Prezentacja programu PowerPointtmm.pwr.edu.pl/fcp/qGBUKOQtTKlQhbx08SlkTVQJQX2o8DAoHNiwF… ·...
49
Równania wektorowe plan prędkości plan przyspieszeń
Transcript of Prezentacja programu PowerPointtmm.pwr.edu.pl/fcp/qGBUKOQtTKlQhbx08SlkTVQJQX2o8DAoHNiwF… ·...
Równania wektorowe
plan prędkości
plan przyspieszeń
NMMN vvv
MNkNM rωv
(2D) – punkty M i N należą do jednego członu
Równania wektorowe w ruchu płaskim
t
NM
n
NMMNMMN aaaaaa
MNkMNkk
n
NM rrωωa2
MNk
t
NM rεa
NMMN vvv
MNkNM rωv
Równania wektorowe w ruchu płaskim
Przykład: korba - suwak
A
B
C
K
D0
1
2
31 const
ABωv 1B1B ABωv
Dane:
1 , wymiary geometryczne mechanizmu
A
B
C
K
D0
1
2
31 constkvC
kvCB
CBBC vvv
vB
pv
b
A
B
C
K
D0
1
2
31 constkvC
kvCB
CBBC vvv kvCBkvC
vB
pv
b
A
B
C
K
D0
1
2
31 constkvC
kvCB
CBBC vvv kvCBkvC
vB vCB
vCpv
c
b
A
B
C
K
D0
1
2
31 const
kvKB
kvKC
KCCKBB
KCCK
KBBK
vvvv
vvv
vvv
vB
vCB
vCpv
c
b
k
kvKC
kvKBvKB
vK
.kc
KC
bk
BK
bc
BC
ΔbckΔBCK
const
~
A
B
C
K
D0
1
2
31 const
kvKB
kvBC
kvKC
kvCB
vB
vCB
vCpv
c
b
k
kvKC
kvKBvKB
vK
PODOBIEŃSTWO
członu BCK i planu bck
t
B
n
BB aaa
AB
vABωa)(
2
B2
1
n
B11
n
B ABωωa
0ABεa 1
t
B1
t
B ABεa
A
B
C
K
D0
1
2
31 constt
Bka
n
Bka
)(ω0,ε 11 const.gdyż
Ca
t
CBa
c
b
Cka
Ban
CBa
CBa
t
CBka
n
CBka
pa
A
B
C
D0
1
2
31 const
t
CBka
t
Cka
n
CBka
K
t
CB
n
CB
t
B
n
B
t
C
n
C
CBBC
aaaaaa
aaa
?ε ale CB,εa,CB
va
,0v
a
22
t
CB
2
CBn
CB
2
Cn
C
gdyż
KCCKBB
KCCK
KBBK
aaaa
aaa
aaa
t
KBka
A
B
C
K
D0
1
2
31 const
t
KCka
n
KCkan
KBka
t
KBa
Ca
n
KBa
pac
bk
Cka
Ba
n
KCa
t
KCa
CBa
t
KBkat
KCka
t
KC
n
KC
t
C
n
C
t
KB
n
KB
t
B
n
B aaaaaaaa
;KC
va;
KB
va;0;0
2
KCn
KC
2
KBn
KB
n
C
t
B aa
A
B
C
K
D0
1
2
31 const
t
KBkat
KCka
t
CBka
t
Cka
n
CBka
n
KCka n
KBka
t
BAka
n
BAka
ΔbckΔBCK ~
PODOBIEŃSTWO
członu i planu a
A
B
C
K
D0
1
2
31 const
Ca pac
bk
BaaK
RÓWNANIA WEKTOROWE, PARA
POSTĘPOWA.
