslovit následující tvrzení.
r r Obecnou prostorovou soustavu sil lze nahradit výslednou silou F a dvojicovým momentem M . r r Pro libovolnou polohu počátku Ω dostaneme stejnou výslednici F , ale různý moment M . r Protože výsledná síla je vždy stejná, říkáme, že F je první vektorový invariant obecné prostorové soustavy r sil. Promítnutím vektoru momentu M do směru síly r r r F , dostaneme moment M 0 . Přeložíme nyní sílu F a r r moment M z bodu Ω do bodu A . Dvojicový moment r M můžeme přesunout bez problému, avšak při r posunutí síly F je nutné podle základní věty statiky r r připojit moment rA × F , takže v bodě A budeme mít moment (znaménko (-) je dáno orientací polohového r vektoru rA ) r r r r M A = M − rA × F / ⋅ F r Po skalárním vynásobení vektorem F dostaneme M0 6 47 4 8 r r r r r r r r r M A ⋅ F = (M − rA × F ) ⋅ F = M ⋅ F − (rA × F )⋅ F = F M cos δ = M 0 F .
Z porovnání obou skalárních výrazů plyne 36
M 0 = M cos δ = M A cos δ A = konst. r Můžeme proto říci, že M 0 je druhý vektorový invariant obecné prostorové soustavy sil.
Rovnováha prostorové soustavy sil r r r r Aby byla silová soustava v rovnováze, musí být F = 0, M = 0 , tedy musí být splněny rovnice
∑F ∑F ∑F
∑M ∑M ∑M
= 0,
ix
i
ix
= 0,
iy
= 0,
iz
= 0,
i
= 0,
iy
i
i
= 0,
iz
i
i
které tvoří 6 skalárních podmínek rovnováhy. Složkové podmínky lze nahradit momentovými podmínkami. Připomeneme si, že zde opět Fi a M i představují účinky akční i reakční. ROVNOBĚŽNÉ SÍLY V PROSTORU
Jedná se o zvláštní případ obecné prostorové soustavy sil, kdy všechny síly, podobně jako tomu bylo v rovině, jsou rovnoběžné s jedním směrem. V technické praxi má tento případ velký význam, jak uvidíme v následující kapitole věnované určování těžiště. Budeme se zabývat náhradou a rovnováhou. Náhrada Náhradu rovnoběžných sil v libovolném bodě A můžeme vyjádřit vektorovými rovnicemi r r r r F = ∑ Fi , M = ∑ M i , i = 1 ÷ n , které po rozepsání budou představovat tři skalární rovnice i
i
F = ∑ Fi , M x = ∑ M ix , i
i
M y = ∑ M iy . i
Jak vidíme z obrázku, provedli jsme rovnoběžné posunutí jednotlivých sil do zvoleného bodu a připojili dvojicové momenty. Pro náhradu píšeme tedy tři podmínky, z toho je jedna složková a dvě jsou momentové k osám které r r jsou kolmé na směr sil. Protože je M ⊥ F , můžeme opětovným použitím základní věty statiky soustavu rovnoběžných sil v prostoru nahradit jedinou výslednou silou tak, jak uvidíme dále. Rovnováha r r r r Aby bylo dosaženo rovnováhy, musí být opět splněno, že F = 0, M = 0 , tedy musí platit
∑F = 0 , ∑M i
i
i
ix
=0,
∑M
iz
=0 .
i
Můžeme proto říci, že pro rovnováhu píšeme opět tři podmínky a to jednu složkovou a dvě momentové. 37
Středisko soustavy rovnoběžných sil v prostoru Středisko soustavy S je bod, kterým prochází výslednice rovnoběžných sil v prostoru. Uvažujme, že jsme soustavu rovnoběžných sil nahradili jedinou výslednou silou
r r F = ∑ Fi . i
Vektory můžeme vyjádřit jako součin jednotkového vektoru a hodnoty vektoru, tedy r r r rr Fi = e Fi , F = e F .
r r r r Aby síla F byla jedinou výslednou silou, musí platit rs × F = ∑ ri × Fi . i
Po dosazení za vektory sil z předcházejícího vztahu dostaneme r r r r r rs F × e = ∑ ri Fi × e . i r Protože e se vyskytuje na obou stranách rovnice, musí platit r r rs F = ∑ ri Fi , i
odkud získáme polohový vektor střediska soustavy r ri Fi ∑ r rs = i . Fi APLIKACE NA TĚLESO V PROSTORU
Podobně jako u obecné rovinné soustavy sil budeme získané teoretické poznatky aplikovat na těleso a to na jeho rovnováhu, která má dominantní technický význam. Nejdříve se ale musíme zmínit o počtu stupňů volnosti tělesa v prostoru a o způsobech jeho uložení. Počet stupňů volnosti tělesa v prostoru je dán vazbovou rovnicí i = 6 − σ , kde σ je počet vazeb, respektive počet stupňů volnosti odebíraných vazbami. Můžeme mít tyto možnosti volné těleso, vázané těleso ,
i = 6o , o i = (6 − σ ) .
Uložení tělesa v prostoru Možností uložení tělesa v prostoru je celá řada a nelze je tak jednoduše uspořádat jako jsme to udělali pro rovinný případ. Uvedeme základní vazby tělesa k rámu a jejich kombinace a variace nyní ponecháme stranou.
38
Vazba bodu tělesa k rámu
Vazba plochy tělesa k (ploše) rámu nekongruentní plochy (nesplývající): dotyk v bodě nebo v křivce
i = 3o , σ = 3
i = 3o , σ = 3
tvoří vyšší kinematickou dvojici (ozubená kola). Vazba křivky tělesa k rámu radiální ložisko i = 2o , σ = 4 kongruentní plochy (splývající): dotyk ve všech bodech
radiaxiální ložisko
posuvné uložení
i = 1o , σ = 5
i = 1o , σ = 5
Příklad 25 Dáno: F1 , F2 , a, b, c, d Určit: Reakce v úložných místech
Pro rovnováhu píšeme šest podmínek rovnováhy RAX = 0 , RAy + RB y + RC y − F1 = 0 ,
RAz + RB z − F2 = 0 , RC y b − F1 b = 0 ,
RB z d − F2 a = 0 , RB y d − F1 a = 0 ,
ze kterých určíme šest reakcí RAx , RAy , RAz , RB y , RB z , RC y . Poznámka: Celkem jsme stanovili šest reakcí. To znamená, že těleso je uloženo nehybně.
39
Příklad 26 Dáno: F , M , α , β , λ , μ , ξ , η , l , a, b, c Určit: Reakce
Nejdříve vyznačíme reakční síly ve vazbách. Jsou to Rx , Ry , Rz , N x , N y , S . Napíšeme šest podmínek rovnováhy
∑F ∑F ∑F
ix
= 0:
F cos α + Rx + N x + S cos ξ = 0 ,
iy
= 0:
F cos β + Ry + N y + S cosη = 0 ,
iz
= 0:
F cos γ + Rz + S cos ζ = 0 ,
i
i
i
∑M ∑M ∑M
x
= 0:
M cos λ − N y l − S cosη b − S cos ζ c = 0 ,
y
= 0:
M cos μ − N x l + S cos ξ b + S cos ζ a = 0 ,
z
= 0:
M cosν − S cos ξ c + S cosη a = 0 ,
i
i
i
ze kterých určíme hledané reakční síly Rx , Ry , Rz , N x , N y , S . Příklad 27 Dáno: Q, rozměry Určit: Síly v závěsných lanech a rozhodnout, který z výsledků A, B, C je správný. Postup: K řešení použijeme momentové podmínky rovnováhy k vyznačeným osám o1 , o2 .
Odpovědi: a b , S3 = Q . s2 s3 a b B ) S1 = S 2 + S3 − Q , S 2 = ( S 2 + S3 ) , S3 = Q . s2 s3 b a C ) S1 = Q − ( S 2 + S3 ) , S 2 = −Q , S3 = Q . s2 s2 A) S1 = Q − ( S 2 + S3 ) , S 2 = Q
TĚŽIŠTĚ
Vrátíme se nyní k soustavě rovnoběžných sil v prostoru a zejména k určování jeho střediska. V běžném životě často slýcháme, nebo i sami používáme pojem těžiště. Těžiště je středisko rovnoběžných elementárních tíhových gravitačních sil. Cílem této kapitoly je ukázat určování těžišť různých geometrických objektů. Naše úvahy rozdělíme na těžiště rovinných a prostorových útvarů. 40
Těžiště rovinných útvarů Podle tvaru rovinného útvaru můžeme řešení provádět • graficky, • početně z ekvivalence statických momentů, případně použitím Pappových vět, nebo též jinak nazýváno Guldinova pravidla. Graficky
Chceme určit těžiště desky daného tvaru. Postup: Útvar se skládá z jednoduchých dílčích obrazců, jejichž těžiště známe a umístíme do nich síly úměrné jejich plochám, tedy F1 = a b , F2 = π r 2 .
Protože kruh chybí, sílu F2 odečteme. Pomocí pólového obrazce nalezneme výslednici a její polohu. Síly otočíme o
π
2
a postup zopakujeme. V průsečíku svislé a vodorovné síly F je těžiště.
Pappovy věty Pappovy věty, nebo též pod jiným názvem Guldinovo pravidlo jsou dvě. Pro plochu a pro objem 1. Plocha rotačního tělesa je rovna součinu délky rovinné křivky a délky kružnice opsané těžištěm této křivky. 2. Objem rotačního tělesa je roven součinu plochy rovinného obrazce a délky kružnice opsané těžištěm tohoto obrazce.
Podle první Pappovy věty určíme těžiště půlkružnice, neboť můžeme psát 4π r 2 = π r 2π yT , odkud je yT =
2r
π
.
