České vysoké učení technické Praha Fakulta dopravní
Příklady z Mechaniky 2 ( dynamiky ) (verze 2.1.) Katedra mechaniky a materiálu
Sestavil:
Doc.Ing. Michal Micka, CSc.
Praha, listopad 2001 0
Seznam příkladů: 1. Tření 1.1. Příklad 1.1 - valivé tření 1.2. Příklad 1.2 - smykové tření 1.3. Příklad 1.3 - tření čepové 2. Pohyb hmotného bodu 2.1. Příklad 2.1 – kinetická energie 2.2. Příklad 2.2 – hybnost a impuls hmotného bodu 2.3. Příklad 2.3 - změna úhlové rychlosti rotujících hmot 2.4. Příklad 2.4 - hybnost, rozjezd vlaku 2.5. Příklad 2.5 - tažná síla lokomotivy při rozjezdu 2.6. Příklad 2.6 - práce potřebná k urychlení vlaku 3. Hmotný moment setrvačnosti 3.1. Příklad 3.1 - hmotný moment setrvačnosti kruhového disku 3.2. Příklad 3.2 - hmotný moment setrvačnosti válce 4. Kinematika 4.1. Příklad 4.1 – akcelerátor, odstředivá síla 4.2. Příklad 4.2 - vlak s rozjezdem, konstantní rychlostí a bržděním 4.3. Příklad 4.3 - automobil brzdící před překážkou 4.4. Příklad 4.4 - volný pád 4.5. Příklad 4.5 - pohyb hmotného bodu na U rampě 4.6. Příklad 4.6 - centrifugální regulátor 5. Pohybové rovnice 5.1. Příklad 5.1. - soustava jedné pevné a jedné volné kladky a dvou závaží 5.2. Příklad 5.2. - výtah 5.3. Příklad 5.3. - odvalování vlákna z kladky zátěží 5.4. Příklad 5.4. - tažení bloku vláknem se závažím přes kladku 5.5. Příklad 5.5. - tyč zavěšená na koncích na vláknech, jedno se přetrhne
23 25 27 28 30
6. Dynamika, kmitání 6.1. Příklad 6.1. - tyč na jedné straně podepřená, na druhé podpora náhle nahrazena pružinou 6.2. Příklad 6.2. - nosník na pružných podporách 6.3. Příklad 6.3. - vagón na zarážedlu 6.4. Příklad 6.4. - hmotný bod mezi pery 6.5. Příklad 6.5. - soustava dvou per a dvou tlumičů 6.6. Příklad 6.6. - motor na konzole 6.7. Příklad 6.7. - hmotný bod na peru s tlumením 6.8. Příklad 6.8. - logaritmický dekrement 6.9. Příklad 6.9. - logaritmický dekrement 6.10. Příklad 6.10. - tlumené kmitání vysílače ve větru
32 34 35 36 37 39 41 42 43 43
7. Šikmý vrh 7.1. Příklad 7.1. - vrh koulí
43
8. Ráz těles 8.1. Příklad 8.1. - buchar
44
1
2 3 5 7 8 10 11 11 12 13 14 15 16 17 19 20 22
NA SEZNAM
1. Tření Příklad 1.1. Ocelové kolo o průměru 1,5 m, váze 4000 N a spočívá na kolejnici a je taženo silou P = 1000 N. Součinitel smykového tření kola po kolejnici uvažujeme hodnotou µ k = 0,2 ,součinitel valivého tření. µ v = 0,005 ,
I.ε G m.a
P
a odtud e = µ v ⋅ r = 0,75.0,005 = 0,00375 m
T e
Kolo pokládejme za homogenní kruhovou desku. Určíme pohyb, jaký nastane.
N
Předpokládáme, že pod účinkem vnější síly se bude kolo pohybovat zrychlením a a otáčet s úhlovým zrychlením ε . Zavedeme setrvačné síly, vyznačíme reakce a sestavíme výminky rovnováhy. G=N (1) P = m⋅a +T − T ⋅ r + N ⋅ e + I ⋅ε = 0 Pro řešení zavedeme nejprve předpoklad, že se kolo odvalí o úhel α . Délka odvaleného s = r ⋅α oblouku Derivací rovnice 2x podle času
d 2s d 2α = r ⋅ dt 2 dt 2
a = r ⋅ε
⇒
(2)
Z druhé rovnice (1) vyjádříme (3)
T = P − m ⋅ r ⋅ε
a dosadíme do třetí rovnice (1). − r ⋅ P + m ⋅ r 2 ⋅ε + N ⋅ e + I ⋅ε = 0 A odtud
ε=
P⋅r − N ⋅e m⋅r2 + I
(4)
Ze zadání určíme hmotu kola moment setrvačnosti kola
m=
I=
4000 = 407,7 9,81
kg
resp. Ns2m-1 ,
m.r 2 407,7 = ⋅ 0,75 2 = 114,6 kgm2 resp. Nms2 . 2 2
1000 ⋅ 0,75 − 4000 ⋅ 0,00375 = 2,14 s-2 2 407,7 ⋅ 0,75 + 114,6
Dosazením do (4)
ε=
Z toho dále z (3)
T = 1000 − 407,7 ⋅ 0,75 ⋅ 2,14 = 345,64 N < 4000 ⋅ 0,2 = 800 N
2
NA SEZNAM
Tření, které umožňuje valení kola, musí totiž být menší než µκN, jinak by se kolo smýkalo. a=r.ε = 2,14 . 0,75 = 1,6 ms-2 . Ještě vypočítáme Za daných podmínek se tedy kolo bude valit, dopředné zrychlení jeho pohybu bude stálé a = 1,6 ms-2.
Určíme ještě pohyb, který nastane při tažné síle P = 3000 N. Dosadíme do (4) a vypočítáme 3000 ⋅ 0,75 − 4000 ⋅ 0,00375 = 6,52 s −2 407,7 ⋅ 0,75 2 + 114,6 Dosazením do (3) určíme tření nutné pro toto zrychlení T = 3000 ⋅ 407,7 ⋅ 0,75 ⋅ 6,52 = 1010 N > 800 N. Tak veliké tření nemůže však kolejnice vyvodit, kolo se bude po kolejnici smýkat. Při tom síla tření T = µ k ⋅ N = 0,2 ⋅ 4000 = 800 N
ε=
Místo předpokladu (2) zavedeme do podmínek rovnováhy sílu tření touto hodnotou. Pak bude ze třetí rovnice (1) platit: T ⋅r −G ⋅e ε= I tedy 800 ⋅ 0,75 − 4000 ⋅ 0,00375 = 5,13 s − 2 114,6 Ze druhé rovnice (1) pak 3000 − 800 P −T a= a= = 5,4 ms -2 tedy 407,7 m
ε=
Účinkem tažné síly 3000 N se kolo posunuje zrychlením 5,4 ms-2. Přitom se zároveň otáčí úhlovým zrychlením 5,13 s-2 , v bodě dotyku však dochází ke sklouzávání.
Příklad 1.2. Žebřík tíhy G = 150 N, délky l = 6 m je opřen o zeď. Zem a žebřík svírají úhel 60o. Určete, kam až může po žebříku vystoupit člověk tíhy G1 = 800 N, aby nehrozilo nebezpečí pádu. Třecí úhel charakterizující tření žebříku o zeď i zem je stejný a má velikost φs = 20o. Zadání úlohy a její řešení je zřejmé z obrázku. Zavedení neznámých reakcí odpovídá meznímu stavu. Vzhledem k tomu, že neznámé hodnoty jsou pouze dvě, jedná se o úlohu rovnováhy rovinného svazku sil, který má vrchol v bodě B. Na obrázku jsou vykresleny třecí kužele v obou dotykových bodech žebříku. Je zřejmé, že v obou bodech můžeme počítat s mobilizací tření v klidu pouze tehdy, leží-li vrchol svazku uvnitř vyšrafované oblasti. Na hranici této oblasti si musíme uvědomit, že při určitých silových impulsech, které mohou být způsobeny např. setrvačnými silami při pohybu na žebříku, může být na kontaktu mezi řebříkem a podporou mobilizováno pouze tření kinematické. Ještě dříve, než přistoupíme k výpočtu polohy bodu B, chtěli bychom upozornit na skutečnost, že prochází-li výslednice tíhy žebříku a člověka bodem B, jedná se rovnováhu labilní.
3
NA SEZNAM
1
B
R1
a=?
B
φs φs
µsR1
G1
φs
G1 G
G
2
µs R2 R2
1,5 3m
φs
b
Parametr b určíme z výpočtu výšky v bodu B nad zemí ( dvěma způsoby podle obrázku geometrie úlohy ). v = 5,2 + (3 − b ) ⋅ tg φs
B
o
20
o
6
G1 + G
l=
v 5.2
20
60 b
3-b
o
20 o
b tg φs Porovnáním obou výrazů b 5,2 + (3 − b ) ⋅ tg φs = tg φs v = b ⋅ cotg φ s =
1 5,2 + 3 ⋅ tg φs = b ⋅ tg φs + tg φ s 5,2 + 3 ⋅ tg φs a dosazením b= 1 tg φs + tg φs
5,2 + 3 ⋅ tg 20o = 2,02 m 1 o tg 20 + tg 20o Má-li výslednice sil G1 a G procházet bodem B, musí platit následující momentová podmínka ekvivalence k dotykovému bodu 2 žebříku a země G1 ⋅ a + G ⋅1,5 = (G + G1 ) ⋅ b A z toho úpravou G ⋅ b + G (b − 1,5) 800 ⋅ 2,02 + 150 ⋅ (2,02 − 1,5) a= = = 2,12 m G1 800 a tomu odpovídá výška h = 2,12 ⋅ tg 60o = 3,67 m. Člověk může vystoupat od paty žebříku do výšky 3,67 m. 3
b=
4
NA SEZNAM
Příklad 1.3. a
r
d/2 A Q d1 /2
h
b G
Otočný jeřáb tíhy G=20 kN je zatížen břemenem tíhy Q=30 kN. Vypočítejte moment silové dvojice M potřebné k rovnoměrnému otáčení jeřábu se zřetelem na pasivní odpory v ložiskách A ( radiálně axiální zaběhané ), B ( radiální ). Dáno: a = 5 m,h = 4 m, d = 0,15 m, µč = 0,1, µ = 0,2, b = 0,75 m, r = 0,2 m, d1 = 0,2 m.