(2D) – punkty J i K - dwa człony j, k
KJJK vvv
ρωv k
j
KJ
C
KJ
t
KJ
n
KJJKJJK aaaaaaa
ρρωωa2
k
j
k
j
k
jn
KJ
ρεa k
jt
KJ
KJj
C
KJ vωa 2Przyspieszenie
Coriolisa
C
KJ
t
KJJKJJK aaaaaa
Para krzywkowa
1
2
0A
B
C
D
d.vCB
1
1
2
0A
B
C
D
k.vCB
1
vB
k.vC
CBBC vvv
vB
vC
vCB
vp
2
CD
C2
v
j
k
J
K
Ok
Oj
vJK
JKKJ vvv
Przyspieszenia – mech. zastępczy!!!
Mechanizm krzywkowy – mechanizm zastępczy 4R
1
2
0
A
O1
D
O2
1
2
R. wektorowe (v i a), plany -
podsumowanie
B
C
k.vCB
TYLKO v
a – mech zastępczy
Przykład 2 – mechanizm jarzmowy
A
B
C
D0
1
2
3
1 2 const.
e3
1
3
ABωv 1B
1B
ABωv
kvCB
kvC
vB
vCB
vC
pv
c
b
IIAB
AB CD
d
CBBC vvv
Dane:
1= const., wymiary geometryczne mechanizmu
A
B
C
D0
1
2
3
1 2 const.
e3
1
3
Ca
t
Cab
cBa
c
CBa
t
CBka
n
CBka
pa
t
CBa
n
Ca
u 1
c
CBa
CBw vv
C
CB
t
CB
n
CB
t
B
n
B
t
C
n
C
CBBC
aaaaaaa
aaa
CB1
C
CBCB1
C
CB
2
CBn
CB
2
Cn
C
11
t
B
2
Bn
B
vω2a2
,0v
a,CD
va
0ε gdy 0,ABεa,AB
va
vωa
gdyż
ż
Mechanizm III klasy
człon czynny
grupa III klasy
MECHANIZM III KLASY
vD
A C
B
E
D
F
vE
vF
d
f
e
GRUPA III KLASY
vD
A C
B
E
D
F
vE
vF
d
f
e
RkvAD
kvRA
kvRB
kvBE
RDDR
RAADDRAADDR
RAAR
ADDA
)(
vvv
vvvvvvv
vvv
vvv
jeden kierunek
vD
A C
B
E
D
F
vE
vF
d
f
e
RkvAD
kvRA
kvRB
kvBE
REER
RBBEERBBEER
RBBR
BEEB
)(
vvv
vvvvvvv
vvv
vvv
jeden kierunek
REER
RDDR
vvv
vvv
vD
A C
B
E
D
F
vE
vF
d
f
e
RkvAD
kvRA
kvRB
kvBE
kvRD
vE
vRD
vDpv
e
d
r
vR
kvREREERDD vvvv
vD
A C
B
E
D
F
vE
vF
d
f
e
S
TR
kvADkvRA
kvRB
kvBE
kvCR
CFFCRR
CFFC
CRRC
vvvv
vvv
vvv
kvCF
vE
vRD
vD
pv
e
d
r
vR
kvCR
vC
vCR
c
fvFvCF
D
f
aD
A C
B
E
F
aE
aF
d e
S
TR
t
BEka
t
RBka
n
BEka
n
RBka
t
ADkat
RAka
n
ADka
n
RAka
t
RD
n
RA
n
ADDR
t
RA
t
AD
n
RA
n
ADDR
t
RA
n
RA
t
AD
n
ADDR
RAAR
t
AD
n
ADDADDA
)(
aaaaa
aaaaaa
aaaaaa
aaa
aaaaaa
jeden kierunek
D
f
aD
A C
B
E
F
aE
aF
d e
S
TR
t
BEka
t
RBka
n
BEka
n
RBka
t
ADkat
RAka
n
ADka
n
RAka
t
RE
n
RB
n
BEER
t
RB
t
BE
n
RB
n
BEER
t
RB
n
RB
t
BE
n
BEER
RBBR
t
BE
n
BEEBEEB
)(
aaaaa
aaaaaa