Podle druhé Pappovy věty určíme těžiště půlkruhu. Pro tento případ platí 4 3 π r2 4r . πr = 2π yT ⇒ yT = 3 2 3π Ekvivalence statických momentů Nejprve si musíme zapamatovat, že statickým momentem rozumíme součin váhy, hmoty, obsahu plochy nebo délky křivky a vzdálenosti. Formálně se podobá momentu síly, avšak fyzikálně má zcela jiný význam. Pro nakreslený obrazec platí, že statický moment obsahu plochy je roven součtu ploch elementárních obdélníků, což můžeme zapsat výrazem
41
b
F xT = ∫ dF x . a
Stručně můžeme tedy vyslovit následující tvrzení. Statický moment celkové plochy je roven algebraickému součtu statických momentů elementárních ploch. Potom pro souřadnici těžiště plochy je možné psát b
xT =
∫ f ( x ) xdx a b
∫ f ( x ) dx
b
, kde F = ∫ dF = ∫ f ( x ) dx . a
a
Platí následující věta: Těžiště T ′ plochy F ′ , která je průmětem plochy F, je v průmětu těžiště T plochy F. Příklad 28 Dáno: a, b Určit: Těžiště plochy ohraničené pravoúhlým trojúhelníkem
Při určování souřadnice xT použijeme podmínku ekvivalence statických momentů a
1 ab xT = ∫ y dx x . 2 0
Protože platí
y b = , můžeme výraz na pravé straně přepsat a dostaneme x a a
1 b b a3 , ab xT = ∫ x 2 dx = 2 a a 3 0
2 a . 3 Pro určení souřadnice yT můžeme použít druhou Pappovu větu když si uvědomíme, že rotací kolem x vznikne kužel. Platí proto odkud již vyjádříme souřadnici těžiště ve směru osy x, která je xT =
b 1 1 π ab 2 = ab 2π yT ⇒ yT = . 3 2 3 Poznámka: Souřadnici xT můžeme samozřejmě také určit pomocí Pappovy věty, neboť platí ab a 1 2 π a b = 2π xT′ ⇒ xT′ = . 3 2 3
42
Příklad 29 Dáno: a, b Určit: Těžiště plochy ohraničené čtvrtelipsou
Protože rotací plochy čtvrtelipsy vzniknou objemy polovin elipsoidů, uvedeme si nejdříve tyto objemy pro naznačené směry rotací Podle druhé Pappovy věty můžeme pro určení souřadnice xT psát V F 2π xT = 1 , 2 kde π ab 4 , V1 = π a 2 b . F= 4 3
4 V1 = π a 2 b 3
4 V2 = π ab 2 3
Po dosazení a úpravě dostaneme pro xT 4 π a2 b 4 a ⋅ 3 2 = . xT = 2π ⋅ π ab 3π 4 Podobně pro souřadnici yT dostaneme F 2π yT =
V2 , 2
⎛ F = π ab , V = 4 π a b 2 ⎞ ⇒ y = 4 b . ⎜ ⎟ T 1 4 3 3π ⎝ ⎠
Těžiště prostorových útvarů Při určování těžišť prostorových útvarů vycházíme vždy z ekvivalence statických momentů. Nejlépe bude, když postup budeme demonstrovat na konkrétním případu určení těžiště komolého kužele. Podle podmínky ekvivalence statických momentů můžeme psát
V yT = ∫ dV y .
Pro komolý kužel můžeme napsat úměru Fy y2
=
F y2 ⇒ = , F F y h22 h22
kde Fy a F jsou obsahy ploch ve vzdálenosti y a h2 od vrcholu. Objem komolého kužele můžeme vyjádřit jako součet objemů elementárních válců V = ∫ Fy dy =
F h23 − h23 . h22 3
Po dosazení do první rovnice můžeme vyjádřit souřadnici těžiště h24 − h14 dV y 3 h24 − h14 ∫ 4 . yT = = 3 = h2 − h13 4 h23 − h13 V 3
43
Příklad 30 Dáno: a, b Určit: Těžiště poloviny elipsoidu
Jedná se o určení těžiště prostorového útvaru a proto vyjdeme z podmínky ekvivalence statických momentů a
V xT = ∫ dV x . 0
Celkový objem určíme jako součet elementárních objemů a
V = ∫ dV = = ∫ πy 2 dx . 0
Z rovnice elipsy v osovém řezu vyjádříme závislost y = y ( x ) x2 y 2 x2 ⎞ 2 ⎛ 2 + = 1 ⇒ y = 1 − b . ⎜ 2 ⎟ a 2 b2 ⎝ a ⎠
Po dosazení do první rovnice dostaneme a
a
a
⎛ 2 b2 2 ⎞ b2 a 2 b2 a 4 b2 a 2 − π dV x y dx x b x x dx ⎜ ⎟ − 2 ∫ ∫ ∫ ⎝ a2 ⎠ 2 2 a2 a 4 = 4 = 3b a = 3 a . = 0a = 0a xT = 0 a = 2 2 b2 a3 8b 2 a 8 ⎛ 2 b2 2 ⎞ 2 2 b a b a − − π dV y dx b x dx ⎜ ⎟ ∫0 ∫0 ∫0 ⎝ a 2 ⎠ 3 a2 3 2
VNITŘNÍ STATICKÉ ÚČINKY
Na konec využijeme získaných znalostí o prostorové soustavě sil k určení vnitřních statických účinků tělesa, které se používají v předmětu pružnost a pevnost. Vnitřními statickými účinky r nazýváme silové účinky, kterými je namáhán zvolený řez tělesa. Těmito účinky jsou síla F ′ a r moment M ′ . Musíme si zapamatovat následující větu: Vnitřní statické účinky určujeme jako náhradu všech silových účinků působících po jedné straně řezu provedenou v jednom bodě roviny řezu. Při určování vnitřních statických účinků postupujeme tak, že nejdříve provedeme rovnováhu celého tělesa a z rovnovážných podmínek určíme reakční účinky. Uvažujme, že na těleso působí síly Fi a Q j , které představují síly akční i reakční. Pro rovnováhu musí proto platit 44
r
r
∑ F + ∑Q i
i
j
r =0 ,
j
r r r M + M = 0 ∑ Fi ∑ Q j . i
j
Nyní na vybraném místě tělesa provedeme myšlený řez a jednu z částí, třeba pravou, odejmeme. Odstraněnou část nahradíme silou F ′ a dvojicovým momentem M ′ a provedeme rovnováhu zbylé části s přidanými silovými účinky F ′, M ′ . Nezáleží na tom, kterou část pro rovnováhu vybereme. Rozdíl bude jenom ve znaménkách silových účinků. Pro rovnováhu zbylé, levé, části platí vztahy
r r r F ′ + ∑ Fi = 0 , i
r r r M ′ + ∑ M Fi = 0 i
odkud určíme hledané silové účinky.
r r r r F ′ = −∑ Fi , M = −∑ M F j . i
i
Složky těchto účinků označujeme N Ty , Tz
normálná síla, smykové, posouvající síly,
MK M 0 y , M 0z
kroutící moment, ohybové momenty.
Příklad 31 Dáno: F Určit: Vnitřní statické účinky v místě x.
Z rovnovážných podmínek RAx − F cos α = 0 , RAy + N B − F sin α = 0 , N B l − F sin α a = 0 ,
určíme reakce RAx , RAy , N B . Nyní provedeme rovnováhu pravé části, je to výhodnější, a dostaneme vnitřní statické účinky v místě x N = 0, T = N B , M 0 = − N B (l − x ) .
45
6 ROVINNÉ SOUSTAVY TĚLES SLOŽENÍ A VYTVÁŘENÍ ROVINNÝCH SOUSTAV
Soustavou těles nazýváme seskupení alespoň tří těles. Soustavy dělíme na • nepohyblivé • pohyblivé
0° volnosti 1° volnosti 2° volnosti
mechanismy, diferenciály.
Jednotlivá tělesa tvořící soustavu jsou navzájem spojena kinematickými dvojicemi. Ukážeme si nyní základní mechanismy a nehybné skupiny, jejichž skládáním můžeme vytvářet mechanismy a nehybné soustavy s komplikovanější strukturou. Dříve než si základní soustavy ukážeme, naučíme se určovat stupeň volnosti rovinných soustav. Stupeň volnosti rovinné soustavy Počet stupňů volnosti rovinné soustavy určujeme rovnicí vazbové závislosti
i = 3(n – 1) –2(r+p+v) – 0 ,
kde „r“, „p“, „v“ jsou již dříve uvedené kinematické dvojice, které soustavě odnímají každá 2° volnosti. Obecná dvojice „o“ odnímá 1º volnosti. Ukážeme si použití na jednoduchých případech i = 3 ⋅ 2 − 2 ⋅ ( 2 ) = 6 − 4 = 2o i = 6 − 2 ⋅ (3) = 0 … Jedná se o trojkloubový nosník, který je nejjednodušší nepohyblivou soustavou ve statice. Také jí nazýváme binární skupinou.
Poznámka: Všimněte si různého zakreslení uložení členů na základním rámu, který vždy označujeme číslem 1, u obou případů. Jedná se o formální úpravu, která nemění nic na skutečnosti, že se vždy jedná o rotační kinematickou dvojici. i = 9 − 2 ⋅ (5) = −1 … Znaménko (-) znamená, že se jedná o soustavu staticky neurčitou prvního stupně.
Binární skupinu (5 + 6) lze připojit k libovolné soustavě, aniž se tím změní stupeň pohyblivosti této soustavy a naopak, odejmeme-li základní skupinu, stupeň pohyblivosti se opět nezmění.
Připojením binárního členu (prut 5) se stupeň pohyblivosti soustavy zmenší o 1 a obráceně.
46
Základní mechanismy Rozdělíme je podle počtu členů na mechanismy čtyřčlenné a trojčlené. Čtyřčlenné mechanismy
Klikový
Whitworthův
Pravoúhlá kulisa
Čtyřkloubový
Trojčlenné mechanismy Tyto mechanismy vždy obsahují obecnou dvojici
Vačkový mechanismus
zaoblený zvedák
Mechanismus ozubených kol
plochý zvedák
Základní nehybné skupiny
Binární skupina
Ternární skupina
Dvouternární skupina
47
STATICKÉ ŘEŠENÍ SOUSTAV Při řešení budeme rozlišovat soustavy bez pasivních odporů a soustavy s pasivními odpory a dále řešení rozdělíme na početní a grafické. ŘEŠENÍ SOUSTAV BEZ PASIVNÍCH ODPORŮ
Před vlastním řešením si zapamatujeme, že nezatížený binární člen může mezi dvěma tělesy A, B přenášet následující silové účinky.