M
B
y RAy RAx
Těleso jeřábu uvolníme a pro silové účinky, které na něj působí, sestavíme rovnici rovnováhy
Q A G B
1) → x : − R Ax + RBx = 0 2) ↑ y : R Ay − G − Q = 0
x z
MčB
MčA
3) ⊗ z : R Az + RBz = 0 4) ⊂ > M x : R Az ⋅ h = 0
RBx x G
5) ⊂ > M y : M čA + M čB − M = 0 6) ⊂ > M z : R Ax ⋅ h − G ⋅ b − Q(a + r ) = 0
Q
RAz RBz z
d/2 RAx RAz
R
x T
Pasivní odpory vyjádříme pomocí fyzikálních vztahů. Moment čepového tření MčA v zaběhaném radiálně axiálním ložisku A je dán součtem momentu čepového tření v čepu MčAr a momentu třecích sil v axiální opoře MčAa . Výpočet MčAr: Výslednice reakcí RAx, RAz je 2 2 R = R Ax + R Az
z
, tangenciální složka, tj. tření
2 2 T = µ č ⋅ R = µ č R Ax + R Az
5
,
NA SEZNAM
a moment k ose y d d 2 2 M čAr = T ⋅ = µ č R Ax + R Az 2 2
. Výpočet MAa : Svislá reakce ( rovnoměrně rozložena po celém obvodě ) na jednotku střednice R Ay rAy = d +d , π⋅ 1 2
d1 + d 4
d1 2
x
d 2
tečná složka, tj. tření na jednotku délky střednice _ R Ay t =µ d +d , π⋅ 1 2
z
moment k ose y vyvolaný třením na jednotku délky střednice R Ay d + d µ ⋅ R Ay ⋅ 1 = d +d 4 2π π⋅ 1 2 Moment na diferenciál oblouku _
_
d +d =µ⋅ m = t⋅ 1 4
d +d ds = 1 dϕ 4
dM =
µ ⋅ R Ay d1 + d ⋅ dϕ 2π 4
Moment na celý obvod čepu
dϕ
2π
d1 + d 4
M=
∫
dM =
0
=
µ ⋅ R Ay d1 + d 2π µ ⋅ R Ay d1 + d ⋅ dϕ = ⋅ ⋅ [ϕ ]02π = ∫ 2π 4 2π 4 0
µ ⋅ R Ay d1 + d d +d ⋅ ⋅ 2π = µ ⋅ R Ay ⋅ 1 2π 4 4
Moment čepového tžení v radiálním ložisku B je obdobně M čBr = T ⋅
d d 2 2 = µ č RBx + RBz 2 2
Po dosazení do rovnovážných rovnic dostaneme (4) R Az ⋅ h = 0 ⇒ R Az = 0
(3) (1) (2)
RBx = R Ax
(3)
R Ax =
R Az + RBz = 0 ⇒
RBz = 0
R Ay = G + Q = 20 + 30 = 50 kN 1 [Gb + Q ⋅ (a + r )] = 1 [20 ⋅ 0,75 + 30 ⋅ (5 + 0,2)] = 42,75 kN h 4
6
NA SEZNAM
d +d d d 2 2 + 1 = µ č R Ax µ ⋅ R Ay + 1 µ č RBx 2 4 2 d +d d d = µ č ⋅ R Ax + 1 µ ⋅ R Ay + 1 µ č ⋅ RBx = 2 4 2 0,2 + 0,15 0,15 0,2 = ⋅ 0,2 ⋅ 50 + ⋅ 0,1 ⋅ 42,75 + ⋅ 0,1 ⋅ 42,75 = 1,623 kNm 4 2 2
(5)
M=
2. Pohyb hmotného bodu Příklad 2.1. Hmotný bod m je pevným hmotným bodem m1 přitahován silou, která je přímo úměrná hmotám m,m1 a nepřímo úměrná třetí mocnině jejich vzdálenosti. Za jakou dobu dosáhne bod m bodu m1 ( pro x0 = b je v0 = 0 ) ? m1
P
P
m
o
Hmotný bod je přitahován silou P=k ξ
x
m.m1 x3
kde k je konstanta úměrnosti. x0 = b
Při posunu hmotného bodu m z výchozí polohy o ( x0 = b ) do polohy m ( posun má velikost ξ = b - x ) vykoná síla P práci, která je rovna změně kinetické energie bodu, tedy ξ
ξ
1 2 1 1 2 mv − mv0 = ∫ P.dξ , a protože v0 = 0 , platí mv 2 = ∫ P.dξ 2 2 2 0 0
Z obrázku platí: x=b-ξ dx = d(b - ξ )= - dξ Potom ξ
ξ ξ 1 kmm1 1 dξ 1 2 1 d (b − ξ ) 1 mv = kmm1 ∫ 3 = − kmm1 ∫ = − 2= = kmm1 3 2 2 2 2 2 (b − ξ ) x b 0 0 (b − ξ ) (b − ξ ) 0
=
kmm1 b 2 − (b − ξ ) 2 2 b 2 (b − ξ )
2
7
NA SEZNAM
b - ξ = x, pak
Zavede-li se opět
(
)
km1 b 2 − x 2 b2 − x2 1 2 kmm1 b 2 − x 2 2 mv = ⇒ v = km1 2 2 ⇒ v = 2 2 bx b2 x2 b x km1 b 2 − x 2 dx dx Rychlost v je derivací průvodiče bodu, tedy v = = . , pak v = dt dt bx Tato diferenciální rovnice se řeší separací proměnných
(
dx =
(
km1 b 2 − x 2
) dt
bx
⇒ dt =
)
dx km1 b 2 − x 2 K integraci výrazu na pravé straně se užije substituce b2 - x2 = y2 , pak x dx = - y dy bxdx b(− ydy ) bydy bdy dt = = =− =− y km1 km1 km1 b 2 − x 2 km1 . y 2 bx
(
(
)
Po integraci levé i pravé strany [t ]t0 = − b [ y ]b0 = − b b 2 − x 2 km1 km1
[
Potom
)
t − t0 =
]
b 0
=
b2 km1
b2 je doba, za niž hmotný bod m dosáhne z polohy o polohy bodu m1. km1
Příklad 2.2. Dva hmotné body mající váhu G1 a G2 jsou umístěny nad sebou ve vzdálenosti h .Hmota m1 je z počáteční polohy vypuštěna bez počáteční rychlosti ( c1 = 0 ), hmota m2 je vržena svisle vzhůru proti hmotě m1 počáteční rychlostí c2 . Určete rychlost těžiště s obou hmot na počátku pozorování a stanovte dobu, za niž toto těžiště dosáhne počáteční polohy hmoty m2 . m1
Počáteční poloha těžiště uvažované soustavy dvou hmotných bodů, vztažená např. k hmotě m2 , je
(m1 + m2 )xs = h.m1
G1
m1 G1 =h m1 + m2 G1 + G2 ( vychází se z momentové výminky k bodu m2 ) Platí věta: Hybnost těžiště s , jež pokládáme za hmotný bod s hmotou m = m1 + m2 je rovna součtu hybností obou hmotných bodů.
s
xs
h
h-xs
xs = h
c2 m2 G2
Na počátku pozorování je tedy hybnost těžiště s
(m1 + m2 ).vs 0 = −m2 c2 ( znaménko minus na pravé straně je proto, že rychlost c2 je v opačném smyslu než je směr působení tíže ).
8
NA SEZNAM
vs 0 = −
m2 G2 c2 = − c2 m1 + m2 G1 + G2
Platí: Změna hybnosti těžiště,rovnající se změně hybnosti jednotlivých bodů, je rovna součtu impulsů vnějších sil působících na hmotné body. Poněvadž obě hmoty jsou v gravitačním zemském poli, působí na ně konstantní síly G1 , resp. G2 , tj. jejich váhy. Potom změna hybnosti těžiště t
t
t
i t0
t0
(m1 + m2 )(. vs − vs 0 ) = ∫ ∑ Pi dt = ∑ ∫ Pi dt = (G1 + G2 )∫ dt = (G1 + G2 )(t − t 0 ) = (G1 + G2 ).t t0
i
,
protože t0 = 0 . vs =
Rychlost těžiště lze vyjádřit
dx s dt
a po dosazení do rovnice odvozené výše (m1 + m2 )(. vs − vs 0 ) = (G1 + G2 ) .t
m2 c2 = (G1 + G2 ) .t dt m1 + m2 Po úpravě se dostane diferenciální rovnice G1 + G2 dxs G = (G1 + G2 ) t − m2 c2 = (G1 + G2 ) t − 2 c2 , která se řeší separací proměnných g dt g G1 + G2 G dx s = (G1 + G2 ) t − 2 c2 dt g g
(m1 + m2 ). dxs
+
Po integraci obou stran rovnice G1 + G2 [xs ]xxss 0 = 1 (G1 + G2 ) t 2 tt0 =0 − G2 c2 [t ]tt0 =0 g g 2 G1 + G2 (xs − xs 0 ) = 1 (G1 + G2 ) t 2 − G2 c2 t g g 2 Těžiště se má dle zadání úlohy dostat do polohy bodu m2 , urazí tedy dráhu G1 xs − xs 0 = h G1 + G2 potom G1 + G2 G1 G 2 1 h = (G1 + G2 ) t 2 − 2 c2 t a po vynásobení rovnice výrazem g G1 + G2 2 g G1 + G2 se obdrží kvadratická rovnice pro čas t 2G2 c2 2G1 h t2 − t− =0 G1 + G2 g G1 + G2 g Pro řešení se použije vzorec pro případ, že konstanta u lineárního členu je sudá, pak
[ ]
2
G2 c 2 G2 c 2 2G1 h + t= ± G1 + G2 g G1 + G2 g G1 + G2 g G2 c 2 ± t= G1 + G2 g
(G2 c2 )2 + 2G1h(G1 + G2 )g (G1 + G2 )2 g 2 9
NA SEZNAM
G2 c 2 t= ± G1 + G2 g t=
(G2 c2 )2 + 2G1h(G1 + G2 )g (G1 + G2 ) g
1 G c ± (G1 + G2 )g 2 2
(G2 c2 )2 + 2G1 gh(G1 + G2 )
(G2 c2 ) + 2G1 gh(G1 + G2 ) > G2 c2 , platí v posledním rovnici pro t jenom Protože výraz kladné znaménko ( aby hodnota t nebyla záporná ). 2
Příklad 2.3. Dvě stejně velké hmoty, každá o váze G , jsou umístěny na nehmotné tyči a rotují s ní kolem osy o rovnoměrnou úhlovou rychlostí ω . Vzdálenost hmot od osy rotace se náhle změní z hodnoty r1 na hodnotu r2 ( platí r2 > r1 ). Jakou úhlovou rychlostí bude soustava obou hmot rotovat po této změně? Věta o změně momentu hybnosti Časová změna momentu hybnosti hmotného bodu k libovolnému bodu v prostoru se rovná impulsu momentu vnější síly k témuž bodu v prostoru.
o m
m
r1 r2
r1
Zákon o zachování momentu hybnosti Nevyvozují-li vnější síly vůči libovolně zvolenému bodu moment, zůstává moment hybnosti konstantní. V průběhu děje nepůsobí na soustavu žádné vnější síly, proto zůstává moment
r2
hybnosti před zvětšením ramena i po něm stejný. Moment hybnosti je definován ( ve vektorovém zápisu ) r r r pro jednu hmotu b = r × mv r r r b = 2.(r × mv ) pro dvě hmoty kde v je rychlost na obvodu kružnice, po které se bod pohybuje, a platí pro kružnici o poloměru r1 , že v = r1 .ω1 V maticovém zápisu r r r e1 e2 e3 r r b = 2 r1 0 0 = 2. r1vm e3 0 mv 0 b = 2r1vm = 2r1 . r1ω1m = 2mω1 r12 V číselném vyjádření Výraz 2m r12 značíme jako moment setrvačnosti, tzn. J 1 = 2m r12 a pak b = ω1 J 1 a obdobně J 2 = 2mr2 a b = ω2 J2 .
