MECHANIKA I

Jaromír Švígler

2

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] Rosenberg J.: Statika. Skriptum, VŠSE Plzeň 1987 [2][3]

Rosenberg J.: Kinematika. Skriptum VŠSE Plzeň 1981Brát V., Rosenberg J., Jáč V.: Kinematika. SNTL/ALFA Praha 1987

[4][5]

Křen J.: Řešené příklady ze statiky. Skriptum, VŠSE Plzeň 1985Křen J.: Řešené příklady z kinematiky. Skriptum, VŠSE Plzeň 1986

[6] Juliš K., Brepta R. a kol.: Mechanika I. díl. Statika a kinematika. Technický průvodce 65. SNTL Praha 1986

3

PŘEDMLUVA

Tento učební text je určen studentům v kombinované formě studia, studujícím předmětMechanika 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 JaněNocarové za její pečlivost a trpělivost při kreslení obrázků a grafické úpravě.

Autor

4

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 cv << , kde c je rychlost světla, – relativní cv → ,

– 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

– vektorový přístup ( MFrr

, ) ,– analytický přístup ( PWEE pk ,,, ) .

Vektory, jako sílu Fr

a moment Mr

, budeme značit šipkou nad písmenem, skalární veličiny, jako kinematickou a potenciální energii pk EE , , práci W a výkon P písmeny bez šipky. Budeme-li

hovořit o velikosti vektoru, použijeme samozřejmě písmeno bez šipky, tedy např. FFr

= .

Základní pojmy mechaniky tuhých těles

V mechanických úlohách budeme používat některé ustálené pojmy, samozřejmě kromědalších, jako

1. hmota m [kg] ,2. prostor R [m] ,3. čas t [s] ,4. síla F [N] .

Podle našeho dělení můžeme říci, že

kinematika používá: 1, 2, 3, statika používá: 1, 2, 4, dynamika používá: 1, 2, 3, 4.

5

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 NfT <

T tečná síla Nf třecí síla

AR reakce kloubu A

CB RRS == osová síla v podpěrném prutu a současně reakce (= reakčnísíla) v kloubech B, C.

k konstanta pružiny ξ prodloužení pružiny

N tah (tlak) T smyková síla vnitřní statické M ohybový moment 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 dobřezapamatujte. Šest základních pouček pro statiku 1. Účinek síly na těleso se nezmění, když sílu,

na její nositelce libovolně posuneme.

6

2. Dvě síly skládáme ve výslednici podle zákona rovnoběžníka.

Poznámka: Grafickou konstrukci můžeme symbolicky vyjádřit vektorovým zápisem

21 FFVrrr

+=

3. Dvě síly mohou být v rovnováze jen tenkrát, leží-li na témže paprsku, jsou stejně veliké a mají opačný smysl.

( ) 0

rrr=−+ FF

4. Tři síly mohou být v rovnováze jen tenkrát, leží-li v téže rovině, prochází jedním bodem a položeny za sebou tvoří uzavřený trojúhleník.

0321

rrrr=++ FFF

5. K soustavě sil lze připojit libovolnou jinou soustavu sil, která je v rovnováze, aniž se změní působení prvé soustavy.

K síle F

rv bodě A připojím F

ra F

r− 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.

BAAB NN =

Odvozené poučky 1. Tři síly v prostoru skládáme ve výslednici podle zákona rovnoběžnostěnu.

321 FFFV ++=

7

2. Ekvivalence Dvě soustavy sil jsou ekvivalentní, mají-li stejnou výslednici.

VSSFFrrrrr

=+=+ 2121

3. Rovnováha Dvě soustavy sil jsou v rovnováze, když jejich výslednice se ruší.

02121 321321rr

=+++− VV

FFSS

4. Rozklad 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].

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 21 , pp . Opět platí jednoduché vztahy

21 FFFrrr

+=

( )απ −−+= cos2 212

22

1 FFFFF

Určení síly Abychom mohli sílu jednoznačně určit, potřebujeme k tomu jistý minimální počet prvků.

Rovina Prostor

Potřebujeme 3 prvky: Fx ,,α Potřebujeme 5 prvků: Fzx ,,,, βα

působiště síly

nositelka p

složka síly ve směru p2 průmět síly do směru p2

8

Vztahy mezi úhly u síly Pro úhly které jsou mezi silou F, jejími složkami zyx FFF ,, a jejími průměty III FF , , do první a druhé průmětny, můžeme psát trigonometrické vztahy, které plynou z pravoúhlých trojúhelníků

ηεψϕα coscoscoscoscos FFFFx === ,

ηεϕβ sincossincos ⋅=== FFFFy ,

εψϕγ sinsincoscos FFFFz === .

Úpravou vztahů, na příklad dělením druhé rovnice rovnicí první, dostaneme

ηψϕ tgtg

=cos

.

Podobně, provedeme-li dělení třetí rovnice rovnicí první, získáme ze třetích a čtvrtých výrazů další vztah

ηεψ

costgtg = .

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 ( TF ), radiálním ( RF ) aaxiálním ( AF ) směru. Příklad 1 Čelní kola s přímými zuby Řez A - A Dáno: KMUrčit: RT FF ,

Poznámka: Z daného kroutícího momentu KMurčíme nejdříve obvodovou, tečnou, ( )OT FF = složku ze vztahu

MF kT = .

Pak již můžeme určit radiální složku

αtgFF TR =

9

a případně výslednou normálovou sílu

αcosTFN = .