Poznámka: Nezatíženým binárním členem rozumíme, že na tento člen nepůsobí žádná vnější síla. Početní řešení soustav Řešení je stejné pro pohyblivé i nepohyblivé soustavy a provádíme ho uvolňováním jednotlivých členů soustavy. Při řešení určujeme silové účinky ve vazbách, tedy reakce mezi tělesy a v případě pohyblivých soustav ještě silový účinek potřebný pro dosažení rovnováhy. Kolik stupňů volnosti má vyšetřovaná soustava, tolik silových účinků musíme připojit pro rovnováhu (každý na různý člen!). Ukážeme si postup na konkrétních případech. Příklad 32 Dáno: G, F , Q, a, b, c, l Určit: Reakce
Jedná se o nepohyblivou soustavu a proto určujeme jenom síly ve vazbách. Uvolníme členy 2 a 3 a pro každý z nich napíšeme tři podmínky rovnováhy. člen 2
člen 3
Pro člen 2 dostaneme Ax − Bx = 0 . Ay + By − F = 0 . Fa − By b = 0
48
a pro člen 3 Bx + Q − C x = 0 , By − C y + G = 0 , Bx l − By b + Q c = 0 .
Z rovnic určíme hledané Ax , Ay , Bx , By , C x , C y . Poznámka: • Sílu G působící ve styčníku B můžeme zahrnout při uvolňování buď ke členu 2, nebo 3. • Všimněte si, že vyloučením Bx , By dostaneme rovnováhu mezi vnějšími silami a
vnějšími reakcemi! Příklad 33 Dáno: F, Q, rozměry Určit: Reakce a M pro rovnováhu.
Jedná se o pohyblivou soustavu a proto musíme připojit pro rovnováhu vnější účinek, kterým je moment M. člen 2 Bx − Ax = 0 , B y − Ay = 0 , Bx a + By b + M = 0 .
člen 3
člen 4
Bx − C x = 0 , By + C y − Q = 0 ,
Cx + F = 0 , Cy − N = 0 ,
By e + Bx b − Q c = 0 .
N x − F (d + g ) = 0 .
Ze získaných devíti rovnic určíme hledané reakce a moment Ax , Ay , Bx , By , C x , C y , N , x, M . Grafické řešení soustav Pro grafické řešení je velmi užitečná znalost následujících vět.
1. Vnější síly a vnější reakce jsou v rovnováze. 2. Je-li soustava zatížena několika silami platí, že výsledné reakce v každém jednotlivém kloubu se rovnají geometrickému součtu dílčích reakcí nalezených pro případ, že každá ze sil by působila sama (princip superpozice). Platí pro soustavy bez pasivních odporů. 49
3. Jestliže složka nějaké síly působí do kloubu na základním rámu, pak se tímto kloubem přímo zachytí a nevyvodí žádné jiné reakce Poznámka: Pro vlastní postup řešení je důležité vědět že: • u grafického řešení kreslíme nositelky reakcí, nikoliv reakce samotné, nebo jejich složky! • při řešení vycházíme od nezatížených členů, kde známe nositelky reakcí, neprovádíme uvolňování! • při grafickém řešení vždy musíme mít k dispozici výkres v měřítku.
Nepohyblivé soustavy Působí jedna síla
Dáno: F Určit: Reakce
Působí více sil Řešení provedeme superpoziční metodou.
Dáno: F1 , F2 Určit: Reakce Řešení provedeme pro každou sílu zvlášť a v jednotlivých styčnících provedeme geometrický součet dílčích reakcí. Působí F1:
Působí F2:
Pohyblivé soustavy Řešení pohyblivých soustav je shodné s řešením soustav nepohyblivých s tím, že navíc hledáme silový účinek pro dosažení rovnováhy. Opět pro každý člen soustavy kreslíme trojúhelník sil, u metody částečné výslednice čtyřúhelník sil. Situace je zřejmá z řešení následujících mechanismů, kde F je působící silou.
50
Čtyřkloubový mechanismus
r r r r RA + F + RB = 0 , r r r r RB + S + S 4 = 0 .
r r r r RA + F + S 3 = 0 , r r r r S3 + S + RD = 0 .
Whitworthův mechanismus
r r r r r F + R1 + R2 + N1 = 0 , r r r r RA + N 2 + S = 0 , r r r r N1 + N 2 + N 3 = 0 .
Poznámka: Rovnováhu rovnoběžných sil N1 , N 2 , N 3 působících na člen 4 řešíme pomocí pólového obrazce.
Složený mechanismus
r r r r F + N + RD = 0 , r r r r N + RC + RB = 0 , r r r r RB + S + R A = 0 .
Řešení soustav s pasivními odpory Řešení můžeme opět provádět početně nebo graficky. Při početním řešení používáme metodu uvolňování a uvažujeme reálné kinematické dvojice stejně jako u řešení grafického, kde ale nesmíme použít metodu superpozice. Při grafickém řešení provedeme nejdříve řešení bez pasivních účinků a pak následně, kdy již známe směry reakčních sil, provedeme řešení s pasivními účinky. My se budeme věnovat jenom řešení početnímu a situaci budeme demonstrovat na příkladu. Příklad 34
Dáno: m2 , m3 , m4 , r2 , r3 , f č , rč1 , rč 2 Určit: M H , reakce Provedeme uvolnění jednotlivých členů člen 2
51
člen 3
člen 2:
RAx = 0 , RAy − m2 g − S1 = 0 , M H − M č1 = 0 ,
kde M č1 = RAy f č rč1 . člen 3: člen 4
S1 + S 2 − m3 g − R = 0 , S1 r3 − S 2 r3 − M č 2 = 0 ,
kde člen 4:
M č 2 = RB f č rč 2 .
RB − m4 g = 0 , M č 2 − m4 g x = 0 .
Ze získaných rovnic určíme hledané neznámé M , RAx , RAy , S1 , S 2 , RB , x .
SOUSTAVY S OZUBENÝMI KOLY Soustavy s ozubenými koly můžeme rozdělit podle různých hledisek. Použijeme-li hledisko uspořádání a počtu stupňů volnosti, můžeme schematicky použít následující členění: soustavy: rovinné sférické prostorové
⎫ ⎬ ⎭
předlohové 1°, planetové 1°, diferenciální 2°.
Ukážeme si typické uspořádání předlohové a planetové soustavy. Předlohová soustava Osa každého ozubeného kola je pevná
Planetová soustava
2 3 4 5
centrální kolo, satelit, unašeč, korunové kolo.
Řešení soustav s ozubenými koly Řešení předlohových soustav provádíme stejně jako u jiných soustav, není zde žádná zvláštnost. Ukážeme si proto početní řešení u páru ozubených kol a u planetového soukolí s dvojitým satelitem. Často píšeme jenom momentové podmínky rovnováhy, když nepotřebujeme reakce v uložení.
52
Dáno: M 2 , r2 , r3 , m2 , m3 , α Určit: Reakce, M 3
Mezi složkami síly N platí vztah R = T tg α .
Kolo 2: Ax − R = 0 , Ay + T − m2 g = 0 ,
Kolo 3: Bx − R = 0 , By − T − m3 g = 0 , M 3 − Tr3 = 0 .
M 2 − Tr2 = 0 .
Z uvedených rovnic můžeme určit Ax , Ay , B x , B y , M 3 , T . Dáno: M 2 , n2 , z 2 , z 3 , z 3′ , z 4 Určit: M 4 , n 4 Jedná se o planetové soukolí s dvojitým satelitem a řešení opět provedeme uvolněním jednotlivých členů. Protože nehledáme reakce, budeme pro uvolněné členy psát jenom momentové podmínky rovnováhy.
53
Pro jednotlivé členy můžeme psát následující momentové podmínky rovnováhy M 2 − F2 r2 = 0 ,
Poznámka: Rovnováhu členu 3 provedeme tak, že síly F3 , F2 přeložíme do osy satelitu a připojíme dvojicové momenty.
F2 r3 − F3 r3′ = 0 , M 5 − ( F2 + F3 ) (r2 + r3 ) = 0 .
Ze druhé rovnice získáme F3 = F2
r3 r = M2 3 . r3′ r2 r3′
Ze třetí rovnice určíme hledaný moment na unašeči M5 = M2
(r2 + r3 ) (r3 + r3′ ) r2 r3′
.
54
KINEMATIKA 7 KINEMATIKA HMOTNÉHO BODU Pohyb bodu můžeme popsat vztahy r r r r r = r (t ) , r = r ( s ) , s = s (t ) , r kde r ( s ) , s (t ) jsou spojité a diferencovatelné funkce a délka oblouku s je přirozený parametr.
Rychlost a zrychlení jsou definovány vztahy
r r r r dr r d 2 r dv −1 [ms ] , a = 2 = [ms − 2 ] . v= dt dt dt Podle trajektorie dělíme pohyb na • přímočarý, • křivočarý – rovinný, – prostorový.
r Přímočarý pohyb po přímce p se směrovým vektorem p můžeme popsat vektorovým vztahem r r r r p × [r (t ) − r (t 0 )] = 0 . r Rovinný pohyb v rovině, která má normálu n , je určen výrazem r r r r n ⋅ [r (t ) − r (t 0 )] = 0 .
PŘÍMOČARÝ POHYB BODU
Ztotožníme-li přímku p se souřadnicovou osou r r x, bude platit p = x , p = i a pohyb můžeme popsat skalárními rovnicemi. Pro rychlost a zrychlení platí následující vztahy dx v= , dt
dv d 2 x d (v 2 ) a= = = dt dt 2 2dx
⎛ ⎞ ⎜ dv dx v dv d (v 2 ) ⎟ = = ⎜a = ⎟ , 2dx ⎟ dx { dt dx ⎜ ⎝ ⎠ v
kde zejména poslední výraz pro zrychlení je velmi užitečný. Přímočarý pohyb bodu dělíme podle zrychlení na a) a = 0 b) a = konst c) a ≠ konst
rovnoměrný, rovnoměrně zrychlený, zpožděný, nerovnoměrný.