10
NA SEZNAM
Z rovnosti momentu hybnosti potom platí J ω1 J1 = ω 2 J 2 , resp. ω 2 = ω1 1 . J2 G G Protože J1 = 2 r12 a J 2 = 2 r22 je možné vztah upravit g g r12 ω 2 = 2 ω1 r2 Místo úhlových rychlostí ( kruhových frekvencí ) lze zavést frekvence n ( počet otáček za jednotku času ). Potom r12 n2 = 2 n1 r2
Příklad 2.4. Vlak váží 1600 kN. Tah lokomotivy je 20 kN, odpory činí 5o/oo váhy vlaku. Jaké rychlosti dosáhne vlak při rozjíždění na rovině za 5 min ? Celkovou tažnou sílu si můžeme vyjádřit jako součet síly P1 ( potřebné k překonání odporů ) a P2 ( potřebné k vyvození zrychleného pohybu ). Na vyvození zrychleného pohybu připadá z celkové tažné síly síla 1600 ⋅ 5 P2 = P − P1 = 20 − = 20 − 8 = 12 kN 1000 Pro pohyb rovnoměrně zrychlený platí P2 = konst. Potom z věty o hybnosti hmotného bodu ( časová změna hybnosti se rovná impulsu vnější síly ) dostaneme t
t
t0
t0
m ⋅ v − m ⋅ v0 = ∫ P2 ⋅ dt = P2 ⋅ ∫ dt = P2 ⋅ (t − t 0 )
V daném případě: t – t0 = 5 min = 300 s, v0 = 0. Potom P P ⋅g P ⋅g m ⋅ v = P2 ⋅ (t − t 0 ) ⇒ v = 2 ⋅ (t − t 0 ) = 2 ⋅ (t − t 0 ) = 2 ⋅ (t − t 0 ) m m⋅ g G Dosazením: v=
12 ⋅ 9,81 ⋅ 300 = 22,07 m/s = 79,46 km/hod. 1600
Příklad 2.5. Vlak vážící G = 1200 kN dosáhne při rozjíždění na vodorovné trati za 1 min rychlost 72 km/hod. Odpory činí 1/200 jeho váhy. Jak je velká průměrná tažná síla lokomotivy ? Tažná síla lokomotivy
P = P1 + P2
11
NA SEZNAM
kde část tažné síly P1 přemáhá odpory a část P2 způsobuje zrychlený pohyb. Za předpokladu, že pohyb je rovnoměrně zrychlený, platí P2 = konst. Obě složky mají stejný smysl a působí v témže paprsku. 1 ⋅G 200 Složka P2 se určí z věty, že změna hybnosti je rovna časovému integrálu síly: t t mv − mv0 m ⋅ v − m ⋅ v0 = ∫ P2 dt = P2 ∫ dt = P2 ⋅ (t − t 0 ) ⇒ P2 = (t − t 0 ) t0 t0 P1 =
Složka P1 :
V daném případě je v0 = 0, t - t0 = 1 min. Potom celková průměrná hodnota tažné síly je 1 G 200
P1 =
P = P1 + P2 =
P2 =
mv G v = ⋅ t − t0 g t − t0
1 G v 1 1 v = G ⋅ + ⋅ G+ ⋅ − 200 200 g t − t0 g t t 0
Dosazením 1 72000 P = 1200 ⋅ 0,005 + ⋅ = 46,8 kN 9,81 3600 ⋅ 60
Příklad 2.6. Vlak o váze G = 2500 kN jede po vodorovné trati rychlostí 72 km/hod. Jaké práce je zapotřebí ke zvýšení jeho rychlosti rovnoměrně zrychlené na 90 km/hod. Rovnoměrně zrychleného pohybu bude dosaženo silou konstantní velikosti, kterou musí vyvinout lokomotiva. Tato síla vykoná během pohybu práci, která se rovná změně kinetické energie vlaku, tedy L=
(
1 1 1 m ⋅ v 2 − m ⋅ v02 = m ⋅ v 2 − v02 2 2 2 m=
Dosadíme za
G 2500 = [kNm -1s 2 ] g 9,81
v0 =
Za rychlosti
)
72000 = 20 [ms -1 ] 3600
v=
90000 = 25 [ms -1 ] 3600
Potřebná práce L=
(
)
1 2500 ⋅ ⋅ 25 2 − 20 2 = 28669,7 kNm resp kJ 2 9,81
12
NA SEZNAM
3. Hmotný moment setrvačnosti Příklad 3.1. Mějme dánu homogenní kruhovou desku mající konstantní tloušťku t o objemové hmotnosti µ. Poloměr desky je r. Vypočtěte hmotný polární moment setrvačnosti k bodu C, hmotné axiální momenty setrvačnosti k těžišťovým osám yc, zc, hmotný axiální moment setrvačnosti k ose y, hmotný polární moment setrvačnosti k bodu B a hmotný deviační moment setrvačnosti k osám y, z .
y
B
0 dm
dφ yc
Vyjmeme z desky hmotný element: dm = ρ ⋅ t ⋅ µ ⋅ dρ ⋅ dϕ Hmotný polární moment setrvačnosti k bodu C bude
C ρ
r 2π
dρ
IC = ∫
r
∫ρ
2
r 2π
⋅ dm =
0 0 r
∫ ∫ρ
2
⋅ ρ ⋅ t ⋅ µ ⋅ dϕ ⋅ dρ =
0 0
= ∫ 2π ⋅ ρ 3 ⋅ t ⋅ µ ⋅ dρ = 0
r 4 ⋅π ⋅ t ⋅ µ 2
Je-li hmotnost celé desky
zc
z
m = π ⋅ r2 ⋅t ⋅ µ
pak
IC =
m⋅r2 2
Hmotný moment setrvačnosti k těžišťovým osám ( centrální hmotný moment setrvačnosti ) bude se zřetelem k symetrii desky k těmto osám: 1 1 I yC = I z = I C = m ⋅ r 2 . 2 4 Moment setrvačnosti k ose y ( hmotný axiální moment setrvačnosti ) plyne z aplikace Steinerovy věty: 1 I y = I yC + m ⋅ r 2 = m ⋅ r 2 + m ⋅ r 2 = 1,25 m ⋅ r 2 4 Hmotný polární moment setrvačnosti k bodu B snadno určíme ze vztahů: I B = I y + I zC = 1,25 m ⋅ r 2 + 0,25 m ⋅ r 2 = 1,5 m ⋅ r 2 Dále pomocí Stenerovy věty určíme hmotný deviační moment k osám y , z : D yz = D yC zC + yC ⋅ zC ⋅ m = 0 + r ⋅ r ⋅ m = r 2m .
13
NA SEZNAM
Příklad 3.2. Vypočtěte hmotný moment setrvačnosti rotačního válce o poloměru r , výšce h a měrné (specifické) hmotě µ : a) k jeho ose rotace, b) k rovině σ procházející jeho základnou.
y
a) Diferenciál objemu válce v rotačních souřadnicích vytknutý z celého objemu dle obrázku má hmotu dm = µ ⋅ ρ ⋅ dϕ ⋅ dρ ⋅ dy Hmotný moment setrvačnosti válce k ose rotace, tj. k ose y je definován vztahem
dm dy h y σ
I y = ∫∫∫ ρ 2 ⋅ dm
x
ρ
( integrujeme v celém objemu válce V ). Tedy
dm
dφ
0
V
2π r h
Iy =
dρ r
∫ ∫ ∫ρ
2
⋅ µ ⋅ ρ ⋅ dϕ ⋅ dρ ⋅ dy =
0 0 0
x 2π
r
0
0 4
h
= µ ∫ dϕ ⋅ ∫ ρ dρ ⋅ ∫ dy = µ ⋅ [ϕ ] = µ ⋅ 2π ⋅
z
Protože hmota celého válce je
3
2π 0
0
r
ρ4 ⋅ ⋅ [ y ]0h = 4 0
r µ ⋅π ⋅ r 4 ⋅ h ⋅h = 4 2
m = µ ⋅π ⋅ r 2 ⋅ h m⋅r2 Iy = 2
je potom hmotný moment setrvačnosti k ose rotace
b) Hmotný moment setrvačnosti válce k rovině σ je definován vztahem Iσ = ∫∫∫ y 2 ⋅ dm V
( opět integrujeme v celém objemu válce V ). Tedy 2π r h
Iσ =
∫ ∫ ∫y
0 0 0 2
= µ ⋅ 2π ⋅
2
2π
r
h
0 2
0
0
⋅ µ ⋅ ρ ⋅ dϕ ⋅ dρ ⋅ dy = µ ∫ dϕ ⋅ ∫ ρ ⋅ dρ ⋅ ∫ y dy = µ ⋅ [ϕ ] 2
2π 0
r
h
ρ 2 y3 ⋅ ⋅ = 2 0 3 0
r h3 µ ⋅π ⋅ r 2 ⋅ h3 m ⋅ h ⋅ = = 2 3 3 3
14
NA SEZNAM
4. Kinematika Příklad 4.1. Dva hmotné body m1 a m2 spojené vláknem upevněným v bodě o opisují kruhové dráhy úhlovou rychlostí ω = konst ( dráhy leží ve vodorovné rovině kolmé k ose rotace ). Mají se určit úhly α a β. Při rovnoměrném kruhovém pohybu hmot m1 a m2 ( o úhlovou rychlostí ω ) vznikají odstředivé síly Vnitřní a vnější síly působící na hmotné S1 body
α l1
O1 m1 l2 m2
β
S2 r1
G1
S2
O2
G2
r2
protože r1 = l1.sinα O1 = m1. r1.ω2 = m1.l1. ω2.sinα O2 = m2. r2.ω2 = m2.ω2.( l1 sinα + l2 sinβ ) protože r2 = l1.sinα + l2.sinβ Statický moment síly S2 k bodu, ve kterém je umístěn hmotný bod m1 je roven S2.0 = 0 ( síla S2 působí vzhledem k bodu m1 na nulovém rameni ) Statický moment složek O2 a G2, které jsou v rovnováze s výslednicí S2 musí být stejný: G2.l2.sinβ - O2.l2.cosβ = 0 ( statický moment O2 působí v opačném smyslu než G2 ) Ze složkového obrazce platí: O2 = S2. sinβ G2 = S.cosβ Obdobně statický moment síly S1 k bodu o je roven nule ( nulové rameno síly ): O2 = G2.tgβ
β S2
G2
S1.0 = 0
Vnitřní a vnější síly působící na hmotný bod m1 jsou v rovnováze: S2 O1 G1
S1o S1c
S1
S1
15
NA SEZNAM
Pro složky výslednice, která je v rovnováze se silou S1 , platí ( ze složkového obrazce ): S1o = O1 + S2.sinβ = O1 + O2 S1c = G1+ S2.cosβ = G1 + G2
( ze složkového obrazce u bodu m2 )
Statický moment složek k bodu o se rovná momentu výslednice ( ramena sil jsou l1.sinα a l1.cosα ): ( G1 + G2 ) .l1.sinα - ( O1 + O2 ) .l1.coα = 0
/ cosα
( G1 + G2 ) .tgα = O1 + O2 Ze složkového obrazce platí O2 = G2 .tgα Potom další úpravou má rovnice tvar: ( G1 + G2 ) .tgα = ω2.m1.l1.sinα + G2.tgα ( G1 + G2 ) .tgα − + G2.tgα = ω2.
G1 .l1.sinα g
Z rovnice pro statický moment k bodu m1: G2 .tgβ = O2 m2.g.tgβ = m2 .ω2.( l1 sinα + l2 sinβ ) tgβ =
ω2 .( l1 sinα + l2 sinβ ) g
Z těchto dvou rovnic by se vypočítaly dva neznámé úhly α a β.