V případě přímých zubů je 0=AF . 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: 27=z , Poznámka: 4=m , Hovoříme o kolech se šikmými zuby, ale ve o20=α , skutečnosti se jedná o zuby šroubovitě

o25=β , zakřivené. Pro lepší představu je pár WP 4000= , spoluzabírajících zubů znázorněn odděleně.

min/3000 otn = .Určit: RAO FFF ,,

ŘEZ A- A

Mezi poloměrem roztečné kružnice r a počtem zubů z platí vztah

βcos2mzr = ,

kde m je modul a β je úhel sklonu šroubovice na roztečném válci. Velikost úhlu záběru α je 20°. Z výkonu určíme nejdříve moment

NmPMMP 13

303000

4000===⇒= &

πωω .

10

Potom můžeme určit obvodovou sílu

Nmz

Mr

MF 220059,013

102

11013

cos23

0 ==⋅

===−

β

.

Dále ještě určíme průmět síly N do roviny tečné k roztečnému válci

NFFI 7,242cos

0 ==β

a nyní je již možné vyjádřit axiální a radiální složku normálové síly N

βtgFFA 0= N58,102= , αtgFF IR = N3,88=

a případně i samotnou normálovou sílu N

αcosIFN = N3,258=& ,

kterou samozřejmě můžeme určit jako výslednici jejích již určených složek

.3,25820

22 NFFFF AR =++=

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: δ,, rM k

Určit: 0,, FFF RA

ŘEZ A-A Z daného momentu určíme opětnejdříve obvodovou sílu

MF k=0

a pak již je možné vyjádřit axiální a radiální složku výsledné normálové síly

δα sin0 tgFFA = ,

δα cos0 tgFFR = ,

a je-li to potřebné i samotnou normálovou sílu

αcos0F

N = .

11

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

( ) ( ) ( )4434421

r

4434421

r

4434421

r

rrr

rrr

zyx M

xy

M

xz

M

yz

zyx

L FyFxkFzFxjFzFyiFFFzyxkji

FrM −+−−−==×= .

Vektor momentu splývá s osou procházející bodem a jeho velikost je

222zyxLL MMMMM ++== .

Ještě jednou si připomeneme, že moment síly k bodu je roven momentu síly k ose Fr

rr,⊥ 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 LM k libovolnému bodu L osy o a potom tento moment promítneme do osy o.

FrM L

rrr×= .

Průmět vektoru LMr

do osy o provedeme pomocí skalárního součinu

[ ] ( )[ ]FreeMeeM L

rrrrrrrr×⋅=⋅=0 ,

kde 1=er . Velikost momentu v ose o je tedy

δcos0 LMM = .

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.

12

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.

∑=i

iFFrr

[ ]

( )[ ] ∑∑

∑

=×⋅=

=

×⋅=⋅=

iioi

i

iiLo

MFree

FreeMeeM

rrrrr

rrrrrrrr

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: ϕδ ,,,, baFUrčit: 0M

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: Vektorově:

pFM xo = ( ) [ ]TAAA oarFrM ,,0, =×−=rrrr

Znaménko je (-), neboť Arr orientujeme od síly k bodu A!

δϕ coscosFFx =

Az

Ax

x

z

zyx

A

M

M

Fa

Fa

FFFa

kjiM 0000 =

+

−=

−=

rrr

r,

( )αα

π

cossin

2/cos, −=⋅= oooMM Ao

rrrrr.

Pro velikost složky momentu AMr

do osy o platí

22coscoscoscos

cos2/cos

baabF

cbFa

MMoMM AzAxAo

+==

=+=⋅=

δϕδϕ

απrr

.

bp

ca

cabp

bp

ca

===⇒= αsin, .

22coscos

baabFM o+

= δϕ .

13

Moment k ose o je dán součinem složky xF a kolmé vzdálenosti. Složky yF a zF moment nemají! Proč? Odpověď naleznete na konci textu. Příklad 5 Určete moment síly F k ose o ležící v nárysně.

Dáno: αϕδ ,,,,,, zyxFUrčit: oM

Jedná se o příklad podobný příkladu předcházejícímu a proto provedeme jenom řešení vektorové.

( ) ( ) ( )44 344 21

r

44 344 21

r

44 344 21

r

rrr

rrrzyx M

xy

M

xz

M

yz

zyx

FyFxkFzFxjFzFyi

FFFzyxkji

FrM

−+−−−=

==×=

Pro jednotlivé složky síly F můžeme psát δϕ coscos ⋅⋅= FFx , ϕsin⋅= FFy , δϕ sincos ⋅⋅= FFz .Nyní určíme dílčí momenty

( )ϕδϕ sinsincos zyFM x −= ,

( ) ( )δδϕδϕδϕ sincoscossincoscoscos xzFxzFM y −=−= ,

( )δϕϕ coscossin yxFM z −= .

Moment k ose o získáme jako průmět Mr

do této osy s jednotkovým vektorem sr , 1=s .

( ) ( )απα −+== 2/coscos yxo MsMsMssM .

Po úpravě

αα sincos ⋅+= yxo MMM .

Moment dvojice sil M

Moment dvojice sil, nebo též jinak dvojicový moment, je momentem dvou rovnoběžných, stejněvelikých a opačně orientovaných sil. Nejprve si tedy budeme pamatovat, že dvojice sil jsou dvěstejně 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

( ) ( ) FrFrrFrFrM L

rrrrrrrrrr×=×−=−×+×= 1212 .