55
Při řešení prvních dvou případů můžeme pro vyjádření rychlosti a dráhy použít výrazy určené z definičních vztahů. Při řešení třetího případu vycházíme z definičních vztahů. ad a)
a = 0 , v = konst , x = x0 + v t ,
ad b)
a = konst , v = v 0 ± at , v = v02 ± 2ax ,
x = x0 + v0 t ±
1 2 at pro a <> 0 . 2
Průběh zrychlení rychlosti a dráhy můžeme graficky znázornit následovně
ad c)
a ≠ konst ., při řešení se musí použít definiční vztahy tak, jak si ukážeme na následujících příkladech.
Příklad 35 Dáno: a = −k 2 x Určit x = x (t ) Protože je dáno a = a( x ) a chceme určit x = x(t ) , použijeme k řešení definiční vztah, který obsahuje všechny tři veličiny (a, x, t), tj. a=
d2 x = −k 2 x . dt 2
Po přepsání dostaneme d2 x + k2 x = 0 . 2 dt Jedná se o diferenciální rovnici druhého řádu s konstantními koeficienty, k jejíž řešení použijeme metodu charakteristické rovnice, u které předpokládáme řešení ve tvaru λt
λt
x = e , x& = λ e λ t , &x& = λ2 e .
Potom platí x = C1 e λ1 t + C2 eλ 2 t pro λ1 ≠ λ2 , x = C1 e λ t + t C2 eλ t pro λ1 = λ2 = λ . Po dosazení do původní rovnice a vydělení eλ t dostaneme charakteristickou rovnici 56
λ2 + k 2 = 0 ⇒ λ1, 2 = ± i k . Po dosazení do výrazu pro x dostaneme x = C1 ei k t + C2 e − i k t . Použijeme goniometrický tvar pro komplexní číslo a dostaneme x = C1 (cos k t + i sin k t ) + C2 (cos k t − i sin k t ) .
¨Sloučíme reálné a imaginární části a přeznačíme konstanty x = (C1 + C2 ) cos k t + (C1 − C2 ) i sin k t = A cos k t + B sin k t .
Pro určení A, B potřebujeme ještě jednu rovnici, kterou získáme derivací rovnice pro x. v = x& = − A k sin k t + B k cos k t . Pro počáteční podmínky t = 0 , v = v0 , x = x0 . Určíme konstanty A, B, A = x0 , B =
v0 , k
které dosadíme do výchozí rovnice a získáme hledaný vztah x = x (t ) x = x0 cos k t +
v0 sin k t . k
Poznámka: Řešený příklad má velkou důležitost v dynamice, kde představuje matematický model kmitavého pohybu.
Příklad 36 V jaké vzdálenosti x musí motocykl odbočit z přímého směru, aby čas, který potřebuje k cestě z A do B, byl minimální, když rychlost po odbočení bude poloviční? Dáno: v1 = 36 kmh −1 , l = 15km, h = 5 km Určit: x Jedná se o pohyb rovnoměrný. Vyjádříme celkový čas potřebný k překonání obou částí dráhy a určíme jeho minimum x t= + v1
(l − x )2 + h 2 v2
,
57
[
]
1
2 1 2 ( l − x ) + h 2 2 (l − x )(− 1) dt − (l − x ) 1 1 =0= + 2 = + . 2 2 dx v1 v2 v 1 v 2 (l − x ) + h
Vyjádříme x a dosadíme číselné hodnoty x=l−
v2 h v −v 2 1
2 2
=l−
h = 12,11 km . 3
Příklad 37 Do studny pustíme kámen. Jeho dopad uslyšíme za čas t od okamžiku vypuštění kamene. Určete hloubku studny h. Dáno: t = 6 s, c = 330 ms −1 (rychlost zvuku) Určit: h Kámen se pohybuje rovnoměrně zrychleným pohybem a dráhu h urazí za čas t1 . Zvuk dopadu se šíří rovnoměrným pohybem a stejnou dráhu urazí za čas t 2 . Pro oba pohyby platí 1 2 2h , g t1 ⇒ t1 = 2 g h h = c t2 ⇒ t2 = . c
h=
Celkový čas od vypuštění kamene do uslyšení dopadu je t = t1 + t 2 =
2h h + . g c
Odstraníme odmocninu, upravíme t−
h = c
2h g
2
⇒
⎞ ⎛ c2 h 2 − 2h ⎜ + c t ⎟ + c 2 t 2 = 0 , ⎠ ⎝g
vyjádříme h a dosadíme 2
⎛ c2 ⎞ ⎛ c2 ⎞ h1, 2 = ⎜ + c t ⎟ ± ⎜ + c t ⎟ − c 2 t 2 =& 151 m . ⎝g ⎠ ⎝g ⎠
Příklad 38 Pro dané zrychlení bodu určete jeho dráhu a rychlost. Dáno: a = − a 0 − kv Určit: x = x(t ), v = v(t ) 58
Jedná se o pohyb nerovnoměrný a proto pro řešení použijeme definiční vztahy pro rychlost a zrychlení. Z definičního vztahu pro rychlost můžeme psát a = − a0 − kv =
dv . dt
Provedeme separaci proměnných a naznačenou integraci t
v
dv 1 = − lg (a0 + kv ) a + kv k v0 0
∫ dt = − ∫ 0
v v0
.
Upravíme a vyjádříme rychlost a 0 + kv = e − kt a 0 + kv0
⇒ v=
1 ⎛ a0 + kv0 − a0 ⎞⎟ ……. v = v(t ) ⎜ kt k⎝ e ⎠
Pomocí definičního vztahu pro dráhu můžeme napsat dx 1 ⎛ a0 + kv0 ⎞ = ⎜ − a0 ⎟ . kt dt k ⎝ e ⎠ Provedeme separaci proměnných x
a + kv ∫0 dx = 0 k 0
t
∫e 0
− kt
a dt − 0 k
t
∫ dt 0
a po integraci dostaneme x=
a0 + kv0 e − kt a0 − t k −k k
t 0
=−
a0 + kv0 − kt (e − 1) − a0 t . 2 k k
KŘIVOČARÝ POHYB BODU Definiční vztahy pro rychlost a zrychlení uvedené v úvodní části zůstávají plně v platnosti a my je nyní blíže vyjádříme pro případ křivočarého pohybu, který rozdělíme na pohyb v rovině a v prostoru.
Rovinný pohyb Pro řešení rovinného pohybu můžeme použít jednak kartézské souřadnice a jednak polární souřadnice. V našem výkladu budeme používat kartézské souřadnice. r Poznámka: U r (t ) znamená t čas, v obrázku znamená tečnu t s jednotkovým r vektorem t .
59
Použitím definičních vztahů můžeme psát
Podle definice derivace můžeme psát
r r r dr Δr r = lim = t , kde t je jednotkový ds Δs →0 Δs
r r r dr dr ds r v= = = tv , dt ds dt r r r dv r dv dt ds = , a= v+t dt ds { dt dt
vektor tečny. Z podobnosti trojúhelníků platí
v
r Δs , r = t R takže můžeme psát
Δt
2
rv r r r = n + t at = an + at , R kde a n je normálová, dostředivá, složka zrychlení, at je tečná složka zrychlení. Při tomto odvození jsme použili výrazy r dr r dt 1 =t, = , které jsou odvozeny vpravo ds ds R pomocí překresleného obrázku.
r t =1 ,
Δt dt 1 = = . Δs →0 Δs ds R lim
Tím jsme odvodili oba použité vztahy.
r r r r dt . Protože je t = 1 , můžeme psát, že t ⋅ t = t 2 = 1 . ds r r dt r = 0 , který vyjadřuje, že vektor t je kolmý na Derivací tohoto vztahu dostaneme výraz 2t ⋅ ds r dt a proto můžeme psát vektor ds
Nyní ještě potřebujeme určit směr vektoru
r dt r 1 =n ds R
⇒
r dt r = nK , ds
kde R je poloměr křivosti a K je flexní křivost. Tomuto výrazu říkáme první Frenetův vzorec. Příklad 39 Dáno: , ω r Určit: Rychlost, zrychlení a poloměr křivosti dráhy bodu L v jeho poloze L0
Bod L, který je bodem kružnice k opisuje při valení k po přímce cykloidu. Rovnice dráhy bodu L je dána vztahem r r r r = i (r ϕ − r sin ϕ ) + j r (1 − cos ϕ ) . Derivací získáme rychlost a zrychlení v obecném bodě L 60
r r r r v = r& = i (r − r cos ϕ )ω + j r ω sin ϕ , r r r r a = v = i r ω 2 sin ϕ + j r ω 2 cos ϕ . Bod L zaujme polohu L0 pro ϕ = π a pro rychlosti a zrychlení v tomto bodě platí 2r ω r r v = i 2r ω = , 0
r r a = j (− r ω 2 ) =
0 − rω2
.
r r r r Protože je a ⊥ v , platí že a = a n a můžeme proto psát
an =
v2
ρ
⇒ ρ=
v 2 4r 2 ω 2 = = 4r . an rω2
Příklad 40 V bodě A0 se nachází hmotný bod. Pod jakým úhlem musíme z počátku Ω vypustit střelu s počáteční rychlostí v s , abychom zasáhli padající bod, jestliže bod začne padat současně s výstřelem? Odpor vzduchu neuvažujeme.
Dáno: x0 = 400 m , y 0 = 700 m , v s = 100 ms −1 Určit: ϕ
Poznámka: Bod A se pohybuje rovnoměrně zrychleným přímočarým pohybem, střela S se pohybuje po křivce. V obecném čase t souřadnice bodu a střely můžeme vyjádřit následujícími vztahy bod:
x A = x0 , y A = y0 −
1 2 gt , 2
střela: xs = vs cos ϕ t , ys = vs sin ϕ t −
1 2 gt . 2
V bodě zásahu mají hmotný bod i střela stejné souřadnice, takže platí xs = x A ,
ys = y A .