aaaaaa
aaa
aaaaaa
D
f
aD
A C
B
E
F
aE
aF
d e
S
TR
t
BEka
t
RBka
n
BEka
n
RBka
t
ADkat
RAka
n
ADka
n
RAka
pa
d
e
r
n
RDa
Ea
t
RDa
Ra
t
REan
REa
t
RE
n
RB
n
BEE
t
RD
n
RA
n
ADD
t
RE
n
RB
n
BEER
t
RD
n
RA
n
ADDR
aaaaaaaa
aaaaa
aaaaa
;BE
va;
RB
va
;RA
va;
AD
va
2
BEn
BE
2
RBn
RB
2
RAn
RA
2
ADn
AD
D
f
aD
A C
B
E
F
aE
aF
d e
S
TR
t
BEka
t
RBka
n
BEka
n
RBka
t
ADkat
RAka
n
ADka
n
RAka
t
CRka
n
CRka
t
CF
n
CFF
t
CR
n
CRR
t
CF
n
CFFC
t
CR
n
CRRC
aaaaaa
aaaa
aaaa
;CF
va;
CR
va
2
CFn
CF
2
CRn
CR
f
c
pa
d
e
r
n
RDa
Ea
t
RDa
Ra
t
REan
REan
CRa
n
CFa
t
CRa
t
CFa
CaFa
A
C
B
E
D
F
v6
1
2
4
3
5
6
MECHANIZM III KLASY
Dane: v6 = vF
EFFE vvv Możliwe równanie:
Potrzebny kierunek vE ???
OGÓLNIE: ŚRODEK OBROTU NIE JEST ŚRODKIEM PRZYSPIESZEŃ !
To, że prędkość punktu v=0 nie oznacza, że również jego przyspieszenie a=0 !!!
Można skorzystać ze środka obrotu,
ale tylko do określenia v
FE
C
A
D
4
5
6B
v6
Przykład 3 - mechanizm III klasy
Dane: v6 = vF, l
P
S
T
A
C
B
E
D
F
v6
1
2
4
3
5
6
kvBA II kvPB
kvPA
kvEF II kvPE
kvPF
PAAP
PBBAAPBBAAP
PBBP
BAAB
)(
vvv
vvvvvvv
vvv
vvv
PFEP
PEEFEPEEFFP
PEEP
EFFE
)(
vvv
vvvvvvv
vvv
vvv
P
S
T
A
C
B
E
D
F
v6
1
2
4
3
5
6
kvBA II kvPB
kvPA
kvEF II kvPE
kvPF
PFFPAB
PFFP
PABP
vvvv
vvv
vvv
kvBA II kvPB
kvPA
kvEF II kvPE
kvPF
vF
vPFvPA=vP
pv
p
f
P
S
T
A
C
B
E
D
F
kvC
v6
1
2
4
3
5
6
kvBA II kvPB
kvPA
kvEF II kvPE
kvPF
kvCP
kvEF II kvPE
kvBA II kvPB
kvPA
kvPF
vF f
kvCvCP
vC
vPF
kvCP
pv
b
c
p
CDDCPP
CDDC
CPPC
vvvv
vvv
vvv
ΔbcpΔBCP~
P
S
T
A
C
B
E
D
F
v6
1
2
4
3
5
6
kvBA II kvPB
kvPA
kvEF II kvPE
kvPF
ΔbceΔBCE~
kvBA II kvPB
kvPA
kvEF II kvPE
kvPF
vF f
kvC
vCP
vC
vCP
kvCP
pv
b
c
p
e
P
S
T
A
C
B
E
D
F
v6
1
2
4
3
5
6
t
PF
t
EF kk aa IIt
PFkat
PB
t
BA kk aa IIt
PAka
n
BAka
n
PBka
n
PEka
n
EFka
t
PF
n
PE
n
EFFP
t
PE
t
EF
n
PE
n
EFFP
t
PE
n
PE
t
EF
n
EFFPEEP
t
EF
n
EFFEFFE
)(
aaaaa
aaaaaa
aaaaaaaa
aaaaaa
P
S
T
A
C
B
E
D
F
v6
1
2
4
3
5
6
t
PF
t
EF kk aa IIt
PFkat
PB
t