14

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

formální shoda, takže z výrazu FrM L

rrr×= 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

[ ]MeeMo

rrrr⋅= ,

kde Mr

je vektor momentu dvojice sil, který je kolmý na rovinu ρproloženou 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

síle Fr

novou soustavu sil Fr

a Fr

− , která je v rovnováze. Novou sílu Fr

necháte a stará síla F

rs novou silou F

r− vytvoří dvojicový moment M

r. Tím vznikne nový

útvar Fr

, Mr

vyznačený na obrázku tmavě.

15

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 [ ]1−NmsP .

Práce Síla Práce, kterou vykoná síla F při pohybu podél křivky k mezi polohami I a II je dána vztahem

∫ ∫ ⋅==2

1

r

r

rdFdWW rr

Jedná se o skalární součin vektorů Fr

a rdr 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

rdrd rrr

×= ϕ ,

dosadíme do výrazu pro práci a upravíme

( ) ( )∫∫∫ ×⋅=×⋅=⋅=2

1

ϕ

ϕ

ϕϕ 321

rrrrrrrr

rM

FrdrdFrdFW .

Po formálním přepsání dostaneme výraz pro práci vykonanou momentem síly F

∫ ⋅=2

1

ϕ

ϕ

ϕrr

dMW .

Jedná se o rotační pohyb a proto fyzikální smysl má jenom složka momentu M do osy o.

ϕϕϕ

ϕ

dMdeMWM

∫∫ =⋅=2

10

0321rr

Poznámka: Je užitečné zapamatovat si následující postup při výpočtu práce:

• zakreslíme obecnou polohu, vyznačíme ϕddx, ,• 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.

16

Výkon

Okamžitý výkon je definován vztahem dt

dWP = .

Síla Dosadíme-li za diferenciál práce vztah z předcházejícího oddílu, můžeme výkon síly vyjádřit jako

vFP rr⋅= .

Moment Podobně je tomu i u momentu

ωrr

⋅= MP . Účinnost Účinnost mechanické soustavy posuzujeme podle přivedených a odvedených účinků

11, vF rr22 , vF rr

ideální stav: 22111 ωωη MM =⇒=

11, ωrr

M 22 , ωrr

M skutečnost: 22111 ωωη MM >⇒<

přiváděné účinky odváděné účinky Mezi přivedeným a odvedeným výkonem tedy platí relace

==⇒=11

222211 ω

ωηωηωMMMM

V praxi se často používá pouze jenom jeden, zátěžný nebo hnací, účinek. Hnací účinek

==1

1

MM idη

Zátěžný účinek

účinekzátěžnýideálníúčinekzátěžnýskutečný

2

2 ==idM

Mη .

Příklad 6 Chceme určit práci síly F potřebnou k přemístění tělesa z polohy I do II.

Dáno: bxxfm ,,,, 21

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.

mechanická soustava

odvedený výkon (výkon) .přivedený výkon (příkon)

ideální hnací účinek .skutečný hnací účinek

17

Pro práci můžeme psát vztah

∫ ∫−=⋅=2

1

2

1

cosr

r

x

x

dxFrdFW αrr.

Jedná se o soustavu sil procházejících jedním bodem a proto píšeme dvě podmínky rovnováhy

0cos:0 =−=∑ NfFFi

ix α ,

0sin:0 =−−=∑ αFQNFi

iy .

Ze druhé rovnice určíme

QFN += αsin

a dosadíme do první rovnice

( ) 0sincos =+− fQFF αα .

Po úpravě dostaneme

αα sincos ffQF

−= .

Nyní můžeme dosadit do výrazu pro práci

( ) .ln1

1

11

1sincos

cos

2

121

1

2

1

2

1

2

1

2

1

2

−−

+−=

−+=

−−+

=

=−

=−

=−

−=

∫∫

∫∫∫

fbxfbxbfxxfQdx

fbxfbfQdx

fbxfbfbxfQ

dx

xbf

fQdxtgf

fQdxf

fQW

x

x

x

x

x

x

x

x

x

x αααα

Příklad 7 Chceme určit práci síly F , která má stálou velikost a směr, podél přímé dráhy Ls Ω≡ .

Dáno: oo 45,60,3,0,6,0,5,0,10 ====== ϕδmzmymxNF .Určit: W. Odpověď naleznete na konci textu.

Postup: Práci vypočítejte jako skalární součin dvou vektorů

zFyFxFrdFW zy

r

x ++=⋅= ∫0

rr.

Výsledek: A) NmW 2,5=B) NmW 32,6=C) NmW 84,7=

18

Příklad 8 Chceme určit velikost a směr momentu síly F k ose y.

Dáno: mzmxNF 0,1,5,0,45,60,12 ===== oo γα .Určit: yM . Odpověď naleznete na konci textu.

Poznámka: Směr momentu je kladný, jestliže vektor momentu má souhlasný směrs jednotkovým vektorem osy, ke které moment hledáme.

Výsledek: A) NmM y 485,2−=

B) NmM y 512,3=C) NmM y 5,5−=

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

∑=i

iFFrr

,

19

Je to rovnice vektorová, kterou rozepíšeme do složek

∑=i

ixx FF , ∑=i

iyy FF , ∑=i

izz FF .

Důležité je, že každou složkovou podmínku můžeme nahradit podmínkou momentovou, ale opačně to nelze! Moment k libovolné ose o určíme pomocí věty Varignonovy a samozřejměvyužijeme znalosti získané v kapitole „Moment síly k ose“, takže můžeme psát

( )[ ] ( )[ ]ii

o FreeFreeMrrrrrrrrr

×⋅=×⋅= ∑ .

Ekvivalence O dvou silových soustavách ji PF , říkáme, že jsou ekvivalentní, mají-li stejnou náhradu. Matematicky toto tvrzení zapíšeme symbolickým vztahem

∑∑ ==i

ij

j FPFrrr

.