Příklad 4.2. Za jakou dobu projede vlak přímou trať l= 5 km, jestliže je na počátku i na konci v klidu, rozjíždí se s konstantním zrychlením a1= 0,25 ms-2 na rychlost vmax= 50 km/hod., touto rychlostí projíždí druhý úsek trati a v posledním úseku se pohybuje opět s konstantním zrychlením a2= - 0,8 ms-2 ?
vmax
v
s l1
l2
l3
l 16
NA SEZNAM
Ze vztahu pro rychlost při rovnoměrně zrychleném pohybu vyplyne pro v0 = 0, t 0 = 0, a = a1 , v = vmax v = v0 + a ⋅ ( t − t 0 )
a)
čas t1, potřebný pro rozjezd . vmax 50 = = 55,6 s a1 3,6 ⋅ 0,25 Za tuto dobu projede vlak vzdálenost
t1 =
. 1 1 a1 ⋅ t12 = ⋅ 0,25 ⋅ 55,62 = 386 m 2 2 Dosadíme-li pro třetí úsek do rovnice ( a ) v = 0, v0 = vmax, a = a2, t0 = 0, vypočítáme čas t3, po který vlak brzdí
l1 =
. − v0 − 50 = 17,4 s = 3,6 ⋅ (− 0,8) a2 Za dobu t3 urazí vlak dráhu
t3 =
. 1 50 ⋅17,4 1 l3 = vmax ⋅ t3 + a2 ⋅ t32 = − 0,8 ⋅17,4 2 = 123 m 2 3,6 2
Konstantní rychlostí vmax vlak projíždí úsek l2 = l − l1 − l3 = 5000 − 386 − 121 = 4493 m A potřebuje k tomu čas t2 4493 ⋅ 3,6 = 323 s vmax 50 Celou trať projede vlak za dobu t2 =
l2
=
t = t1 + t2 + t3 = 396 s = 6 min 36 s .
Příklad 4.3. Automobil jede po přímé dráze rychlostí vmax= 90 km/hod., když spatří řidič překážku, které se nemůže vyhnout. V tom okamžiku je od překážky vzdálen L = 85 m. Po uplynutí reakční doby t1= 0,5 s začne řidič brzdit. Za předpokladu, že pohyb vozidla je při brzdění charakterizován závislostí zrychlení na rychlosti a = - a0 – kv2 ,( a0 = 4 ms-2, k = 0,002 m-1 ) , máme rozhodnout, zda automobil do překážky narazí. Po dobu t1 ( reakční doba řidiče ) se bude automobil pohybovat konstantní rychlostí vmax a ujede vzdálenost 90000 l1 = vmax ⋅ t1 = ⋅ 0,5 = 12,5 m . 3600 Abychom zjistili, zda stačí zabrzdit včas, vyšetříme závislost rychlosti vozidla na projeté dráze. Ze vztahů pro zrychlení
a=
dv dt
17
NA SEZNAM
v vmax
s l1 lk L = 85 m rychlost
v=
ds dt
⇒ dt =
můžeme vyjádřit zrychlení
ds v
( )
dv v ⋅ dv d v 2 a= = = ds 2ds ds v
dosadíme za a = −a0 − kv a diferenciální rovnici 2
( )
d v2 = − a0 − k ⋅ v 2 2ds
( )
1 d v2 ⋅ 2 k a0 + v 2 k Počáteční rychlost je vmax , za konečnou rychlost dosadíme vk = 0. Budeme-li dráhu automobilu měřit od místa, ve kterém řidič spatřil překážku, bude počáteční odlehlost l1 , odlehlost místa, kde vozidlo zastaví, označíme lk. Z poslední rovnice integrací v daných mezích dostaneme lk 0 d (v 2 ) 1 ds = − ∫l ∫ a0 2 2k vmax 1 +v k Pro přehlednost integrujeme zvlášť pravou a levou stranu rovnice. Pak
řešíme separací proměnných, tedy
lk
∫ ds = [s]
lk l1
l1
0
ds = −
= lk − l1
( )
0
( )
vmax
1 1 1 a0 d v2 d v2 ln + v 2 ⋅ ∫ = ⋅ ∫ = a a 2k vmax 0 + v 2 2k vmax 0 + v 2 2k k 0 k k a0 2 + vmax 1 a0 a0 1 2 ln + vmax − ln = = ln k a0 2k k k 2k k −
18
=
NA SEZNAM
Z porovnání levé a pravé strany pak a0 2 + vmax 2000 + 625 1 lk = l1 + = 12,5 + 250 ⋅ ln = 80.25 m ln k a0 2000 2k k Vozidlo tedy zastaví necelých 5 m před překážkou.
Příklad 4.4. Kámen spuštěný do propasti narazí na její dno. Zvuk, který vznikne při nárazu, se šíří vzhůru stálou rychlostí c = 333 ms-1. Od vypuštění kamene do chvíle, kdy uslyšíme náraz, uplyne čas T = 8 s. Jak hluboká je propast? Označme hledanou hloubku propasti x. Při volném pádu urazí kámen vzdálenost x za čas t1 , přičemž ( pro gravitační zrychlení g = 9,81 ms-2 ) (1) 1 x = g ⋅ t12 2 Stejnou dráhu proběhne zvuková vlna v čase t2 a platí proto x = c ⋅ t2
(2) Součet obou časů T = t1 + t2 je znám. Vyjádříme-li t1 z rovnice (1) a t2 z rovnice (2) a sečteme, dostaneme vztah T=
2x x + g c
T−
x 2x = c g
umocníme na druhou
2T ⋅ x x 2 2 x T − + = c g c2 2
x2
T 1 − 2 x ⋅ + + T 2 = 0 c2 c g c2 x 2 − 2 x ⋅ cT + + c 2T 2 = 0 g Řešením kvadratické rovnice dostaneme 2
c2 c2 x1,2 = cT + ± cT + − c 2 ⋅ T 2 g g 2
. 3332 3332 − 3332 ⋅ 8 2 = 13967,669 ± 13711,269 = 256 m ± 333 ⋅ 8 + x1,2 = 333 ⋅ 8 + 9,81 9,81 ( Jeden kořen vyhovuje podmínkám úlohy, druhý kořen dává T = 158 s ≠ 8 s . )
19
NA SEZNAM
Příklad 4.5. Hmotný bod s hmotou m se pohybuje bez tření po dráze a) sinusové, b) parabolické. Jakou silou tlačí hmotný bod na dráhu v jejím nejnižším místě c ? Počáteční rychlost je v0 = 0. y L/2 L/2
a
b
x
osa pro sinusoidu
f
vo = 0
c
(x)
osa pro parabolu
G = m.g
Označme podle obrázku výškový rozdíl mezi body a,b a c uvažované dráhy f. Rychlost pohybu hmotného bodu v nejnižším místě dráhy c pro jakýkoli tvar dráhy vychází ze zákona o zachování mechanické energie - práce vykonaná přesunutím hmotného bodu z bodu a do c se rovná rozdílu kinetických energií v těchto bodech: práce W = G⋅ f = m⋅ g ⋅ f
1 Ea = m ⋅ v02 = 0 2 1 Ec = mvc2 2
kinetická energie v bodu a a c:
pro v0 = 0
rozdíl kinetických energií
1 E = Ec − Ea = m ⋅ vc2 2
porovnáním
W =E 1 m ⋅ g ⋅ f = m ⋅ vc2 2 vc2 = 2 g ⋅ f ⇒ vc = 2 g ⋅ f
Tlak N, vyvozený hmotným bodem na dráhu v jejím nejnižším místě, se skládá z jeho vlastní tíhy a dále z odstředivé síly
Frt G Frn
v2 2 gf 2f N = G + Frn = mg + m c = mg + m = mg ⋅ 1 + r r r Kde r je poloměr oskulační kružnice uvažované dráhy v místě c, pro který platí
20
NA SEZNAM
1 = r
y ,,
( 1+ y ) ,
3 2
a) Dráha ve tvaru sinusoidy má rovnici ( je-li osa x proložena body a,b a osa y je kolmá k ose x a prochází bodem c ) L π π x=− y = − f cos − = 0 y = − f ⋅ cos x 2 2 L π L x= y = − f cos = 0 Kontrola dosazením souřadnic bodů a a b 2 2 První a druhá derivace jsou: y, = f
π 2
sin
π L
x
y, = 0
pro bod c , tj. x = 0
π y ,, = f ⋅ L
2
π π y = f ⋅ cos x L L ,,
2
2
1 π = y ,, = f ⋅ r L a tlak na sinusovou vodící dráhu vyvozený hmotným bodem je 2 2 π 2 f N = mg ⋅ 1 + 2 f ⋅ f = mg ⋅ 1 + 2π ⋅ L L2 b) Dráha parabolická má obecně tvar y= kx2 , pro bod b je
Křivost má potom hodnotu
L L2 4f x = , y = f potom f = k ⋅ ⇒ k = 2 2 4 L Rovnice dané paraboly má tedy tvar První a druhá derivace Pro bod c , tj. x = 0 8f y, = ⋅x L2 8f y ,, = L2 Křivost 1 8⋅ f 2 = y ,, = 2 r L
y=
4f 2
L
⋅ x2
y , (c ) = 0 y ,, (c ) =
8f L2
a tlak vyvozený hmotným bodem m v nejnižším místě parabolické dráhy je
N = mg ⋅ 1 + 16
f 2 L2
21
NA SEZNAM
Příklad 4.6. Jak velký úhel tvoří ramena centrifugálního regulátoru s vertikálou, koná-li 120 otáček za 1 minutu ? úhlová rychlost otáčení kolem osy rotace 2π ω= n = 4π ( kde n je počet otáček za minutu ) a 60
α
obvodová rychlost při otáčení kolem osy rotace
α
l=30cm
S
G
S
v =ω ⋅r
vztah mezi ω a v ozřejmí obrázek
F F
v = r.ω ω=konst
φ
ω=
G
r
dφ dt
r Jedná se o rovnoměrný otáčivý pohyb, úhel φ(t) měřený od základní polohy se mění s časem. Poloměr kružnice, kterou opisuje hmotný bod rotující kolem osy rotace r = l ⋅ sin φ Rovnoměrnou rotací hmotného bodu o hmotě m, váhy G vzniká odstředivá síla
(r ⋅ ω )2 = m ⋅ r ⋅ ω 2 = m ⋅ l ⋅ ω 2 ⋅ sin α v2 = m⋅ r r Síly S, F a G jsou v rovnováze. Ze složkového obrazce těchto sil vyplývá úhel α F = m⋅
tg α =
F m ⋅ l ⋅ ω 2 ⋅ sin α l = ⋅ ω 2 ⋅ sin α = G m⋅ g g
respektive
cosα =
g 2
ω ⋅l
Dosazením cosα =
9,81
(4π )
2
⋅ 0,30
= 0,207
⇒
α = 78o
22
NA SEZNAM
5. Pohybové rovnice Příklad 5.1. Má se vyšetřit pohyb složené soustavy znázorněné na obrázku a napětí v jednotlivých vláknech. Hmoty jednotlivých částí soustavy jsou na obrázku rovněž vyznačeny.