Po dosazení dostaneme 61
v s cos ϕ t = x0 ,
v s sin ϕ t −
1 2 1 g t = y0 − g t 2 . 2 2
Po úpravě máme tgϕ =
y0 = 1,75 x0
⇒
ϕ = 60,25o .
Prostorový pohyb Platí stejné definiční vztahy a z nich plynoucí vzorce jako pro rovinný pohyb, navíc přistupuje torzní křivost.
S normálou a tečnou v obecném bodě L prostorové křivky jsme se již seznámili při rovinném pohybu. K těmto přímkám nyní přistupuje přímka další, kolmá na obě předcházející, kterou nazýváme binormálou. Tyto tři přímky, respektive jejich jednotkové vektory r r r t , n , b tvoří průvodní trojhran křivky, který také jinak nazýváme Frenetův trojhran. Dvojice přímek vyznačují v bodě L následující roviny r r t, n r r n, b r r t, b
oskulační rovina, normálová rovina, rektifikační rovina.
Jednotkový vektor binormály můžeme vyjádřit pomocí vektorového součinu r r r b = t ×n .
Derivací podle parametru s dostaneme r r r db dt r r dn = ×n +t × . ds ds ds
Když si uvědomíme že platí r dt r =nK ds r r r r a protože je dále n = 1 , tj. n ⋅ n = n 2 = 1 , je podobně jako tomu bylo u tečny
r r dn 2n =0 ⇒ ds
r dn r ⊥n . ds
r dn leží v rektifikační rovině a můžeme ho vyjádřit jako součet jistých To ale znamená, že vektor ds vektorů ležících v této rovině, tj. můžeme psát
62
r r r dn =αt + β b , ds
kde α , β jsou jisté, zatím neznámé koeficienty. Po dosazení do vztahu vyjadřujícího derivaci binormály podle parametru s, dostaneme r r r r r r r dn r = nK ×n +t αt + β b = t ×β b 3 12r3 ds 12 0 −n
(
)
a po přepsání, s tím, že β = G , získáme druhý Frenetův vzorec r r db = Gn , ds
kde G je torzní křivost Příklad 41 Určete rychlost a zrychlení bodu pohybujícího se po šroubovici a flexní a torzní křivost jeho dráhy. Dáno: ω , r0 , γ Určit: v, a, K , G
Polohový vektor bodu L šroubovice je cos ω t r r = r0 ω t tgγ sin ω t
.
Podle definičních vztahů platí pro vektory rychlosti a zrychlení − sin ω t r r dr , = r0 ω tgγ v= dt cos ω t
− cos ω t r r dv 2 0 = r0 ω . a= dt − sin ω t
Hodnoty rychlostí a zrychlení získáme jako absolutní hodnoty vektorů r r rω v = v = r0ω 1 + tg 2 γ = 0 , a = a = r0 ω 2 . cos γ r r Ze vztahu v = vt můžeme určit jednotkový vektor normály
− sin ω t r r v t = = cos γ = tgγ . v cos ω t 63
r dt r =nK . Flexní křivost můžeme určit z prvního Frenetova vzorce ds Derivaci na levé straně můžeme určit následovně jako derivaci složené funkce
− cos ω t r r r 1 dt dt dt dt 1 cos γ ω 0 = = = . r0ω ds dt ds dt ds − sin ω t dt cos γ { v
Po jednoduché úpravě dostaneme − cos ω t r r dt cos 2 γ 0 = =n K. ds r0 − sin ω t Porovnáním prostředního výrazu s výrazem na pravé straně získáme flexní křivost K=
cos 2 γ . r0
r r r Při výpočtu torzní křivosti vyjdeme ze vztahu b = t × u a provedeme derivaci podle ds stejně jako u flexní křivosti. Zkuste výpočet a rozhodněte, který z výsledků je správný.
A) B) C)
sin 2 γ G= r0 tg γ G= r0 sin γ cos γ G= r0
8 KINEMATIKA TĚLESA ROVINNÝ POHYB TĚLESA
Trajektorie všech bodů tělesa jsou rovinné křivky. Pro polohu bodu L platí r r r rL (t ) = rA (t ) + rAL (t ) , r kde A je referenční bod a rAL = konst.
64
POSUVNÝ POHYB r r Pro posuvný pohyb platí rAL = konst. , tj. rAL nemění velikost ani směr. Potom je
r r r r r r r vL = r&L = r&A + r&AL = r&A + 0 = v A , r r r aL = v& A = a A .
Při posuvném pohybu tělesa se všechny body tělesa pohybují po stejných trajektoriích a mají stejné rychlosti a stejná zrychlení. Poznámka: Kinematika posuvného pohybu tělesa je shodná s kinematikou bodu. Příklad 42 Dáno: ω2 = konst., r = AO2 = BO4 Určit: vL , aL
vL = v A = r ω2
aL = a A = r ω22
Poznámka: Protože AO2 = BO4 a současně AO2 // BO4 , jedná se o paralelogram. Těleso 3 koná posuvný pohyb. Příklad 43 Určete brzdnou dráhu x auta jedoucího rychlostí v0 = 60 kmh −1 , je-li zpoždění a = 6,3 ms −2 a reakční doba řidiče je 1,3 s. Dáno: a = 6,3 ms −2 , t = 1,3 s Určit: x
Postup: Celkovou brzdnou dráhu rozdělíme na úsek x1 a x2 . V úseku x1 , který odpovídá reakci řidiče, se auto pohybuje rovnoměrně (a = 0) a v úseku x2 rovnoměrně zpožděně. Pro tento úsek je velmi vhodné použít k řešení vztah a = určit x2 . Odpověď:
A) x = 56,2 m B) x = 43,7 m C) x = 31,5 m
65
d (v 2 ) , ze kterého přímo můžeme 2dx
ROTAČNÍ POHYB r r Pro rotační pohyb platí rA = konst. , tj. rA nemění velikost ani směr, potom je
r r r r r r r vL = r&L = r&A + r&AL = 0 + r&AL = ω × rAL , r r r r r r r r rr r r r2 aL = α × rAL + ω × (ω × rAL ) = α × rAL + ω (ω r − r AL { AL ω ) = 0
r r r r r r = α × rAL − rAL ω 2 = at + an
Věta o zorných úhlech
Rychlosti (zrychlení) při rotačním pohybu jsou ze středu otáčení vidět pod stejným zorným úhlem. Příklad 44 Setrvačník se rozběhne za 3 sec na 1500 ot min-1 rovnoměrně zrychleným pohybem. Určete jakým zrychlením se rozbíhá a kolik otáček vykoná za dobu rozbíhání. Dáno: n = 1500 ot/min -1 , t = 3 sec Určit: a, d (počet otáček)
1 Protože úhlové zrychlení je konstantní, platí ω = ω 0 + α t , ψ = ω0 t + α t 2 . 2 zrychlení:
ω =ω +α t ⇒ α = {0 =0
ω= α=
πn 30
=
ω t
počet otáček: ,
3,14 ⋅ 1500 = 50 ⋅ π =& 157 rad sec −1 , 30
50π = 52,4 rad sec − 2 . 3
2π d = ψ ⇒ d = 1 2
ψ , 2π
1 2
ψ = ω0 t + α t 2 = α t 2 = d=
1 50 π ⋅ 9 = 75π , 2 3
75π = 37,5 ot . 2π
Příklad 45 Rotor otáčející se otáčkami n1 se urychlí za čas t R na otáčky n2 . Urychlování rotoru se děje konstantním úhlovým zrychlením α R . Vypočtěte úhlové zrychlení α R rotoru a počet otáček nR , které rotor v průběhu urychlování z otáček n1 na otáčky n2 udělá.
Dáno: n1 = 500 ot/min n2 = 8000 ot/min t R = 5s
66
Vypočteme úhlové rychlosti ω1 a ω2 příslušející otáčkám n1 a n2 , tedy
ω1 =
π n1 30
= 52,36 rad s −1 ,
ω2 =
π n2 30
= 837,76 rad s −1 .
Pro úhlové zrychlení platí
αR =
dω ⇒ dt
ω2
tR
ω1
0
∫ dω = ∫ α R dt ⇒ ω2 − ω1 = α R tR ⇒ α R =
ω2 − ω1 tR
= 157,1 rad s −1 .
Mezi počtem otáček a úhlem otočení rotoru platí vztah
ϕ R = 2π nR ⇒ nR =
ϕR . 2π
Pro úhlové zrychlení platí
αR =
d (ω 2 ) , 2 dϕ
ω 22
ϕR
∫ d (ω ) = 2α ∫ dϕ 2
R
ω12
nR =
⇒ ω22 − ω12 = 2α R ϕ R ,
0
ω22 − ω12 (ω2 − ω1 )(ω2 + ω1 ) t R (ω2 + ω1 ) t R = = = 354,12 ot . 2α R 2π 4π (ω2 − ω1 ) 4π
OBECNÝ ROVINNÝ POHYB Základní rozklad pohybu Obecný rovinný pohyb můžeme rozložit na unášivý pohyb posuvný, určený pohybem referenčního bodu a na druhotný (relativní), rotační pohyb kolem tohoto bodu. r r Pro obecný rovinný pohyb platí rA ≠ konst., rAL ≠ konst. , potom je r r r r r r r vL = r&L = r&A + r&AL = v A + ω × rAL , r r r r r r r r r r r aL = a A + α × rAL + ω × ω × rAL = a A + α × rAL − ω 2 rAL .
Pamatujte si: Základní rozklad pohybu je charakterizován tím, že unášivý pohyb je posuvný! Příklad 46 Dáno: ω Určit: v L , a L Je dána konstantní úhlová rychlost ω členu 2. Použitím základního rozkladu pohybu chceme vyjádřit rychlost a zrychlení bodu L tělesa 3, které koná obecný rovinný pohyb.
67
Poznámka: Bod A je společným bodem těles 2 a 3 a proto i jeho kinematické veličiny jsou společné oběma tělesům.
Protože známe kinematické veličiny v bodě A, zvolíme ho za referenční bod do kterého myšleně umístíme prostor 5, který koná posuvný pohyb po kružnici a pro bod L tělesa 3 můžeme psát
r r r vL 31 = vL 35 + vL 51 . Po vyjádření jednotlivých veličin, v A = r ω , a A = anA = r ω 2 , dostaneme
r r r v L = v A + ω 35 × AL , Podobně pro zrychlení (není na obrázku zakresleno)
r r r r r a L 31 = a A + α 35 × AL + ω 35 × v L .