Opět se jedná o vektorovou rovnici, která představuje třirovnice skalární

∑∑ =i

ixj

jx FP , ∑∑ =i

iyj

jy FP , ∑∑ =i

izj

jz FP .

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 jednotkovými vektory kji

rrr,, .

Rovnováha Silová soustava je v rovnováze, je-li ekvivalentní s nulovou náhradou, tedy má-li nulovou výslednici. Musí proto platit

0rrr

==∑ FFi

i

a po rozepsání

0=∑i

ixF , 0=∑i

iyF , 0=∑i

izF .

Pojem rovnováhy je nejdůležitější pro praktickou aplikaci na hmotný bod. Síly iFr

označují ještěstále síly akční i reakční, avšak při psaní konkrétních podmínek rovnováhy již budeme, jak uvidíme, tyto síly od sebe odlišovat.

20

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: 21221 ,,,, ββαFFUrčit: 1P a 2P pro ekvivalenci a rovnováhu Poznámka: Jedná se o rovinný případ a proto píšeme

vždy dvě rovnice. Směry sil 21, PP na nositelkách 21 , pp zvolíme libovolně.Pokud skutečná síla bude mít směr opačný, vyjde nám při řešení znaménko mínus.

Ekvivalence Na nositelkách 21 , pp chceme určit síly 21, PP , které vytvoří ekvivalentní soustavu k původní soustavě sil 21, FF . Podmínky ekvivalence mají tvar

2211221 coscoscos ββα PPFF −=+ ,

221122 sinsinsin ββα PPF += .

Z rovnic určíme 21, PP . Úlohu můžeme řešit graficky skládáním sil. Rovnováha Podmínky rovnováhy mají následující tvar

0coscoscos 2211221 =−++ ββα PPFF ,

0sinsinsin 221122 =++ ββα PPF .

Opět určíme 21, PP .

Příklad 10 Dáno: 21321 ,,,, ααFFFUrčit: Náhradu sil 321 ,, FFF

Řešení provedeme graficky a početně.

Grafické řešení

21

Početní řešení Píšeme opět dvě podmínky náhrady, kterou můžeme symbolicky zapsat vektorově ∑=

iiFFrr

.

33221 coscos αα FFFFx −+= ,

3322 sinsin αα FFFy += .

Pro výslednou sílu platí

22yx FFF += .

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 ∑=

iiFF

ekvivalence ∑∑ =j

ji

i PF ,

rovnováha 0=∑i

iF .

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 roviněPodmínkou rovnováhy je 0

rrr==∑

iiFF . Tato podmínka platí pro všechna následující uložení bodu

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 2° volnosti, • vázaný ke křivce 1° volnosti, • nehybný (vázaný ke 2 křivkám) 0° volnosti.

Nehybný bod U případu nehybného bodu si ukážeme různé způsoby vyšetřování rovnováhy

22

Příklad 11 Dáno: 2121 ,,,, ααllQUrčit: Síly 21, SS v prutech Početní řešení složkovými podmínkami

0coscos 2211 =− αα SS ,

0sinsin 2211 =−+ QSS αα .

Početní řešení momentovými podmínkami

( ) 0cossin:0 112112 =−+=∑ ααα lQlSM A ,

( ) 0cossin:0 112121 =−+=∑ ααα lQlSM B .

Grafické řešení Poznámka: U grafického řešení kreslíme síly a jejich nositelky, kdežto u řešení početního používáme složky sil.

021

rrrr=++ SSQ .

Graficko-početní řešení

( )212

1

sin2

sin αααπ +=

−

QS ,

( )211

2

sin2

sin αααπ +=

−

QS .

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 0=+∑ NF

ii

rr

kterou můžeme rozepsat do dvou složkových skalárních rovnic

0=∑i

itF ,

0=−∑ NFi

in .

Poznámka: U bodu vázaného ke křivce s výhodou používáme

složky ve směru normály a tečny.

23

Drsná křivka a) pohyb

Stejně jako u předcházejícího případu vyjádříme rovnováhu sil rovnicí

0rrr

=+∑ RFi

i ,

kterou rozepíšeme do složek ve směru tečny a normály

0=−∑ NfFi

it ,

0=−∑ NFi

in .

Pro třecí úhel ϕ platí

fNNftg ==ϕ .

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

NfT ≤ !

takže i platí

ϕα ≤ .

Příklad 12 Dáno: α,,,,,, 2132 QQQhhlUrčit: 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

0coscossin 3322 =−+ ααα QQQ ,

0coscossin 3322 =−+ ααα QQQ ,

kde

22

22coshx

x+

=α ,

( ) 23

23coshxl

xl

+−

−=α

ze kterých určíme neznámé veličiny N, x.

24

Příklad 13 U bodu vázaného k drsné křivce chceme určit sílu F tak, aby pohyb bodu byl rovnoměrný Dáno: fQ ,,, βαUrčit: F , kdy bude 0≤F

Napíšeme dvě podmínky rovnováhy

0sincos =−+ αβ QNfF ,

0cossin =−+ αβ QNF .

Pomocí Cramerova pravidla určíme neznámé N a F

( ) ( )ββ

βαββ

βαβα

ββ

αβαβ

sincoscos

sincossinsincoscos

1sincos

cossinsincos

fQ

fQ

fQQ

N−+

=−

−== ,

( )ββαα

ββαα

ββαα

sincoscossin

sincoscossin

1sincos

1cossin

ffQ

ffQ

fQ

fQ

F−−

=−−

== .