S5
5 2
I 2 ε2
r2 m 2
r2
2 3 1
S3
4 S2 m3
r1
I 1ε1 r1 G1
m1 1
G2 S3
S44 S4 m3 a3
G3 S1
m4
m 1 a1 S1
G4 m 4 a4 O pohybu soustavy předpokládejme, že hmota m3 se pohybuje dolů, hmota m4 s kladkou m1 tedy stoupají, kladka 2 s hmotou m2 se otáčí ve smyslu hodinových ručiček a volná kladka 1 se otáčí proti smyslu hodinových ručiček. Jestliže se hmota m3 posune o délku ds3 , posune se bod na obvodě kladky 2 o délku r2dφ2 ( dφ2 je odpovídající pootočení kladky 2 ), bod na obvodě kladky 1 se posune o délku r1dφ1 (dφ1 je pootočení kladky 1 ) a její těžiště vykoná posuv ds1 vzhůru. Stejnou dráhu vykoná i hmota m4 . O zmíněných posuvech platí ds4 = ds1 ds3 = r2 dφ2 = r1 dφ1 = 2 ds Úpravou dvoujnásobnou derivací podle času dostaneme d 2 s4 d 2 s1 (a) = 2 ⇒ a4 = a1 dt 2 dt
23
NA SEZNAM
d 2 s3 d 2φ 2 d 2φ1 = r = r = 2 ds1 1 2 dt 2 dt 2 dt 2
⇒
a3 = r2 ε 2 = r1 ε1 = 2a1
(b)
Přetněme nyní všechna vlákna 1,2,3,4,5 a jejich účinek na jednotlivé části soustavy nahraďme silami S1, S2, S3, S4 a S5. Soustava se tak rozpadla na 4 pohyblivé části. Podle d´Alembertova principu jsou v rovnováze vnější a setrvačné síly působící na každý díl. Setrvačné síly a popřípadě též jejich Statické momenty k těžišti rotujících částí ( kladek ) jsou vyznačeny na obrázku. Působí vždy proti smyslu zrychlení pohybu uvažované části soustavy. Součtové, popřípadě momentové výminky rovnováhy, vztažené k těžištím kladek, o jejichž hmotách se předpokládá, že je rovnoměrně rozdělena, poskytnou tyto rovnice: Součtové výminky rovnováhy: hmota m4 :
S1 − G4 − m4 a4 = 0
(c)
kladka 1 :
S 2 + S3 − G1 − m1a1 − S1 = 0
(d)
kladka 2 :
− S 3 − S 4 − G2 + S 5 = 0
(e)
hmota m2 :
S 4 + m3a3 − G3 = 0
(f)
Momentové výminky rovnováhy: kladka 1: kladka 2:
S 2 r1 − S3 r1 + ε1 I1 = 0 S 4 r2 − S3 r2 − ε 2 I 2 = 0
(g) (h)
V rovnicích (g) a (h) jsou I1 a I2 hmotné momenty setrvačnosti kladek 1 a 2 k jejich těžištím. Řešením rovnic (c) až (h) s přihlédnutím k výrazům (a) a (b) vyjádříme nejprve zrychlení jednotlivých pohybů: 2G3 r1 − (G1 + G4 ) r1 [2m3 − (m1 + m4 )] r12 g = ε1 = 2 κ r1 r2 I1 + 2 I 2 + 2m3r12 + (m1 + m4 ) 1 2 r2 zavedeme-li pro vyjádření dalších veličin 2
r r2 κ = I1 + 2 I 2 1 + 2m3 r12 + (m1 + m4 ) 1 2 r2 Dále je z rovnic (b) a (a) [2m3 − (m1 + m4 )] r12 g r ε 2 = 1 ε1 = r2 κ r2
m + m4 2 m3 − 1 r1 a3 r1 ε1 2 a1 = a4 = = g = 2 2 κ [2m3 − (m1 + m4 )] r12 g a3 = r1 ε1 = κ
24
NA SEZNAM
2
r I1 + 2 I 2 1 + 3m3 r12 r2 Z rovnice (c) dále plyne S1 = G4 + m4 a4 = G4 .
κ
2
Z rovnice (f) najdeme
Z rovnice (h) vychází
r 3 I1 + 2 I 2 1 + (m1 + m4 ) r12 r2 2 S 4 = G4 − m3 a3 = G3
κ
3 2 I1 + (m1 + m4 ) r12 I 2 r1 ε2I2 2 S3 = S 4 − = G3 + (G1 + G4 ) . r2 κ κ r2
Sečtením rovnic (c) , (d) a (g) získáme rovnici, z níž ε1 G + G4 m + m4 2 S2 = 1 r1 − I1 − 1 2 2r1 2 a po úpravě 2 r 1 2 I1 + I 2 + 2m3 r12 m1 + m 4 2 r2 I − r1 1 G + G4 2 S2 = 1 − G3 κ κ 2 Z rovnice (e) vychází 2 J1 + 3 (m1 + m4 ) r12
. 2
I r S 5 = G2 + S 3 + S 4 = G2 + G3 + [2G3 + G1 + G4 ] 2 1 . κ κ r 2 Z výrazů, jimiž jsou vyjádřena zrychlení, je patrno, že jde o pohyby rovnoměrně zrychlené, neboť zrychlení mají konstantní hodnoty.
Příklad 5.2. V kleci výtahu hmoty m2 ( tíhy G2 ) je uloženo břemeno s hmotou m1 ( tíhou G1=m1g ). Stanovte podporový tlak břemena N na podlahu výtahové klece a napětí lana v části 1 a 2 při zrychleném pohybu ( zrychlení a ); hmotu lana neuvažujte. Moment setrvačnosti kladky k její ose je Io. Předpokládejme pohyb výtahu vzhůru. Klec a břemeno se pohybují stejným směrem a mají proto stejné zrychlení a, kladka má úhlové zrychlení α. Přerušíme-li lana 1 a 2 a oddělíme-li břemeno od klece výtahu, rozdělí se soustava na 3 části, jejichž rovnovážné stavy sil uvažujeme samostatně. Součtové podmínky rovnováhy: − m1 ⋅ g − m1 ⋅ a + N = 0 (1) (2) − m2 ⋅ g − m2 ⋅ a − N + S1 = 0 Momentová podmínka k o: S1 ⋅ r + I o ⋅α − S 2 ⋅ r = 0 (3) a (4) Kinematická podmínka α= a = r ⋅α ⇒ r
25
NA SEZNAM
α Io r
o
S2 2 S1
1
m2
S1
m1 m1 g m1 a m2 g m2 a
N
N Z rovnice (1) dostaneme N = m1 ⋅ (a + g ) Sečtením rovnic (1) a (2) − (m1 + m2 ) ⋅ g − (m1 + m2 ) ⋅ a + S1 = 0 ⇒ S1 = (m1 + m2 ) ⋅ (a + g ) Dosadíme S1 a (4) do (3) (m1 + m2 ) ⋅ (a + g )⋅ r + I oα − S 2 r = 0
S 2 = (m1 + m2 ) ⋅ (a + g ) + I o
α
r a S 2 = (m1 + m2 ) ⋅ (a + g ) + I o 2 r Provedeme rozbor výsledků: a) Při zrychleném pohybu vzhůru a > 0 jsou reakce N ( tlak břemene m1 na podlahu výtahové klece ) a síly v lanech S1 a S2 větší než v klidu, neboť pro klidový stav a=0 ⇒ N = G1 S1 = G1 + G2 = S 2 pro a a > 0 ⇒ N = G1 + m1a S1 = G1 + G2 + (m1 + m2 ) ⋅ g S 2 = G1 + G2 + (m1 + m2 ) ⋅ g + I o 2 r b) Při zrychleném pohybu klece dolů a < 0 jsou reakce a síly menší. c) Pro a = -g pak g N =0 S1 = 0 S2 = − I o 2 r
26
NA SEZNAM
Příklad 5.3. Z plnostěnného kotouče poloměru r s rovnoměrně rozdělenou hmotou se odvíjí nehmotné lano zatížené břemenem o tíze G. Určete sílu v laně a zrychlení pohybu ( posuvné zrychlení břemene a , úhlové zrychlení kladky α ).
αI r
r m1
m1
c
α S ma
směr pohybu
S
G = mg G
Soustavu rozdělíme myšleným řezem na dvě části. Podle d’Alembertova principu jsou vnější síly, působící na každou z obou částí soustavy v rovnováze s jejich silami setrvačnými. Podmínky rovnováhy: − G + S + ma = 0 součtová (1) − S ⋅ r +α ⋅ I = 0 momentová (2) Doplníme o kinematický vztah mezi pohybem závaží a otáčením kladky: - dráha, kterou vykoná břemeno G se rovná délce vlákna odvinutého z kotouče kladky ds dϕ d 2s d 2ϕ (3) ds = r ⋅ dϕ ⇒ =r ⇒ = r ⋅ ⇒ a = rα dt dt dt 2 dt 2 Dosazením (3) do (1) S = G − mrα a dále dosazením S do (2) − (G − mrα ) ⋅ r + α ⋅ I = 0 − Gr − mr 2α + α ⋅ I = 0
α=
Gr I + mr 2
Hmotný moment setrvačnosti kotouče kladky k jeho středu je I =
1 m1r 2 . 2
Potom
α=
Gr I + mr 2
mgr
= m1
r
2
2
+ mr 2
=
g g = m1 r ⋅ + r r ⋅ 1 + m1 m 2 2m
27
[s - 2 ]
NA SEZNAM
a = rα =
g m 1+ 1 m
S = G − mr
[ms - 2 ]
g m r ⋅ 1 + 1 2m
1 =G 1 = G 1 − m m 1+ 2 1 + 1 m1 2m
[N]
Analýza výsledku: Břemeno se pohybuje rovnoměrně zrychleně a
Příklad 5.4. Stanovte pohyb soustavy vyznačené na obrázku, tj. vypočítejte zrychlení postupného pohybu a síly v obou částech vlákna. Hmoty obou těles jsou známy. Koeficient smykového tření je f. m1 = 40 kg m3 m2
m2 = 30 kg
r
m3 = 10 kg
f
r = 15 cm směr pohybu
f = 0,1
m1
Hmoty m1 a m2 vykonají dráhy ds1 a ds2. Stejnou dráhu musí vykonat bod na otáčející se kladce jak pro ds1 , tak pro ds2 . Tato dráha na obvodu kladky je rovna rdφ, kde φ je úhel pootočení kladky. Platí ds1 = r ⋅ dϕ = ds2 ⇒ ds1 = ds2 d 2 s1 = a1 dt 2
d 2 s1 = a2 dt 2
⇒ a1 = a2 = rα
28
NA SEZNAM
Kde a1, a2 jsou postupná zrychlení a α je úhlové zrychlení otáčení kladky.