Pól rovinného pohybu tělesa Pokládáme otázku, zda, podobně jako u rotačního pohybu, existuje bod, či množina bodů, který má při obecném rovinném pohybu v daném okamžiku nulovou rychlost, tj. zda pro L ≡ P platí r r r r r r r vP ≡ vL = v A + ω × rAP = 0 / ω × , r r r r r r ω × v A + ω × ω × rAP = 0 , 142r43 r r r r r ω (ω ⋅ rAP ) − rAP (ω ⋅ω ) 14243 =0
takže dostaneme
r
r
r
r
ω × v A − ω 2 rAP = 0 , odkud můžeme určit polohový vektor bodu P vzhledem k referenčnímu bodu A
r r r ω × vA , rAP = 2
ω
a tím můžeme určit polohu bodu P r r r rP = rA + rAP .
U rovinného pohybu tělesa existuje, pro ω ≠ 0 , bod tělesa P, jehož rychlost je nulová. Tento bod nazýváme pólem pohybu.
68
Použijeme-li pól za referenční bod, dostaneme pro rychlosti a zrychlení bodu L vztahy r r r vL = ω × rPL , r r r r r r r aL = aP + α × rPL − ω 2 rPL , kde a P je zrychlení bodu tělesa v pólu.
Pole rychlostí Rychlostní pole bodů tělesa konajícího obecný rovinný pohyb je v daném okamžiku takové, jako kdyby těleso konalo rotační pohyb kolem pólu. Věta o zorných úhlech Rychlosti všech bodů tělesa jsou vidět z pólu pod stejným úhlem
Zapamatujte si, že normály trajektorií všech bodů tělesa prochází pólem.
Příklad 47 Dáno: r, v, l Určit: vL , aL Máme určit rychlost a zrychlení bodu L pevně spojeného s kružnicí, která se valí po přímce.
Poznámka: Valivý pohyb je zvláštním případem obecného rovinného pohybu. r rAL = AL , AL = l ;
r rPL = PL
Použijeme základní rozklad pohybu.
Referenční bod A: r r r r vL = v A + ω × rAL ,
vA = v ,
v r
ω AL = l ,
2
vl vl vL = v 2 + ⎛⎜ ⎞⎟ + 2v cos ϕ , r ⎝r⎠ r r r r r v2 aL = a A + α × rAL − ω 2 rAL , protože a A = 0 , α = 0 , ω 2 AL = 2 l , dostaneme r 2 v l aL = an = 2 . r
69
Referenční bod P: r r r r vL = vP + ω × rPL , protože vP = 0 ,
ω PL =
v 2 2 r + l + 2rl cos ϕ , r
dostaneme
v 2 2 vL = r + l + 2rl cos ϕ , r r r r r r aL = aP + α × rPL − ω 2 rPL . Protože platí
v ⇒ aP = v , r
r r r aP = vπ × ω
v2 ω PL = 2 r 2
r 2 + l 2 + 2rl cos ϕ
a tečné zrychlení α PL = 0 , dostaneme 2
2 v2 ⎛ v2 ⎞ aL = ⎜ ⎟ + (ω 2 PL ) − 2 ω 2 PL cosψ , r ⎝ r ⎠
kde
tgψ =
l sin ϕ . r + l cos ϕ
Polodie
Hybná polodie je množina bodů tělesa, které se v průběhu pohybu stanou póly. Nehybná polodie je množina bodů základního nehybného prostoru, které se v průběhu pohybu stanou póly. Vytváření nehybné a hybné polodie si ukážeme u ojnice klikového mechanismu, která koná obecný rovinný pohyb. Přesunutím Δ A′B ′P ′ na původní polohu tělesa 3, tj. proti směru pohybu, získáme bod P ′′ , který je bodem hybné polodie a při opětovném dopředném pohybu se v místě P ′ stane pólem. Pamatujte si proto, že každý obecný rovinný pohyb lze nahradit valením dvou polodií !
Δ A′B ′P ′ ~ = Δ ABP ′′ . Podíváme-li se jak jsme určovali pól pohybu tělesa, můžeme ihned psát následující vztahy. 70
r r r r ω × vA . rP = rA + ω2 r r r ω × vA . rAP = 2
Nehybná polodie k N : Hybná polodie k H :
ω
Příklad 48 Dáno: v A , h Určit rovnici k N , k H tělesa 3 Prostor R1 ≡ x1 , y1 , z1 je nehybný, prostor R2 ≡ x2 , y2 , z2 se natáčí s tělesem 3. Polodie určíme tak, že vyjádříme polohu pólu P v příslušném prostoru. Vyjádříme nejdříve funkce úhlu ϕ . tgϕ =
vA t , cos ϕ = h
h h 2 + (v At )
2
.
Rovnice nehybné polodie je dána vztahem r r r rN = i1 (− v A t tgϕ ) + j1 (v A t ) . Rovnice hybné polodie je dána vztahem
r ⎛ v t ⎞ r v h 2 + v A2 t 2 r r rH = i2 (0) + j2 ⎜ A ⎟ = j2 A t . h ⎝ cos ϕ ⎠
Poznámka: V případě, že můžeme pól určit jako průsečík normál, postupujeme tak, jak je zde uvedeno. Jestliže polohu pólu neznáme, musíme použít výše uvedené kinematické vztahy pro nehybnou a hybnou polodii. Příklad 49 Dáno: r, l Určit rovnici k N , k H tělesa 3 Prostor Rx ≡ x, y, z je nehybný, prostor Rξ ≡ ξ , η , ζ je spojen s tělesem 3. Nehybná polodie k N :
r r =
Rx P
r cos ϕ 2 + l cosψ , platí (r cos ϕ2 + l cosψ ) tgϕ2
r sin ϕ 2 = l sinψ ⇒ sinψ = ?
Hybná polodie k H :
⎛ ⎞ l r2 ⎛ x ⎞ ⎜ r + − 1 sin 2 ϕ 2 − r ⎟ (cos ϕ 2 cosψ − sin ϕ 2 sinψ ) − r ⎟ cos (ϕ 2 + ψ ) ⎜ ⎜ 2 ⎟ l cos ϕ 2 r ⎝ ⎠ ⎝ cos ϕ 2 ⎠ r = = . Rξ P 2 ⎛ x ⎞ ⎛ ⎞ l r 2 − r ⎟ sin (ϕ 2 + ψ ) ⎜ ⎜r + 1 − 2 sin ϕ 2 − r ⎟⎟ (sin ϕ 2 cosψ − cos ϕ 2 sinψ ) ⎜ ⎝ cos ϕ 2 ⎠ ϕ l cos 2 ⎝ ⎠ 71
9 SOUČASNÉ POHYBY TĚLESA Pro další výklad se musíme seznámit s derivací v prostoru, který se otáčí, neboť až dosud jsme prováděli derivace pouze v nehybném prostoru
Derivace vektorur v pohybujícím se prostoru r r V prostoru R2 ≡ i2 , j 2 je dán polohový vektor r a potřebujeme určit jeho časovou derivaci r r v prostoru R1 ≡ i1 , j1 . r r r r = i2 rx + j2 ry ,
r r r r dr r& = i2 rx + i2 r&x + &j2 ry + j2 r&y . dt Pro derivaci jednotkových vektorů můžeme psát
r r r i&2 = ω × i2 ,
r& r r j2 = ω × j2 ,
r neboť pro infinitesimální pootočení na příklad i2 , viz obrázek, platí r
r
r
Δi2 = i2 dϕ j2 ,
r i2 = 1 ,
r r r r i2 = i2 + i2 dϕ j2 , r r r& di2 dϕ r r dj 2 i2 = = j 2 + dϕ = ω j2 , dt { dt dt { ω
0
takže je
r r r r i&2 = ω j2 = ω × i2 ,
r Potom časovou derivaci r můžeme vyjádřit takto
[]
⎡ dr ⎤ = ir r& + rj r& + ωr × ir r + ωr × rj r = rr& + ωr × rr , 2 y 2 x 2 y 2 ⎢⎣ dt ⎥⎦ 1 2 x a po přepsání
[ rr& ] = [ rr& ] 1
2
r r +ω×r .
Kinematické závislosti při současných pohybech Pro těleso 3, pohybující se v prostoru R2 , který se pohybuje v prostoru R1 , můžeme napsat rozklad pohybu 31 = 32 + 21, kde pohyb 21 je pohybem unášivým a pohyb 32 je pohybem druhotným, relativním. 72
Pro polohový vektor bodu L můžeme psát r r r rL = rA + r2 .
Derivováním dostaneme
[ r&L ] 1 = [ r&A ] 1+ [ r&2 ] 2 + ω 21 × r2 = v A + v L32 + ω 21 × r2 = v L32 + v L 21 , r
r
r
r
r
r
r
r
r
r
r r r r kde vL 21 = v A + ω21 × r2 .
Takže pro rychlosti platí r r r vL 31 = vL 32 + vL 21 . Další derivací dostaneme zrychlení
[ vr& ] = ar L 1
[ ]
r r r r r r r r + a L 32 + ω 21 × v L 32 + α 21 × r2 + ω 21 × ( r&2 2 + ω 21 × r2 ) = r r r r r r r r = a A + a L 32 + 2ω 21 × v L 32 + α 21 × r2 + ω 21 × (ω 21 × r2 ). A
Po úpravě můžeme psát r r r r r a L 31 = a L 32 + a L 21 + 2ω 21 × v L 32 ,
r r r π kde aC = 2ω 21 × v L 32 je Coriolisovo zrychlení, jehož směr získáme otočením v L 32 o ve smyslu 2 r r ω 21 . Jestliže je unášivý pohyb posuvný, ω21 = 0 , potom a c = 0 a platí ( aL 21 = a A viz posuvný pohyb tělesa!) r r r r r aL 31 = aL 32 + aL 21 = a A + aL 32 . To je základní rozklad pohybu tělesa tak, jak jsme ho uvedli v kapitole pojednávající o obecném rovinném pohybu tělesa. Souhrnně můžeme vyslovit pro kinematické veličiny bodu tělesa, které vykonává současné pohyby, následující tvrzení: r r r Pro rychlosti platí zákon rovnoběžníka ( v = vrel + vu ).
r r r Pro zrychlení, když unášivý pohyb je posuvný, platí zákon rovnoběžníka ( a = arel + au ) a když unášivý pohyb není posuvný, zákon rovnoběžníka neplatí, zrychlení je dáno geometrickým součtem r r r r jednotlivých složek ( a = arel + au + ac ).