Odpověď na otázku, kdy bude 0≤F získáme z výrazu pro F, položíme-li

0cossin ≤− αα f .

Odtud je ftg ≤α .

Příklad 14 Uvažujme dvě pružiny spojené za sebou, které tvoří silovou soustavu ležící na jedné nositelce. Dáno: lkkll ,,,, 2121

Určit: x pro rovnováhu, sílu yS v místě y

Rovnovážná poloha pružin nastane v místě x, kde bude platit

21 SS = ,Po vyjádření sil ( iii xkS = ) dostaneme 2211 xkxk = .

Po dosazení za

11 lxx −= , xllxlllx −−=−−−= 21212 ,

dostaneme rovnost

( ) ( )xllklxk −−=− 2211

25

ze které určíme

( )21

2211

kkllklkx

+−+

= .

Nyní chceme znát, jak velkou sílu yS musíme vynaložit při posunutí o y pro dosažení rovnováhy. Musí být splněna podmínka rovnováhy

012 =′−′+ SSS y .

Po dosazení za 1S′ a 2S′ dostaneme

( ) ( ) ( )21221121 kkyyxkyxkSSS y +=−−+=′−′= .

Je užitečné si zapamatovat, že výsledná tuhost dvou pružin při jejich následujícím uspořádání je dána uvedenými vztahy.

21

21

kkkkk+

= , 21 kkk += .

Rovnováha hmotného bodu v prostoru Pro rovnováhu platí stejná podmínka, tj. 0==∑ iFF a protože se jedná o prostor, rozepisujeme vektorovou rovnici do 3 skalárních rovnic. Bod v prostoru může být podle uložení

• volný 3° volnosti, • vázaný k ploše 2° volnosti, • vázaný ke křivce 1° volnosti, • nehybný (vázaný ke 2 křivkám) 0° volnosti.

Nehybný bod Příklad 15 Dáno: δε ,,,,, cbaFUrčit: 321 ,, SSS

26

Vektorovou podmínku rovnováhy rozepíšeme do tří složkových rovnic

0coscoscoscos:0 122 =−−=∑ βαεδ SSFFi

ix ,

0sin:0 3 =−=∑ SFFi

iy δ ,

0sincossinsin:0 12 =+−=∑ εδβα FSSFi

iz .

Po vyjádření úhlů

22cos

cac+

=α ,22

coscb

c+

=β

můžeme z rovnic vypočítat hledané síly 321 ,, SSS .

Bod vázaný ke křivce Příklad 16 Dáno: 0,,,,,,,, 0 =fQklbaF δϕUrčit: 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

0coscoscos:0 =−=∑ αδϕ SFFi

ix ,

0cossin:0 =+−+=∑ βϕ SQNFF yi

iy ,

0cossincos:0 =++=∑ γδϕ SNFF zi

iz .

27

Vyjádříme úhly

222cos

baxx

++=α ,

222cos

baxa

++=β ,

222cos

baxb

++=γ

a nyní ještě potřebujeme určit prodloužení pružiny ξ , tj. sílu v pružině ξkS = . Pro tento účel si délky pružiny v počáteční a v konečné poloze znázorníme ve zvláštním obrázku, ze kterého můžeme ihned psát

222

0

cosbax

xl

x++

=+

=ξ

α ,

po úpravě222

0 baxl ++=+ξ

a konečně pro prodloužení dostaneme 0

222 lbax −++=ξ .

Nyní můžeme ze složkových rovnic určit hledané neznámé xNN yz ,, .

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, neboťekvivalence dvou soustav sil je, jak jsme již dříve uvedli, založena na skutečnosti, že dvěekvivalentní soustavy sil mají stejnou náhradu.

OBECNÁ ROVINNÁ SOUSTAVA SIL Uvažujme soustavu sil niFi ÷= 1, , 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 ΩPoužitím základní věty statiky přesuneme síly iF do bodu Ω a připojíme momenty. Můžeme tedy psát následující tři skalární rovnice

iix FF αcos∑= ,

iiy FF αsin∑= ,

( )∑ −= iiiiii xFyFM αα sincos .

28

Velikost a směr síly F vyjádříme takto

x

yyx F

FtgFFF =+= α,22 .

Z uvedených rovnic můžeme určit hledané veličiny MFF yx ,, a dostaneme 1. náhradu obecné rovinné soustavy sil. Jedinou silou

Použijeme základní větu statiky a sloučíme Fr

a Mr

. Dostaneme Fr

posunutou o míru FMa = .

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

31 FFrr

÷ a naším cílem je určit jejich výslednici ∑=i

iFVrr

,

pro kterou po rozepsání platí

321 FFFVrrrr

++= .

Vektorový zápis geometricky interpretujeme obrazcem vpravo. Nyní potřebujeme určit polohu výslednice V

r.

To provedeme tak, že k soustavě připojíme dvěpomocné, navzájem se rušící síly 00 , SS

rr−+ , jak je

ukázáno ve složkovém obrazci vpravo dole. Tím vytvoříme trojúhelníky sil, které musí podle axionůstatiky 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 myšlenými silami ( ) ( )30 , SS

rr, kterým musí procházet

výsledná síla Vr

.

29

Uvedený postup můžeme stručně vyjádřit následujícím zápisem

( )30321 SSFFFVrrrrrr

+−=++=

Z rovnice plyne, že Vr

prochází průsečíkem 0Sr

a 3Sr

a je rovna součtu 0Sr

− + 3Sr

.

Rovnováha rovinné soustavy sil Jak jsme již uvedli při určování náhrady obecné rovinné soustavy sil, použili jsme k řešení třirovnice. 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.