α Ic T = f ⋅ TS 2
S2 c
T
r
G2 N
S1 S1 m1a1
G1 Na obrázku jsou vyznačeny reakce N a T na kontaktu břemene m2 s podložkou. N je kolmá reakce ( v daném případě tlak na podložku ) a T je tangenciální reakce ( za pohybu břemene tření s podložkou ). Za pohybu platí pro třecí sílu Podle d’Alembertova principu jsou vnější síly v rovnováze se setrvačnými silami. Soustavu uvolníme přerušením vláken, jejichž účinek nahradíme osovými silami S1 a S2, a řešíme podmínky rovnováhy na každé části soustavy zvlášť. Na obrázku je schema zatížení každé části doplněno o účinek setrvačných sil od pohybujících se hmot m1a1, m2a2 a o moment setrvačných sil od otáčející se kladky Ica. Pro hmotu m1 ( součtové podmínky rovnováhy ) (1) S1 + m1a1 − G1 = 0 pro hmotu m2 ( součtové podmínky rovnováhy ) (2) S 2 − m2 a 2 − T = 0 N − G2 = 0 pro hmotu m3 ( momentová podmínka rovnováhy ke středu kladky ) S 2 r − S 2 + I cα = 0 (3) Z rovnice (2) vyplývá Z rovnic (1) a (2) S1 = G1 − m1rα
N = G2
S 2 = f ⋅ G2 + m2 rα
dosadíme do (3), přičemž
( f G2 + m2 rα ) r − (G1 − m1rα ) r + I cα
Ic =
1 m3r 2 2
=0
1 f ⋅ G2 r + m2 r 2α − G1r + m1α r 2 + m3r 2α = 0 2 m α r m1 + m2 + 3 + f G2 − G1 = 0 2
29
NA SEZNAM
Z toho
α=
(G1 − f G2 ) 2
r (2m1 + 2m2 + m3 )
a pro
G1 = m1 g
G2 = m2 g
g (m1 − f m2 ) 2 r (2m1 + 2m2 + m3 ) Z posledního výrazu vyplývá z čitatele, že podmínka pohybu je m1 − f m2 > 0 ⇒ m1 > f m2 Zrychlení postupného pohybu je 2 g (m1 − f m2 ) a = rα = 2m1 + 2m2 + m3 Síly v lanech pak
α=
S1 = m 1 g − m1r
2m + 2m2 + m3 − 2m1 + 2 f m2 2 g (m1 − f m2 ) = = m1 g 1 r (2m1 + 2m2 + m3 ) 2m1 + 2m2 + m3
m + 2m2 (1 + f ) = m1 g 3 2m1 + 2m2 + m3 S 2 = f m2 g + m2 r = m2 g
2 f m1 + 2 f m2 + f m3 + 2m1 − 2 f m2 2 g (m1 − f m2 ) = = m2 g (2m1 + 2m2 + m3 ) r 2m1 + 2m2 + m3
m3 + 2m1 (1 + f ) 2m1 + 2m2 + m3
Pro dané hmoty m1, m2 a m3 2 ⋅ 9,81(40 − 0,1 ⋅ 30 ) = 4,84 ms - 2 2 ⋅ 40 + 2 ⋅ 30 + 10 10 + 2 ⋅ 30(1 + 0,1) S1 = 40 ⋅ 9,81 = 198,82 N 150 10 + 2 ⋅ 40 (1 + 0,1) S2 = 30 ⋅ 9,81 = 192,27 N 150 a=
Příklad 5.5. Homogenní tyč je zavěšená na vláknech ac, bc , která s tyčí tvoří rovnostranný trojúhelník. Stanovte osovou sílu ve vláknu ac, přerušíme-li vlákno bc, a zrychlení pohybu aC. V okamžiku přestřižení lana bc se tyč začíná otáčet kolem bodu a. Těžiště tyče C se tedy začíná pohybovat po kružnici o poloměru l/2 ve směru hodinových ručiček. V souřadnicích xy se těžiště C pohybuje směrem dolů a zprava doleva. V pravé polovině obrázku jsou proto do schematu zatížení vnějšími silami doplněny síly setrvačné, které tomuto pohybu odpovídají. Složky osové síly ve vláknu ac jsou
S1x = S1 cos β
30
S1 y = S1 sin β
NA SEZNAM
c y
l
1 β = 60
2
l
S 1y
o
β C
a
S1
b
S1x
ma Cy IC α C
x
ma Cx
l l/2
l/2
G=mg
Součtové podmínky rovnováhy S1x + maCx = 0
(1) (2) S1 y − mg + maCy = 0 Momentová podmínka k těžišti C l (3) S1 y ⋅ − I C ⋅ α = 0 2 Mezi posuvným zrychlením těžiště C a úhlovým zrychlením α platí kinematický vztah l (4) resp. aCy = r ⋅ α aCy = α 2 Dosazením rovnice (4) do rovnice (2) dostaneme l l ⇒ S1 y − mg + m α = 0 S1 y = G − m α 2 2 Dosazením S1y do rovnice (3) dále l l G G l l l 2 = 2 G − m α − I Cα = 0 ⇒ α = l2 2 2 2 Ia m + IC 4 protože moment setrvačnosti tyče ke koncovému bodu a se podle Steinerovy věty rovná l2 Ia = m + IC 4 Zpětným dosazením do výrazu pro S1y pak l l2 m G l S1 y = G − m ⋅ 2 = G 1 − 4 2 Ia Ia Pro další úpravu použijeme vztahy l3 l2 l2 I l2 l2 I C = m ⋅ iC2 iC2 = C = 12 = I a = m ⋅ ia2 = m + = m 12 3 A l 4 12
31
NA SEZNAM
3 G 1 − S1 y 1 4 S1 = = G = 0,288 G = Potom sin β 3 2 3 2 Z rovnice (4) l G l l l 2 mg l 2 g 3 aCy = α = ⋅ 2 = ⋅ 2 = ⋅ 2 = g = 0,75 g 2 2 Ia 4 mia 4 l 4 3 a z rovnice (1) S S cos β mg 1 aCx = − 1x = − 1 =− cos 60o = − g = − 0,144 g m m 2 3m 4 3
6. Dynamika, kmitání
Příklad 6.1. Hmotná, dokonale tuhá tyč je podepřena dle obrázku. V podporovém průřezu b je k tyči připojeno značně tuhé pero s pérovou konstantou k. Odvoďte rovnici pohybu, který bude tyč konat, jestliže posuvná opěra b se náhle odstraní. Tyč se může otáčet kolem kloubové opěry a. Rovnice tohoto otáčivého pohybu je podle d´Alembertova principu:
K b
a
momentová podmínka k bodu a
φ
a
s
yb = l·φ
K·yb
G l/2
I a ⋅ ε + k ⋅ yb ⋅ l − G Ia ⋅
l/2
2
d ϕ dt
2
l
=0
2
+ k ⋅ l 2 ⋅ϕ − G
l
=0
2
l neboť
yb = l ⋅ ϕ
a Ia je hmotný moment setrvačnosti tyče k bodu a , ε je úhlové zrychlení otáčení tyče kolem bodu a. Po úpravě dostaneme diferenciální rovnici pohybu tyče ( otáčení kolem bolem bodu a ) d 2ϕ k ⋅ l 2 G l + ⋅ϕ = ⋅ (a) 2 dt Ia Ia 2 32
NA SEZNAM
Řešíme nejprve homogenní rovnici k rovnici (a), tj. d 2ϕ k ⋅ l 2 + ⋅ϕ = 0 dt 2 Ia respektive d 2ϕ k ⋅l2 2 2 + ω ⋅ ϕ = 0 kde ω = 0 0 dt 2 Ia Obecný integrál homogenní rovnice (b) má tvar ϕ = ϕ 0 ⋅ sin (ω 0t + Φ 0 ) Hmotný moment setrvačnosti tyče k bodu a
(b)
l
x3 µ ⋅ l 3 µl ⋅ l ⋅ g l 2 m ⋅ l l 2 G ⋅ l 2 I a = µ ∫ x dx = µ = = ⋅ = ⋅ = 3 3 g 3 g 3 3g 0 0 Po dosazení do výrazu pro vlastní kruhovou frekvenci dostaneme 3k ⋅ g k ⋅l2 k ⋅l2 ω 02 = ⋅ 3g = = 2 G Ia G ⋅l _ G Partikulární integrál rovnice (a) ϕ= 2k ⋅ l Partikulární integrál má v daném případě význam pootočení uvažované tyče, které je vyvozeno klidným působením váhy G, přičemž se v závěsném péru vyvodí síla S=G/2 a péro se prodlouží o délku _ S G . yb = l ⋅ ϕ = = k 2k Obecný integrál rovnice (a) je tedy l
2
_
ϕ =ϕ
+ ϕ 0 ⋅ sin (ω 0t + Φ 0 )
(c) _
Získaný výraz je rovnicí kmitání tyče kolem rovnovážné polohy určené úhlem ϕ . Integrační konstanty ϕ 0 ( amplituda ) a Φ 0 ( fázové posunutí ) se určí z počátečních podmínek pohybu: v čase t = 0 je výchylka ϕ = 0 dϕ úhlová rychlost ω= =0 dt dϕ (d) Úhlová rychlost je obecně ω = = ϕ 0 ⋅ ω 0 ⋅ cos(ω 0t + Φ 0 ) dt Dosazením počátečních podmínek do (c) a (d) dostaneme rovnice _
ϕ + ϕ 0 ⋅ sin Φ 0 = 0 ϕ 0 ⋅ ω 0 ⋅ cos Φ 0 = 0 z nichž vyplývá ( pro ϕ 0 ≠ 0, ω 0 ≠ 0 ) _ π cos Φ 0 = 0 ⇒ Φ 0 = a dále ϕ 0 = −ϕ
(e)
2 Rovnice pohybu tyče potom má konečný tvar _ π _ G ( 1 − cos ω 0t ) ϕ = ϕ ⋅ 1 − sin ω 0t + = ϕ ⋅ ( 1 − cos ω 0t ) = 2 2k ⋅ l Původní ( výchozí ) poloha tyče je jednou z krajních poloh.
33
NA SEZNAM
Příklad 6.2. Stanovte dobu kmitu hmotného bodu uloženého na dokonale tuhém hmotném nosníku. Prut je podepřen jako prostý nosník. Podpory tvoří pera s perovými konstantami K1.
m
K1
K1 p
yb =
l-p l
B G⋅ p = K1 K1 ⋅ l
Tyto tlaky vyvodí stlačení pér
G a
Hmota m vážící G působí na podporová pera podporovými tlaky ( z momentové výminky k bodu b nebo a ) l− p p A=G B=G l l A G ⋅ (l − p ) = ya = K1 K1 ⋅ l
b
A
p
B yG
ya
ya
yb
l-p yb yG
ya - yb
Hmota m se vertikálně posune vlivem stlačení podporových per o délku y − yb y ⋅ l + y a ⋅ l − ya ⋅ p − yb ⋅ l + yb ⋅ p ya ⋅ (l − p ) + yb ⋅ p ⋅ (l − p ) = b = yG = yb + a l l l Pérová konstanta vyšetřované hmoty m v místě polohy břemena je G G ⋅l = a po dosazení za ya a yb K= yG ya (l − p ) + yb ⋅ p
K=
1 G ⋅l K1 ⋅ l 2 = = K1 ⋅ 2 2 2 2 2 2 (l − p ) + p G ⋅ (l − p ) G ⋅ p p p + 1 − + K1 ⋅ l K1 ⋅ l l l
Kruhová frekvence vlastního kmitání hmoty m je potom K K1 1 = ⋅ ω0 2 2 m m p p 1 − + l l a doba kmitu je dána výrazem 2 2 m l p = 2π T0 = 1 − + ω0 K1 p l
2π
34
NA SEZNAM
Příklad 6.3. Vagón spočívající na dvou otočných podvozcích se pohybuje rychlostí 2m/s a narazí na zarážedlo. Vagón i zarážedlo mají po dvou náraznících, jejichž pera mají pérovou konstantu K1 = 30 kN/cm. Celková váha vagónu je G = 300 kN, vlastní vagón váží G1 = 210 kN, každý z podvozků váží G2 = 45 kN. Je třeba vyšetřit sílu, která se přenáší při nárazu vagónu na zarážedlo z podvozku na otáčecí trn skříně vagónu.
v
půdorys
m1 ( G1 )
K1 K1
K* H
G1 G2
H
H G2
Od okamžiku dotyku nárazníků vagónu a zarážedla koná hmota vagónu i podvozků harmonický pohyb. Hmotu vagónu i podvozků lze potom považovat za jediný hmotný bod s hmotou m = m1+2m2 spočívající na peru o pérové konstantě K = K1.