Poznámka: Rozklad pohybu tělesa platí nejenom pro rychlosti a zrychlení bodu ale také pro úhlové rychlosti a úhlová zrychlení tělesa! Příklady rozkladů pohybu tělesa 3.
Základní rozklad 31 = 34 + 41 r r r L: v31 = v34 + v 41 r r r a31 = a34 + a 41
Obecný rozklad 31 = 34 + 41 r r r L: v31 = v34 + v 41 r r r r a31 = a34 + a41 + ac 73
Pólová věta Pól absolutního pohybu (31) leží na spojnici relativního (32) a unášivého (21) pohybu.
P31 = P32 + P21
Použití pólové věty můžeme ukázat na případu spojení dvou těles, kde P31 = P32 + P21 .
Příklad 50 Dáno: Výkres v měřítku Určit: Pól P31 Použitím pólové věty můžeme psát
P31 = P32 + P21 , P31 = P34 + P41 . Pól P31 leží v průsečíku obou spojnic.
Příklad 51 Dáno: r (t ), ω21 , α 21 Určit: v31 , a31 Pro těleso 3 můžeme psát rozklad pohybu 31 = 32 + 21, takže pro rychlosti a zrychlení, rozměry tělesa zanedbáváme, platí
r r r v31 = v32 + v21 , r r r r a31 = a32 + a21 + ac . 74
Pomocí znalosti kinematických veličin r r r v21 = ω21 × r ,
r r r an 21 = ω21 × v21 , r r r at 21 = α 21 × r , r r r ac = 2ω21 × v32 , je možné kreslit, obrazce rychlostí a zrychlení (na obrázku jsou kresleny odděleně).
Příklad 52 Dáno: ω21 , ω32 , r2 , r3 Určit: vL , aL Bod L je bodem tělesa 3 a proto provedeme rozklad pohybu tělesa 3 a současně si ukážeme řešení základním rozkladem pohybu.
Řešení rozkladem pohybu r r r L : v31 = v32 + v21 ,
v21 = LO2 ω21 , LO2 = r22 + r32 − 2r2 r3 cos ϕ ,
ϕ = π − (ϕ3 − ϕ2 ) ,
v32 = r3 ω32 , 2 2 v31 = v 21 + v32 − 2v 21 v32 cosψ , ψ = π − λ ,
r sin λ = 2 . sin ϕ LO2
r r r r L: a31 = a32 + a21 + ac , 2 an 21 = ω21 LO2 , at 21 = 0 ,
an 32 = ω322 r3 ,
at 32 = 0 ,
ac = 2ω21 v32 , a31 = (a n 32 + a c ) + a n221 − 2a n 21 (a n 32 + a c ) cos (π − λ ) . 2
75
Řešení základním rozkladem Provedeme základní rozklad pohybu tělesa 3 s referenčním bodem A, kam umístíme myšlený prostor 4, který koná posuvný pohyb po kružnici. r r r L: v31 = v34 + v41
Pro úhlové rychlosti platí
r
r
r
r
r
r
r
r
v41 = v A = r2 ω21
ω31 = ω34 + ω41 ⇒ ω31 = ω34
v34 = ω34 r3
ω31 = ω32 + ω21 !
2 2 v31 = v41 + v34 − 2v34 v41 cos [π − (ϕ3 − ϕ 2 )] ,
r r r L : a31 = a34 + a41 , 2 a41 = a A = r2 ω21 ,
a34 = r3 ω342 = r3 (ω32 + ω21 ) , 2
2 2 a31 = a41 + a34 − 2a41 a34 cos [π − (ϕ3 − ϕ 2 )] .
10 STŘEDY KŘIVOSTI TRAJEKTORIÍ A OBÁLEK Určování středů křivosti trajektorií bodů a obálek je v inženýrské praxi důležité jak z hlediska oskulace křivek, tak i z hlediska určování normálových složek zrychlení.
Věta Euler – Savaryho Těleso konající obecný rovinný pohyb, jak již víme, můžeme nahradit valením hybné polodie k H po polodii nehybné k N . Věta Euler – Savaryho je dána následujícím vztahem
⎛ 1 + 1 ⎞ sin ϑ = 1 + 1 ⎜ ⎟ r1 r2 ⎝r s⎠ kde r je vzdálenost bodu L od pólu P, s je vzdálenost středu křivkosti bodu L od pólu, ϑ je úhel který svírá normála bodu L s tečnou k polodiím, r1 a r2 jsou poloměry nehybné a hybné polodie.
76
LP = r PS L = s
Rychlostní konstrukce Základem rychlostní konstrukce, kterou určujeme středy křivosti graficky, je Hartmanova věta.
Koncový bod vektoru rychlosti libovolného bodu tělesa L, jeho střed křivosti S L a koncový bod pravoúhlého průmětu pólové rychlosti vπ do směru kolmého na normálu bodu L, leží na jedné přímce. Bobillierova konstrukce Bobillierova grafická konstrukce je založena na následující větě.
Pro libovolné dvě normály existuje osa kolineace, pro jejíž body platí, že se v nich protínají spojnice bodů ležících na obou normálách a spojnice jejich středů křivosti. Osa kolineace svírá s normálou jednoho bodu stejný ale opačně orientovaný úhel jako svírá tečna k polodiím s normálou druhého bodu. Obálková věta Určování středů křivosti obálek je založeno na obálkové větě.
Střed křivosti So obálky o křivky k je totožný se středem křivosti S M trajektorie bodu M, který je středem křivosti výtvarné křivky k. Příklad 53 Dáno: r1 , r2 , m Určit: S L
Početně pomocí věty Euler – Savaryho 1 1 1 1 + = + , 2r2 − m s r1 r2 s =?.
Graficky rychlostní konstrukcí • zvolíme rychlost bodu O2 , neboť jeho střed křivosti známe, • určíme vπ , v L , •
Průsečnice spojnice koncových bodů rychlostí v L a vπ s normálou n L je hledaný střed křivosti. 77
Příklad 54 Dáno: r1 , α Určit: Střed křivosti obálky vytvářené přímkou p
Početně větou Euler – Savaryho ⎛ 1 + 1 ⎞ sin ⎛ π − α ⎞ = 1 + 1 , ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎝∞ s⎠ ⎝ 2 ⎠ r1 ∞ odkud je s = r1 cos α .
Graficky Bobillierovou konstrukcí • přímka q má střed křivosti v nekonečnu, bod Q∞ který s tímto středem splývá, má střed křivosti v bodě O1 , • střed křivosti výtvarné přímky p je v nekonečnu a splývá s bodem U ∞ , • tečna k polodiím splývá s valivou přímkou q a s hybnou polodií k H a je kolmá na normálu bodu Q∞ , • podle Bobillierovy věty musí být proto osa kolineace bodů Q∞ U ∞ kolmá na normálu bodu U ∞ , • průsečík spojnice bodů U ∞ Q∞ protne osu kolineace v jejím úběžném bodu K ∞ , • spojnice úběžného bodu K ∞ a bodu S Q∞ s normálou bodu U ∞ je hledaný střed křivosti obálky o.
11 KINEMATICKÉ ŘEŠENÍ MECHANISMŮ Jak bylo již řečeno při klasifikaci rovinných soustav těles v oddílu STATIKA, mechanismus je soustava těles s 1 stupněm volnosti. V této kapitole se budeme zabývat zjišťováním kinematického stavu mechanismu, tj. budeme hledat rychlosti a zrychlení jeho členů, nebo bodů, které na jeho členech leží. Kinematické vyšetřování mechanismů budeme provádět • analyticky, • graficky (rychlosti). U grafického vyšetřování budeme určovat jenom rychlostní stav mechanismu, i když vyšetřování zrychlení je také možné a pro představu o kinematickém stavu mechanismu velmi užitečné.
ANALYTICKÉ VYŠETŘOVÁNÍ MECHANISMŮ Cílem početního řešení je hledání závislosti polohy, rychlosti a zrychlení, resp. úhlové polohy, úhlové rychlosti a úhlového zrychlení bodů, resp. těles na poloze hnacích členů, nebo na čase. Při řešení budeme používat 78
•
metodu trigonometrickou: mechanismus rozdělíme na vhodné trojúhelníky, které trigonometricky řešíme,
•
metodu vektorovou:
mechanismu nebo jeho členu či bodu přiřazujeme vektorový mnohoúhelník nebo polohový vektor, který rozepisujeme do směrů souřadnicových os
Postupy při obou metodách budou patrné z řešení následujících případů.
Trigonometrická metoda Chceme určit rychlost a zrychlení břitu nástroje na smykadle 6 a úhlovou rychlost a úhlové rychlení členu 4 pomocí trigonometrické metody. Dáno: ω 2 , r , l , h Určit: v61 , a 61 , ω 41 , α 41 Kinematické poměry na noži jsou stejné s poměry v bodu A, neboť smykadlo koná posuvný pohyb. Polohu členu 6 určuje míra x
x = h tgψ , tgψ =
x=h
r sin ϕ 2 , l + r cos ϕ 2
r sin ϕ 2 , ϕ 2 = ω2t . l + r cos ϕ 2
Derivací dostaneme rychlost a zrychlení
v61 ≡ v A =
dx hrω2 cos ϕ 2 (l + r cos ϕ 2 ) + h r 2 sin 2 ϕ 2 ω2 h r (r + l cos ϕ 2 ) , = = ω2 (l + r cos ϕ 2 ) dt (l + r cos ϕ 2 )2
a61 = a A = v& A = K Polohu členu 4 určuje úhel ψ
ψ = arctg
r sin ϕ 2 . l + r cos ϕ 2
Derivací získáme úhlovou rychlost a úhlové zrychlení
ω41 = ψ& = ω2
r (r + l cos ϕ 2 ) (l + r cos ϕ 2 )2 ⎛ r sin ϕ 2 ⎞ 1+ ⎜ ⎟ ⎝ l + r cos ϕ 2 ⎠
2
,
α 41 = ω& 41 = K
79
Taylorova řada Při početním řešení bývá velmi užitečné nahradit nelineární člen, který se v rovnicích objeví, prvníma dvěma členy Taylorovy řady, kterou znáte z matematiky a kterou si zde stručně bez dalšího výkladu připomeneme. Taylorův rozvoj má tvar f ( x ) = f (a ) +
f ′(a ) f ′′(a ) f n (a ) (x − a) + ( x − a )2 + K ( x − a )n . n! 1 2!