0cos =∑ ii

iF α ,

0sin =∑ ii

iF α ,

( ) 0sincos =−∑i

iiiiii zFyF αα .

V tomto případě jsou síly iF 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 postačídvě rovnice. Například pro náhradu můžeme psát

∑=i

iFF ,

iii

iiii

i xFyFpF αα sincos ∑∑ −=⋅

Z těchto rovnic určíme hledané F, p.

Příklad 17 Dáno: AA yxxxyFFF ,,,,,,,, 3321321 α FUrčit: Náhradu silové soustavy v bodě A

Náhrada sil v bodě A musí splňovat tyto podmínky

331 cosαFFFx −= ,

332 sinαFFFy += ,

( ) ( ) ( ) AAAAA yFxxFxxFyyFM 333332211 cossin αα +−+−+−= .

Pro velikost výsledné síly platí

( ) ( )23322

331 sincos αα FFFFF ++−= .

Poznámka: Silové účinky v bodě A nakreslíme zcela libovolně, neboť směry vyjdou výpočtem.

30

Příklad 18 Dáno: 3321321 ,,,,,, αxxyFFF FUrčit: Výslednici silové soustavy, tj xF ,, α

Poznámka: Všimněte si formulace obou úloh. Nyní hledáme výslednici, tj. velikost a působištěvýsledné síly.

Grafické řešení Grafické řešení provedeme pomocí pólových paprsků tak, že síly 31 FF ÷

rvykreslíme

v měřítku do složkového obrazce a pólové paprsky přeneseme do silového obrazce.

Početní řešení Při početním řešení zvolíme míru x i úhel α , vyznačíme Fa tyto zvolené veličiny musí vyhovovat vztahům

331 cosαFFFx −= ,

332 sinαFFFy −−= ,

3332211 sin xFxFyFxFy α−−−= .

Velikost síly určíme známým způsobem

( ) ( )23322

331 sincos αα FFFFF −+−=

a pro úhel α můžeme psát

331

332

cossin

ααα

FFFF

FF

tgx

y

−−−

== .

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.

31

Rovnováha tělesa v roviněRovnováhu 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 vrovině, určujeme vazbovou rovnicí σ−= 3i . Můžeme mít tyto možnosti:

• volné těleso ( )ϕ,,3 AA yxi o= ,• vázané těleso σ−= 3i ,

σ je počet vazeb (=počet vazbo-vých podmínek).

Uložení tělesa v roviněUložení tělesa v rovině realizujeme kinematickými dvojicemi, které jsou ideální (bez pasivních odporů), nebo reálné (s pasivními odpory).

Ideální kinematické dvojice rotační "r" o1=i ,

( )ασ ,nebo,2 RRR yx= .

posuvná "p" o1=i ,( )21,nebo,2 NNxN=σ .

valivá "v" o1=i .( )TN ,2=σ .

Pro tečnou reakci platí podmínka NfT ≤ .

obecná "o"

o2=i ,( )N1=σ .

Poznámka: σ je počet vazbových podmínek a v závorce jsou uvedeny odpovídající vazbové síly.

32

Reálné kinematické dvojice rotační "r"

Moment čepového tření je dán vztahem

ččč rfRM ⋅= ,

kde čf je součinitel čepového tření a črje poloměr čepu

posuvná "p"

valivá "v"

e je rameno valivého odporu a pro tečnoureakci opět platí NfT ≤ .

obecná "o"

Rameno valivého odporu e často zanedbáváme.

Poznámka: Počet stupňů volnosti je stejný jako u ideálních kinematických dvojic. Kinematické dvojice ještě doplníme Eulerovým vztahem pro tření vláken

ψfeSS 12 =

Řešení rovnováhy tělesa v roviněRovnováhu tělesa můžeme řešit

• analyticky - kreslíme složky reakcí, • graficky - kreslíme nositelky výsledných reakcí.

33

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) ad c)

0rrrr

=++ BA RRF 0321

rrrrr=+++ SSSF 0

rrrr=++ NRF A

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: laF ,,, αUrčit: BA NR ,

Z podmínek rovnováhy

0cos =− αFRAx ,0sin =+− BAy NFR α ,

0sin =− αFlNB ,

určíme hledané neznámé BAyAx NRR ,, .Řešíme rovnováhu tělesa se třením.

Příklad 20 Dáno: Q, G, rrf čč ,, Z podmínek rovnováhy Určit: Reakce a sílu F 0=− AxRF , 0=−+ AyRQG ,

Poznámka: Pasivním účinkem 022 =+⋅−⋅− AyAxčč RRrfrQrF , je moment čepového

tření. určíme hledané neznámé AyAx RRF ,, .

34

Příklad 21 Dáno: Q, e, f, αUrčit: F

Použitím Eulerova vztahu můžeme psát

21

πfeQS = ,

αfeSF 1= .

Příklad 22 Dáno: Q, [ ]1−NmqUrčit: 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 432 ,, SSS .

Příklad 23 Dáno: 33211 ,,,,,, rfffrG αUrčit: Q tak, aby břemeno klesalo rovnoměrně

Použijeme Eulerův vztah

απϕϕ +==2

,3feSQ

a napíšeme podmínky rovnováhy

0sin 122 =+−+ NGfNS α ,0cos 112 =+− fNNS α ,

01111222 =−− rfNrfNrS ,odkud určíme neznámé 21,,, NNSQ .