K m = m1+m2
Toto tvrzení si vysvětlíme. Jde zde totiž o dvě „paralelně“ zapojená pera tvořená dvěma pery „v serii“.
Dvě pera spojená „v sérii“ lze nahradit pro jeden nárazník jediným perem s konstantou K ⋅K K K* = 1 1 = 1 K1 + K1 2 Účinek dvou nárazníků „paralelně“ působících lze dále opět vyjádřit účinkem jednoho pera s konstantou K = 2 K * = K1 Výchylku při daném harmonickém pohybu vyjádříme ve tvaru x = A ⋅ sin ω 0 t Rychlost harmonického pohybu dx a na počátku nárazu pro t = 0 v0 = A ⋅ ω 0 v= = A ⋅ ω 0 cos ω 0 t dt Zrychlení harmonického pohybu d 2x a = 2 = − A ⋅ ω 02 ⋅ sin ω 0 t resp. a = − ω 0 ⋅ v 0 ⋅ sin ω 0 t dt kde K1 K1 ω0 = = m m1 + 2m2 Největší prostá hodnota zrychlení je ( protože max. hodnota sin ω 0 t je 1 )
35
NA SEZNAM
K1 m1 + 2m2 Z každého podvozku se na trn vagónu přenáší setrvačná síla podvozku, vzniklá při pohybu během nárazu na zarážedlo, která může trn usmýknout. Její největší hodnota je max a = ω 0 ⋅ v 0 = v 0 ⋅
H = m2 ⋅ max a = m2 ⋅ v 0 ⋅ = 2,0 ⋅ 45,0 ⋅
K1 m1 + 2m2
3000 9,81⋅ (210,0 + 2 ⋅ 45,0)
= m2 ⋅ v 0 ⋅
g 2 ⋅ K1 g ⋅ ( gm1 + 2 gm2 )
= v 0 ⋅ G2 ⋅
K1 g ⋅ (G1 + 2G2 )
= 90,86 kN
Na tuto smykovou sílu musí být průřez trnu dimenzován.
Příklad 6.4. Stanovte kruhovou frekvenci a dobu kmitu hmotného bodu, který je upevněn mezi pera a může se pohybovat jen svislým směrem. Odvození pérové konstanty složeného péra nad hmotným bodem.
K1 K2
K1K 2
m
K1
⋅y
y
K1 + K 2
K2
y K3
y1
m
y2
F
K3 ⋅ y
Celkové protažení péra y = y1 + y 2 V obou pérech samostatně i soustavě obou pér je stejná síla F . Potom lze psát F F F y2 = y1 = y= K2 K1 K Dosazením (2) do (1) dostaneme 1 1 1 K ⋅K F F F K + K1 = + = + = 2 F = 1 2 ⋅y K 2 + K1 K K1 K 2 K K1 K 2 K1 ⋅ K 2
(1) (2)
(3)
Vrátíme se zpět k modelu celé soustavy. Sestavíme pohybovou rovnici podle Newtona, tedy výslednice vnějších sil ( účinků per ) je ekvivalentní součinu hmoty bodu a jeho zrychlení.
36
NA SEZNAM
=
P = m⋅a K ⋅K d y − 1 2 + K 3 ⋅ y = m 2 2 dt K1 + K 2 Z toho dostaneme úpravou diferenciální rovnici vlastního netlumeného harmonického kmitání d 2 y 1 K1 ⋅ K 2 + K 3 ⋅ ( K1 + K 2 ) + ⋅ y =0 dt 2 m K1 + K 2 d 2 y 1 K1 ⋅ K 2 + K1 ⋅ K 3 + K 2 ⋅ K 3 + ⋅ y =0 dt 2 m K1 + K 2 d2y + ω 02 ⋅ y = 0 2 dt kde kvadrát vlastní kruhové frekvence 1 K ⋅ K + K1 ⋅ K 3 + K 2 ⋅ K 3 ω 02 = ⋅ 1 2 m K1 + K 2 Doba kmitu má hodnotu 2π K1 + K 2 T0 = = 2π ⋅ m ω0 K1 ⋅ K 2 + K1 ⋅ K 3 + K 2 ⋅ K 3
Příklad 6.5. Těleso o tíze G = 981 N je připojeno dvěma pružinami o tuhosti K1a K2 a dvěma tlumiči se součiniteli tlumení b1 a b2 za předpokladu lineárního viskózního tlumení. Připojení je provedeno dvěma způsoby dle obrázku. Soustava kmitá jen ve svislém směru. a)
b)
K1
K2 K1
K1 = 1 kNm-1 K2 = 0,5 kNm-1 b1 = 90 kgs-1 b2 = 60 kgs-1 G = 981 N
G K2 b1 G
b2 b1
1) 2) 3) 4)
b2
Napište diferenciální rovnice kmitání pro případ a) i b). Určete dobu kmitu T a frekvenci f tělesa. Posuďte o jaký typ útlumu se jedná. Vypočtěte logaritmický dekrement útlumu ϑ.
37
NA SEZNAM
Příklad a). Protažením pér vznikne síla
P = (K1 + K 2 ) ⋅ w(t )
• • • P1 = b1 ⋅ w(t ) − w1 (t ) P2 = b 2 ⋅ w1 (t ) Sestavením výminky rovnováhy sil působících na hmotu podle d´Alembertova principu dostaneme m ⋅ a + P + P1 = 0
V tlumičích vznikne síla
•• • • m ⋅ w(t ) + (K1 + K 2 ) ⋅ w(t ) + b1 ⋅ w(t ) − w1 (t ) = 0 ••
•
•
m ⋅ w(t ) + (K1 + K 2 ) ⋅ w(t ) + b1 w(t ) − b1 ⋅ w1 (t ) = 0 Platí mezi tlumiči v bodě A P1 = P2 • • • b1 ⋅ w(t ) − w1 (t ) = b 2 ⋅ w1 (t ) • • b1 w1 (t ) = w(t ) b1 + b 2
Potom lze rovnici upravit do konečného tvaru ••
m ⋅ w(t ) + (K1 + K 2 ) ⋅ w(t ) + b 1 w(t ) − ••
m ⋅ w(t ) + (K1 + K 2 ) ⋅ w(t ) + ••
m ⋅ w(t ) +
nebo
b12
•
••
b1 ⋅ b 2 b1 + b 2
•
b1 + b 2
b12 + b1 ⋅ b 2 − b 12 b1 + b 2
⋅ w(t ) = 0 •
⋅ w 1 (t ) = 0
•
⋅ w 1 (t ) + (K1 + K 2 ) ⋅ w(t ) = 0
•
w(t ) + 2ω b ⋅ w(t ) + ω 02 ⋅ w(t ) = 0
kde m=
G 981 = = 100 kg g 9,81
K1 + K 2 1000 + 500 = = 3,873 s -1 100 m b1 ⋅ b 2 90 ⋅ 60 b1 + b 2 90 + 60 5400 = = = 0,18 s -1 ωb = 2m 2 ⋅100 200 ⋅150 0,18 s -1 < 3,873 s -1 a tedy ω b < ω 0 Protože
ω0 =
jedná se o útlum podkritický.
Doba kmitu 2π 2π 2π T= = = = 1,623 s 2 2 ω 15 − 0,182 ω 0 −ω b 1 1 = = 0,616 Hz T 1,623 ϑ = ω b ⋅ T = 0,18 ⋅1,623 = 0,29214 Logaritmický dekrement
Frekvence
f =
38
NA SEZNAM
Příklad b). P=
Protažením pér vznikne síla
K1 ⋅ K 2 ⋅ w(t ) K1 + K 2
V tlumičích vznikne síla P = (b 1 + b 2 )⋅ w(t ) Sestavením výminky rovnováhy sil působících na hmotu podle d´Alembertova principu dostaneme m⋅a + P + P = 0 •• • K ⋅K m ⋅ w(t ) + (b1 + b 2 )⋅ w(t ) + 1 2 ⋅ w(t ) = 0 K1 + K 2 •
••
•
nebo w(t ) + 2ω b ⋅ w(t ) + ω 02 ⋅ w(t ) = 0 kde G 981 m= = = 100 kg g 9,81 K1 ⋅ K 2 1000 ⋅ 500 K1 + K 2 ω0 = = 1000 + 500 = 1,8257 s -1 100 m b +b 90 + 60 ωb = 1 2 = = 0,75 s -1 2m 2 ⋅100 Protože 0,75 s -1 < 1,8257 s -1 a tedy ω b < ω 0
jedná se o útlum podkritický.
Doba kmitu 2π 2π 2π T= = = = 3,768 s ω ω 02 − ω b2 1,8257 2 − 0,752 Frekvence 1 1 f = = = 0,265 Hz T 3,768 Logaritmický dekrement ϑ = ω b ⋅ T = 0,75 ⋅ 3,768 = 2,826
Příklad 6.6. Motor celkové hmotnosti m = 200 kg je upevněn na konzole. Konzola je tvořena dvojicí válcovaných nosníků I 120 o momentu setrvačnosti I = 2 · 328 = 656 cm4 a modulu pružnosti E = 2,1 · 105 Mpa. Délka konzoly l = 3 m. Logaritmický dekrement útlumu je ϑ = 0,1. Rotor má hmotnost m1 = 80 kg, excentricitu e = 0,5 cm a otáčky n = 900 ot/min. m xs l
39
NA SEZNAM
Máme určit amplitudu ustáleného kmitání, dynamický součinitel při ustáleném kmitání. Kritické otáčky a amplitudu a dynamický součinitel v kritických otáčkách. Zanedbejme hmotnost nosníku. V ustáleném stavu působí na konci konzoly tíha G = mg = 200 ⋅ 9,81 = 1962 N Průhyb na konci konzoly lze určit ze vztahu G ⋅l3 1962 ⋅ 33 = 0,01282 m xs = = 3EI 3 ⋅ 2,1 ⋅1011 ⋅ 656 ⋅10 −8 K=
Nosník lze nahradit pérem o pérové konstantě
G 1962 = = 153067 Nm -1 xs 0,01282
153067 K = = 27,6647 s -1 200 m ω0 27,6647 = = 0,44024 s -1 Konstanta tlumení ω b = 2 2 4π 4π 1+ 2 1+ 2 ϑ 0,1 900 V ustálených otáčkách motoru n = 900 ot/min = = 15 ot/s 60 je úhlová rychlost ω 1 = 2π ⋅ n = 2π ⋅15 = 94,248 s -1
ω0 =
Vlastní kruhová frekvence
a amplituda budící síly ( F1 je odstředivá síla, e je excentricita, tedy poloměr kružnice, po které obíhá těžiště rotoru ) F1 = m1 ⋅ e ⋅ ω 12 = 80 ⋅ 0,005 ⋅ 94,2482 = 3553 N Amplituda ustáleného kmitání F1 3553 A1 = = = 0,002188 2 2 2 2 2 2 2 2 m ω 0 − ω 1 + (2ω 1ω b ) 200 27,66 − 94,25 + (2 ⋅ 94,25 ⋅ 0,44 )
(
)
(
)
Dynamický součinitel A +x 0,002188 + 0,01282 δ= 1 s = = 1,171 0,01282 xs Kritické otáčky ω 02 27,66 2 f1 = = = 4,4022 ot/s 2π ω 02 − 2ω b2 2π 27,66 2 − 2 ⋅ 0,44 2 Extrémní amplituda, tzn. amplituda v kritických otáčkách ω 1 = 2π ⋅ f1 max A1 =
F1 2m ⋅ ω b ω 02 − ω b2
=
m1 ⋅ e ⋅ (2π ⋅ f1 )
2
2m ⋅ ω b ω 02 − ω b2
=
80 ⋅ 0,005 ⋅ (2π ⋅ 4,4022 )
2
=
= 0,06419 m 2 ⋅ 200 ⋅ 0,44 ⋅ 27,66 2 − 0,44 2 Dynamický součinitel v kritických otáčkách max A1 + xs 0,06419 + 0,01282 max δ = = = 6,007 0,01282 xs
40
NA SEZNAM
Dynamický součinitel je značný, při roztáčení motoru a přechodu přes kritické otáčky by vznikaly v konstrukci značné síly. Zvětšením nosníku lze sice přenést tyto síly, ale dynamický součinitel se nezmění. Zvětšením hmotnosti motoru ( přídavná zátěž ) se sice dynamický součinitel sníží a výsledné síly se nesníží. Bylo by nutno vložit pod motor izolační vrstvu, např. korek a zvětšit tak tlumení. Např. při zvětšení logaritmického dekrementu útlumu na ϑ = 0,2 bude max δ =3,458. Dále lze dynamické síly zmenšit menší excentricitou rotoru ( lepší údržba ).