Uvažujme, že máme funkci f ( x ) = 1 − (λ sin ϕ + ) = 1 − x , pro 14243 x
a=0
je
1 1 1 −1 2 , f ′( x ) = (1 − x ) (− 1) = − 2 2 1− x
f ′(a ) = −
1 , 2
2
1 1 1 1 −3 2 f ′′( x ) = − ⎛⎜ − ⎞⎟(1 − x ) (− 1) = − , 2⎝ 2⎠ 4 (1 − x )3
f (a ) = 1 ,
f ′′(a ) = −
1 . 4
Po dosazení do Taylorovy řady dostaneme 1 1 2 4 f ( x ) = 1 − (λ sin ϕ + k ) − (λ sin ϕ + k ) + K 2 8
Vektorová metoda U nakresleného excentrického klikového mechanismu chceme určit rychlost, zrychlení a zdvih členu 4 a rychlost a zrychlení bodu L ojnice, použitím vektorové metody. Dáno: ω 2 , r , l , m, h, e Určit: v 41 , a 41 , v L , a L Protože člen 4 koná posuvný pohyb, stačí určit rychlost a zrychlení jednoho jeho bodu.
Člen 4: Polohový vektor bodu B členu 4 je r rB = OM + MB = OA + AB . Po rozepsání do směrů x a y dostaneme
x = r cosϕ + l cosψ , − e = r sin ϕ − l sinψ . Vyjádříme úhel ψ
80
sin ψ =
r sin ϕ + e = λ sin ϕ + k , l
cosψ = 1 − (λ sin ϕ + k ) , 2
r l
λ= ,
k=
e . l
Použitím Taylorovy řady (omezíme se na první dva členy) nahradíme odmocninu 1 2 2 1 − (λ sin ϕ + k ) = 1 − (λ sin ϕ + k ) , 2 takže dostaneme 1 1 2 1 − (λ sin ϕ + k ) = 1 − λ2 sin 2 ϕ − λk sin ϕ − k 2 . 2 2 Z druhé rovnice od shora dostaneme polohu členu 4
l 1 λ2l 2 1 k 2l ⎤ λkl ⎡ 2 x = r cos ϕ + l 1 − (λ sin ϕ + k ) = r ⎢cos ϕ + − = sin ϕ − sin ϕ − r 2 r r 2 r ⎥⎦ ⎣ 1 ⎤ ⎡1 k2 = r⎢ − + cos ϕ − λ sin 2 ϕ − k sin ϕ ⎥ . 2 ⎦ ⎣ λ 2λ Derivací získáme rychlost členu 4 1 v41 = x& = − rω21 ⎡⎢sin ϕ + λ sin 2ϕ + k cos ϕ ⎤⎥ 2 ⎦ ⎣
a dalším derivováním dostaneme zrychlení členu 4 a41 = &x& = −rω21 [cos ϕ + λ cos 2ϕ − k sin ϕ ] .
Bod L: Určíme polohový vektor bodu L, vyjádříme jeho složky a provedeme derivace r r r r r rL ≡ OL = OA + AC + CL , xL = r cos ϕ + m cosψ + h sin ψ , y L = r sin ϕ − m sin ψ + h cosψ , 1 1 xL = r cos ϕ + m⎛⎜1 − λ2 sin 2 ϕ − λk sin ϕ − k 2 ⎞⎟ + h(λ sin ϕ + k ) , 2 ⎠ ⎝ 2 1 1 y L = r sin ϕ − m(λ sin ϕ + k ) + h⎛⎜1 − λ2 sin 2 ϕ − λk sin ϕ − k 2 ⎞⎟ . 2 ⎠ ⎝ 2
81
Vlastní výpočet derivací pro úsporu místa provádět nebudeme
vLx = x& L = …… ,
vLy = y& L = ……,
2 2 , vL = vLx + vLy
aLx = &x&L = v&Lx = …..,
aLy = &y&L = v&Ly = …..,
2 2 a L = a Lx + a Ly .
SOUSTAVY S OZUBENÝMI KOLY Řešením předlohových soustav, které je dáno poměrem počtu zubů nebo poloměrů valivých kružnic se nebudeme zabývat a pozornost soustředíme na planetová soukolí a diferenciály
Diferenciály a planetové soukolí Řešení provádíme metodou záměny mechanismu nebo také jinak Willisovou metodou, která spočívá na myšlence, že rámem učiníme unašeč. Postavíme-li se myšleně na unašeč, máme jeho úhlovou rychlostí ω 5 a všechny další úhlové rychlosti vidíme jako rozdíl jejich původních rychlostí a rychlosti unášeče. Znaménko (-) je tam, kde skutečný směr rychlostí má opačný směr, než jsme mu pro řešení předběžně přisoudili.
Jednoduchý satelit
ω2 − ω5 z z z =− 3 4 =− 4, ω4 − ω5 z 2 z3 z2 z ω35 =− 2 . ω 2 − ω5 z3
Dvojitý satelit Řešení je stejné jako u satelitu jednoduchého
ω2 − ω5 z z =− 3 4 , ω4 − ω5 z2 z3′ ω 35 z =− 2 . ω 2 − ω5 z3
GRAFICKÉ VYŠETŘOVÁNÍ MECHANISMŮ Cílem grafického vyšetřování mechanismů je, stejně jako u řešení analytického, určení rychlostního a akceleračního stavu mechanismu. V tomto kurzu se ale, jak jsme již řekli v úvodu, grafickým vyšetřováním zrychlení zabývat nebudeme. Pro grafické řešení rychlostí používáme dvě metody:
82
• •
podmínku tuhosti úsečky, rozklad na současné pohyby.
Podmínka tuhosti úsečky Rychlostní stav tělesa, jak již víme, můžeme v daném okamžiku nahradit rotací kolem pólu P. Aby nedošlo k přerušení spojnice AB dvou bodů tělesa, musí být průměty rychlostí v A , v B do jejího směru stejné, tj. AA′ = BB ′ = p . Pootočením vyšrafovaných trojúhelníků o 90º do vytečkovaných poloh, dostaneme AA′′ = BB ′′ = p . Spojnice A′′B ′′ je nejenom rovnoběžná s úsečkou AB , ale leží na ní i koncové body H, K potočených rychlostí. Můžeme tedy vyslovit podmínku tuhosti úsečky.
Spojnice koncových bodů vektorů pootočených rychlostí dvou bodů téhož tělesa je rovnoběžná se spojnicí těchto bodů.
Příklad 55 Dáno: ω 2 , nákres v měřítku Určit: ω 4
Postup: • určíme v A = ω 2 AO 2 , • otočením v A o
π
r dostaneme v A′ ,
2 r • použijeme podmínku tuhosti úsečky a určíme v B′ , r π • zpětným otočením o určíme v B , 2 v • vypočteme ω 4 = B . BO4
83
Příklad 56 Dáno: ω 2 , nákres v měřítku Určit: ω 6
v A = ω 2 AO 2 , v ω6 = D . DO6
Poznámka: Podmínku tuhosti úsečky můžeme použít tam, kde jednotlivé členy mechanismu jsou spojeny rotačními dvojicemi!
Rozklad na současné pohyby Metodu rozkladu použijeme u mechanismů, které, kromě rotačních dvojic, obsahují posuvné, nebo obecné kinematické dvojice.
Příklad 57 Dáno: ω 2 , nákres v měřítku Určit: v A Členy 2 a 3 jsou vázány posuvnou vazbou a proto provedeme rozklad pohybu členu 3 31 = 32 + 21 ,
nebo také můžeme psát 31 = 34 + 41 .
Protože ale druhý rozklad neobsahuje člen 2 a my známe ω 2 , použijeme k řešení první rozklad a pro bod A můžeme psát:
r r r A : v31 = v32 + v21
.
Známe v 21 = ω 2 AO2 a doplníme trojúhelník rychlostí směry rychlostí (v našem případě otočených) v32 a v31 .
Poznámka: • Při použití metody rozkladu pohybu můžeme k řešení použít rychlosti normální, nebo otočené. • Všimněte si uspořádání šipek u rychlostí. Rychlost v31 je výsledná! •
Protože bod A je bodem členu 3 i 4, platí v31 ≡ v 41 . 84
V dalším příkladu si ukážeme aplikaci obou metod při řešení klikového mechanismu. Všimněte si různých variací při použití metody rozkladu pohybu.
Příklad 58 Dáno: ω 2 , nákres v měřítku Určit: v 41 První tři řešení jsou provedena metodou rozkladu a čtvrté řešení podmínkou tuhosti úsečky. K řešení jsou použity pootočené rychlosti, abychom mohli obě metody porovnat. 31 = 32 + 21 r ′ = v32′ + v 21 ′, B : v31
v 21 = ω 2 BO2 .
31 = 35 + 51 r r ′ = v35′ + v51′ , B : v31 v51 = v A = ω 2 AO2 .
31 = 34 + 41 r r A : v31′ = v34′ + v41′ , v31 = v A = ω 2 AO2 .
v A = ω2 AO 2
ŘEŠENÍ Příklad 4: Příklad 7: Příklad 8: Příklad 27: Příklad 41: Příklad 43:
Protínají osu o C A A C B 85