35

Příklad 24 Dáno: α,,,,, rrfmQ čč

Určit: F potřebnou k vytažení břemene Z podmínek rovnováhy

0cos =+ xRF α ,

0sin =++− QmgRF yα ,

0=−− čMrQrF ,

kde ččyxč rfRRM 22 += ,

určíme yx RRF ,, . 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

( )xyxyyx RRproRRRR >+=+ 4,096,022 .

2) Fyzikální iterací tak, že nelineární členy převedeme do vektoru pravé strany

22

0

0010sin

01cos

yxččy

x

RRrfrQQmg

RRF

r ++⋅

−−=⋅−αα

.

Řešení provádíme v postupných krocích 1. krok pro ⇒= 0čf

( ) ( ) ( ) ?,, 111 =yx RRF2. krok pro ⇒≠ 0čf

( ) ( ) ( ) ?,, 222 =yx RRF3. krok pro ⇒≠ 0čf …………. 5 OBECNÁ PROSTOROVÁ SOUSTAVA SIL Prostorovou soustavu sil

niFi ÷= 1, , nelze nahradit jedinou silou, neboť nelze složit dvěmimoběžné síly bez připojení momentu. Budeme se opět zabývat náhradou a rovnováhou obecné prostorové soustavy sil.

36

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

ii

ii

ixx FFF αcos∑∑ == ,FFx=αcos ,

ii

ii

iyy FFF βcos∑∑ == ,FFy=βcos ,

ii

ii

izz FFF γcos∑∑ == ,FFz=γcos .

Velikost výsledné síly získáme jako absolutní hodnotu vektoru 222

zyx FFFF ++= .

( )∑∑ −==i

iiyiizi

ixx zFyFMM ,MM x=λcos ,

( )∑∑ −==i

iiyiixi

iyy xFzFMM ,MM y=µcos ,

( )∑∑ +−==i

iiyiixi

izz xFyFMM ,MM z=νcos .

Pro velikost momentu můžeme opět psát 222zyx MMMM ++= .

Můžeme proto vyslovit následující tvrzení.

Obecnou prostorovou soustavu sil lze nahradit výslednou silou Fr

a dvojicovým momentem Mr

.

Pro libovolnou polohu počátku Ω dostaneme stejnou výslednici Fr

, ale různý moment Mr

.Protože výsledná síla je vždy stejná, říkáme, že F

rje

první vektorový invariant obecné prostorové soustavy sil. Promítnutím vektoru momentu M

rdo směru síly

Fr

, dostaneme moment 0Mr

. Přeložíme nyní sílu Fr

a

moment Mr

z bodu Ω do bodu Ar

. Dvojicový moment Mr

můžeme přesunout bez problému, avšak připosunutí síly F

rje nutné podle základní věty statiky

připojit moment FrA

rr× , takže v bodě A budeme mít

moment (znaménko (-) je dáno orientací polohového vektoru Arr )

FFrMM AA

rrrr⋅×−= /

Po skalárním vynásobení vektorem Fr

dostaneme

( ) ( ) FMMFFFrFMFFrMFMM

AAA 0

0

cos ==⋅×−⋅=⋅×−=⋅48476rrrrrrrrr

δ .

Z porovnání obou skalárních výrazů plyne

37

.coscos0 konstMMM AA === δδ

Můžeme proto říci, že 0Mr

je druhý vektorový invariant obecné prostorové soustavy sil.

Rovnováha prostorové soustavy sil Aby byla silová soustava v rovnováze, musí být 0,0

rrrr== MF , tedy musí být splněny rovnice

,0,0 == ∑∑

iix

iix MF

,0,0 == ∑∑i

iyi

iy MF

,0,0 == ∑∑i

izi

iz MF

které tvoří 6 skalárních podmínek rovnováhy. Složkové podmínky lze nahradit momentovými podmínkami. Připomeneme si, že zde opět iF a iM 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

∑∑ ==i

ii

i MMFFrrrr

, , ni ÷=1 , které po rozepsání budou představovat tři skalární rovnice

∑=

iiFF , ∑=

iixx MM , ∑=

iiyy MM .

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 jsou kolmé na směr sil. Protože je FM

rr⊥ , můžeme opětovným použitím základní věty statiky

soustavu rovnoběžných sil v prostoru nahradit jedinou výslednou silou tak, jak uvidíme dále. Rovnováha Aby bylo dosaženo rovnováhy, musí být opět splněno, že 0,0

rrrr== MF , tedy musí platit

0=∑i

iF , 0=∑i

ixM , 0=∑i

izM .

Můžeme proto říci, že pro rovnováhu píšeme opět tři podmínky a to jednu složkovou a dvěmomentové.

38

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

∑=i

iFFrr

.

Vektory můžeme vyjádřit jako součin jednotkového vektoru a hodnoty vektoru, tedy

FeFFeF ii

rrrrr== , .

Aby síla F byla jedinou výslednou silou, musí platit ii

is FrFrrrrr

×=× ∑ .

Po dosazení za vektory sil z předcházejícího vztahu dostaneme

eFreFr ii

isrrrrr

×=× ∑ .

Protože er se vyskytuje na obou stranách rovnice, musí platit i

iis FrFr ∑= ,

odkud získáme polohový vektor střediska soustavy

i

ii

i

s F

Frr

∑=

r

r .

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 σ−= 6i , kde σ je počet vazeb, respektive počet stupňů volnosti odebíraných vazbami. Můžeme mít tyto možnosti

volné těleso, o6=i ,vázané těleso , ( )oσ−= 6i .

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.

39

Vazba bodu tělesa k rámu Vazba plochy tělesa k (ploše) rámu nekongruentní plochy (nesplývající): dotyk v bodě nebo v křivce

3,3 == σoi 3,3 == σoi

tvoří vyšší kinematickou dvojici (ozubená kola).