Příklad 6.7. Hmotný bod o váze 9,81 N je upevněn na péru s pérovou konstantou K = 10,0 Nm-1, koeficient útlumu je b = 0,2 kgs-1 . Na hmotný bod působí harmonicky proměnná síla s amplitudou Pm = 20 N mající dobu kmitu 1/3 s. Určete: a) druh útlumu, b) logaritmický dekrement útlumu, c) amplitudu vynuceného ustáleného kmitání netlumeného i tlumeného. a) Druh útlumu Diferenciální rovnice tlumeného kmitání má tvar b K d 2x dx + 2ω b + ω 02 + ω 02 x = 0 kde ω b = ω0 = 2 m 2m dt dt Dosazením dostaneme G 9,81 K 0,2 10,0 ω0 = ωb = m= = = 1,0 kg = = 3,16 s -1 = 0,1 s -1 g 9,81 m 2 ⋅1,0 1,0 je tedy ω b < w 0 , tzn., že rovnice dává kořeny komplexně sdružené. Jde o podkritický útlum, pohyb je tlumeným kmitáním. b) Logaritmický dekrement útlumu je určen vztahem 2π ⋅ ω b 2π ⋅ ω b x 2π ⋅ 0,1 ϑ = ln 1 = ω b ⋅ T = = = = 0,199 x2 ω ω 02 − ω b2 10,0 − 0,12 c) Amplituda vynuceného ustáleného kmitání 1) netlumeného
1 1 = = 3 s -1 T 1 3 -1 Kruhová frekvence je ω 1 = 2π ⋅ f = 2π ⋅ 3 = 18,85 s Pro amplitudu ( maximální výchylku ) vynuceného netlumeného kmitání platí ω 02 1 = x st ⋅ x = x st ⋅ 2 = x st ⋅ δ 2 2 ω 0 −ω1 ω1 1− ω0 kde δ je dynamický součinitel, x st je statická deformace Statická deformace vyvozená amplitudou harmonicky proměnné síly ( největším účinkem ) P 20 = 2 cm x st = m = K 10 Frekvence harmonicky proměnné síly je
f =
41
NA SEZNAM
x = −0.0290 ⋅ 2,0 = −0,058 cm
Potom dynamická výchylka 2) tlumeného Tlumené kmitání má amplitudu xm = x st ⋅ xm = x st ⋅
(ω
ω 02 2 0
−ω
)
2 2 1
+ 4ω ⋅ ω 2 1
2 b
= x st ⋅ δ
10
(10 − 18,855 )
2 2
+ 4 ⋅18,852 ⋅ 0,12
10
= x st ⋅
345,32 + 14,21
= x st ⋅ 0,029 = 0,058 cm
Příklad 6.8. Kmitání hmotného bodu je tlumeno ( viskozně ) tak, že výchylka prvního pozorovaného kmitu je y1= 26 mm a po 20 kmitech se amplituda zmenšila tak, že y21 = 10 mm. Stanovte logaritmický dekrement. Logaritmický dekrement ω ϑ ϑ = ω b ⋅ T = 2π ⋅ b z toho ωb = =ϑ ⋅ f T ω kde T je doba jednoho kmitu a f je kmitočet (počet kmitů za časovou jednotku )
f =1/T
Výchylka při tlumeném kmitání je dána vztahem −ω ⋅t y = A ⋅ e b ⋅ sin ω ⋅ t + ϕ 0
(
)
Maximální výchylka ( amplituda ) v N-tém kmitu v čase tN = N·T = N/f −ω ⋅t yN = A ⋅ e b N Potom tedy výchylka prvního kmitu −ω ⋅t y1 = A ⋅ e b 1 = A ⋅ e −ϑ ⋅ f ⋅t1 Výchylka 21. kmitu y21 = A ⋅ e = A⋅e
−ω b ⋅t 21
−ϑ ⋅ f ⋅t1
= A ⋅ e −ϑ ⋅ f ⋅(t1 + t20 ) = A ⋅ e −ω b ⋅t1 ⋅ e
⋅e
Poměr výchylek Úpravou
−ϑ ⋅ f ⋅
20 f
−ω b ⋅
20 f
=
= A ⋅ e −ϑ ⋅ f ⋅t1 ⋅ e − 20⋅ϑ y1 1 26 = − 20⋅ϑ = e 20⋅ϑ = = 2,6 y21 e 10 20 ⋅ ϑ = lg 2,6
ϑ=
1 1 lg 2,6 = ⋅ 0,95559 = 0,0478 20 20
Poslední vzorec má obecnou platnost a používá se v praxi při vyhodnocování naměřených výchylek po určitém počtu kmitů: 1 y ϑ = ⋅ lg 1 N y N +1 kde N je tedy rozdíl v počtu kmitů mezi dvěma změřenými výchylkami.
42
NA SEZNAM
Příklad 6.9. Počáteční amplituda tlumeného kmitání soustavy s jedním stupněm volnosti w0 = 3 mm. Za dobu t1= 10 s je druhá amplituda w1 = 1 mm. Určete, v kterém okamžiku tn bude mít amplituda hodnotu wn = 0,3 mm. Doba kmitu ( rozdíl mezi časem 1. a 2. kmitu ) T = t1 − t0 pro t0 = 0 ⇒ T = t1 Výchylka druhého kmitu w1 = w0 ⋅ e −ωb ⋅t1 = w0 ⋅ e −ωb ⋅T Logaritmováním lg w0 − lg w1 lg w1 = lg w0 − ω b ⋅ T ⇒ ωb = T Výchylka n-tého kmitu wn = w0 ⋅ e −ωb ⋅tn
lg wn = lg w0 − ω b ⋅ t n tn =
lg w0 − lg wn
ωb
=
lg w0 − lg wn lg 3 − lg 0,3 ⋅T = ⋅10 = 21 s lg w0 − lg w1 lg 3 − lg1
Příklad 6.10. Nárazy větru na stožár televizního vysílače se opakují po 3 minutách. Doba kmitu je 6 sekund, útlum je určen logaritmickým dekrementem ϑ = 0,04 . Určete, jak velká je amplituda ( výchylka ) při příchodu nového nárazu větru vzhledem k počáteční výchylce. Mezi dvěma nárazy větru uplyne 3 · 60 = 180 s z toho
N = 180/6 = 30 kmitů mezi nárazy
w w 1 w0 lg N ⋅ϑ = lg 0 e Nϑ = 0 N wN wN wN Potom amplituda ( výchylka ) wN = w0 ⋅ e − Nϑ = w0 ⋅ e −0, 04⋅30 = w0 ⋅ e −1, 2 = 0,3012 ⋅ w0
ϑ=
7. Šikmý vrh Příklad 7.1. Při vrhu koulí docílil závodník výkonu 20 m. Kouli vrhl ve výšce 2 m nad terénem pod úhlem 45o ( viz obrázek ). S jakou počáteční rychlostí závodník vrhl kouli? Při volbě souřadnicového systému podle obrázku bude pro pohyb v zemském gravitačním poli platit ax = 0 , ay = - g . Pohybové rovnice budou
43
NA SEZNAM
y vo 45 o yo = 2 m
x xo = 0 20 m
x = v x 0 ⋅ t + x0 = v ⋅ cos 45o ⋅ t = v ⋅ 0,707 ⋅ t 9,81 2 1 1 a y ⋅ t 2 + v y 0 ⋅ t + y0 = − g ⋅ t 2 + v ⋅ sin 45o + 2 = − t + v ⋅ 0,707 ⋅ t + 2 2 2 2 Z prvé rovnice vyjádříme t a dosadíme do druhé, tím dostaneme rovnici dráhy 9,81 x2 v ⋅ 0,707 ⋅ x +2 ⋅ 2 + y=− 2 2 v ⋅ 0.707 v ⋅ 0,707 V okamžiku dopadu je x = 20 m, y = 0. Po dosazení dostáváme 9,81 20 2 ⋅ 2 + 20 + 2 ⇒ v = 13,36 m 0=− 2 v ⋅ 0,707 2 Použili jsme kladné řešení ( záporné odpovídá průsečíku čárkované čáry s osou x na obrázku ). y=
8. Ráz těles Příklad 8.1. Buchar o váze G1 = 30 kN padá na kovaný kus z výšky h = 1,5 m. Váha kovadliny s kovaným kusem je G2 = 200 kN. Určete rychlost po rázu, o němž se předpokládá, že je dokonale nepružný; dále stanovte účinnost kování.
m1
h
m2
Poněvadž jde o přímočarý pohyb a centrální, přímý ráz dvou hmot, můžeme úlohu řešit způsobem, jímž řešíme přímý centrální ráz dvou koulí dokonale nepružných. Rychlosti před rázem jsou v1 = 2 gh , v2 = 0
Společná rychlost po rázu je u a vychází z rovnosti součtů hybnosti soustavy před rázem a po něm, tedy m1v1 = (m1 + m2 ) ⋅ u
44
NA SEZNAM
Odtud u =
m1 ⋅ v1 m1 + m2
Kinetická energie před rázem je Kinetická energie po rázu
1 m1 ⋅ v12 = m1 gh 2 m12 m12 1 2 K 2 = (m1 + m2 ) ⋅v = ⋅ gh 2 (m1 + m2 )2 1 m1 + m2 K1 =
m1 ∆K = K1 − K 2 = m1 gh ⋅ 1 − m1 + m2 představuje práci, která se spotřebovala při kování. Účinnost kování je ∆K m1 G1 30 100 % = 1 − 100 % = 1 − η= 100 % = 1 − 100 % = 87 % K1 30 + 200 m1 + m2 G1 + G2
Ztráta kinetické energie
45
NA SEZNAM