BA kk aa IIt
PAka
n
BAka
n
PBka
n
PEka
n
EFka
t
PA
n
PB
n
BAAP
t
PB
t
BA
n
PB
n
BAAP
t
PB
n
PB
t
BA
n
BAAPBBP
t
BA
n
BAABAAB
)(
aaaaa
aaaaaa
aaaaaaaa
aaaaaa
P
S
T
A
C
B
E
D
F
v6
1
2
4
3
5
6
t
PF
t
EF kk aa IIt
PFkat
PB
t
BA kk aa IIt
PAka
n
BAka
n
PBka
n
PEka
n
EFka
n
PEa
n
EFa
t
PFka
n
BAan
PBa
t
PAka
p
pa
t
PA
n
PB
n
BAA
t
PF
n
PE
n
EFF
t
PA
n
PB
n
BAAP
t
PF
n
PE
n
EFFP
aaaaaaaa
aaaaa
aaaaa
;PB
va;
BA
va;
PE
va;
EF
va;0;0
2
PBn
PB
2
BAn
BA
2
PEn
PE
2
EFn
EFAF aa
P
S
T
A
C
B
E
D
F
v6
1
2
4
3
5
6
t
PF
t
EF kk aa IIt
PFkat
PB
t
BA kk aa IIt
PAka
n
BAka
n
PBka
n
PEka
n
EFka
n
CDka
t
CPka
t
CDka
n
CPka
n
PEa
n
EFa
t
PFka
n
BAan
PBa
n
CPap
pa
Ca
c
t
PAka
t
PAka
t
CD
n
CDD
t
CP
n
CPP
t
CD
n
CDDC
t
CP
n
CPPC
aaaaaa
aaaa
aaaa
;CD
va;
CP
va
2
CDn
CD
2
CPn
CP
P
S
T
A
C
B
E
D
F
v6
1
2
4
3
5
6
t
PF
t
EF kk aa IIt
PFkat
PB
t
BA kk aa IIt
PAka
n
BAka
n
PBka
n
PEka
n
EFka
n
CDka
t
CPka
t
CDka
n
CPka
n
PEa
n
EFa
t
PFka
n
BAan
PBa
n
CPap
pa
Ca
c
n
CPka
t
PAka
b
n
BCa
t
BCka
e
t
CDka
n
CDa
t
BAka
Pa
t
BC
n
BCC
t
BA
n
BAA
t
BC
n
BCCB
t
BA
n
BAAB
aaaaaa
aaaa
aaaa
;BC
va;
BA
va
2
BCn
BC
2
BAn
BA
P
S
T
A
C
B
E
D
F
v6
1
2
4
3
5
6
t
PF
t
EF kk aa IIt
PFkat
PB
t
BA kk aa IIt
PAka
n
BAka
n
PBka
n
PEka
n
EFka
n
CDka
t
CPka
t
CDka
n
CPka
n
PEa
n
EFa
t
PFka
n
BAa
n
PBa
n
CPap
pa
Ca
c
n
CPka
t
PAka
b
n
BCa
t
BCka
e
t
CDka
n
CDa
t
BAka
Pa
ΔbceΔBCE~
Materiał prezentowany na wykładzie nr 5 i 6 znajduje się:
Gronowicz A.: Podstawy analizy układów kinematycznych. Oficyna Wydawnicza PWr., Wrocław
2003;
str.: 110- 128
Miller S.: Teoria maszyn i mechanizmów. Analiza układów mechanicznych. Oficyna Wydawnicza
PWr. Wrocław 1996;
str.: 42-62
Przykładowe rozwiązane zadania z kinematyki:
Gronowicz A. Miller S., Twaróg W.: Teoria maszyn i mechanizmów. Zestaw problemów analizy i
projektowania. Oficyna Wydawnicza PWr. Wrocław 2002;
Zadanie 007/16
Zadanie 008/17
Zadanie 009/19
Zadanie 010/21
Zadanie 011/25