Vazba křivky tělesa k rámu radiální ložisko

4,2 == σoi

kongruentní plochy (splývající): dotyk ve všech bodech

radiaxiální ložisko posuvné uložení

5,1 == σoi 5,1 == σoi

Příklad 25 Dáno: dcbaFF ,,,,, 21

Určit: Reakce v úložných místech Pro rovnováhu píšeme šest podmínek rovnováhy

0=AXR ,

01 =−++ FRRRyyy CBA ,

02 =−+ FRRzz BA ,

01 =− bFbRyC ,

02 =− aFdRzB ,

01 =− aFdRyB ,

ze kterých určíme šest reakcí

yzyzyx CBBAAA RRRRRR ,,,,, .

Poznámka: Celkem jsme stanovili šest reakcí. To znamená, že těleso je uloženo nehybně.

40

Příklad 26 Dáno: cbalMF ,,,,,,,,,,, ηξµλβαUrčit: Reakce Nejdříve vyznačíme reakční síly ve vazbách. Jsou to SNNRRR yxzyx ,,,,, .

Napíšeme šest podmínek rovnováhy

:0=∑i

ixF 0coscos =+++ ξα SNRF xx ,

:0=∑i

iyF 0coscos =+++ ηβ SNRF yy ,

:0=∑i

izF 0coscos =++ ζγ SRF z ,

:0=∑i

xM 0coscoscos =−−− cSbSlNM y ζηλ ,

:0=∑i

yM 0coscoscos =++− aSbSlNM x ζξµ ,

:0=∑i

zM 0coscoscos =+− aScSM ηξν ,

ze kterých určíme hledané reakční síly SNNRRR yxzyx ,,,,, .

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 21, oo .

Odpovědi:

( )3

32

2321 ,,)sbQS

saQSSSQSA ==+−= .

( )3

32

322321 ,,)sbQS

saSSSQSSSB =+=−+= .

( )2

32

2321 ,,)saQS

sbQSSSQSC =−=+−= .

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 těžišťrůzných geometrických objektů. Naše úvahy rozdělíme na těžiště rovinných a prostorových útvarů.

41

Těžiště rovinných útvarůPodle 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

baF =1 , 22 rF π= .

Protože kruh chybí, sílu 2F odečteme. Pomocí pólového obrazce nalezneme výslednici a její

polohu. Síly otočíme o 2π 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 těžištěmtéto 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

Tyrr πππ 24 2 = ,

odkud je

πryT

2= .

Podle druhé Pappovy věty určíme těžiště půlkruhu. Pro tento případ platí

ππππ ryyrr TT 3

4223

4 23 =⇒= .

Ekvivalence statických momentůNejprve 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

42

∫=b

aT xdFxF .

Stručně můžeme tedy vyslovit následující tvrzení. Statický moment celkové plochy je roven algebraickému součtu statických momentůelementárních ploch. Potom pro souřadnici těžištěplochy je možné psát

( )

( )∫

∫= b

a

b

aT

dxxf

xdxxfx , kde ( )∫ ∫==

b

a

dxxfdFF .

Platí následující věta: Těžiště T ′ plochy F ′ , která je průmětem plochy F,je v průmětu těžiště T plochy F.

Příklad 28 Dáno: a, bUrčit: Těžiště plochy ohraničené pravoúhlým trojúhelníkem

Při určování souřadnice Tx použijeme podmínku ekvivalence statických momentů

∫=a

T xdxyxab02

1 .

Protože platí ab

xy= , můžeme výraz na pravé straně přepsat a dostaneme

321 3

2

0

aabdxx

abxab

a

T == ∫ ,

odkud již vyjádříme souřadnici těžiště ve směru osy x, která je axT 32

= .

Pro určení souřadnice Ty můžeme použít druhou Pappovu větu když si uvědomíme, že rotací kolem x vznikne kužel. Platí proto

⇒= Tyabab ππ 221

31 2

3byT = .

Poznámka: Souřadnici Tx můžeme samozřejmě také určit pomocí Pappovy věty, neboť platí

⇒′= Txabba ππ 223

1 2

3axT =′ .

43

Příklad 29 Dáno: a, bUrčit: 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 Tx psát

2

2 1VxF T =π ,

kde

4abF π

= , baV 21 3

4π= .

Po dosazení a úpravě dostaneme pro Tx

πππ

π aab

baxT 3

4

42

234 2

=⋅

⋅= .

Podobně pro souřadnici Ty dostaneme

22 2VyF T =π ,

πππ bybaVabF T 3

434,

42

1 =⇒

== .

Těžiště prostorových útvarůPři 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

∫= ydVyV T .

Pro komolý kužel můžeme napsat úměru

22

2

22

2 hyFF

hF

yF

yy =⇒= ,

kde yF a F jsou obsahy ploch ve vzdálenosti y a 2h od vrcholu. Objem komolého kužele můžeme vyjádřit jako součet objemů elementárních válců

3

32

32

22

hhhFdyFV y

−== ∫ .

Po dosazení do první rovnice můžeme vyjádřit souřadnici těžiště

31

32

41

42

31

32

41

42

43

3

4hhhh

hh

hh

VydV

yT −−

=−

−

== ∫ .

22 3

4 abV π=

baV 21 3

4π=

44

Příklad 30 Dáno: a, bUrčit: Těžiště poloviny elipsoidu

Jedná se o určení těžiště prostorového útvaru a proto vyjdeme z podmínky ekvivalence statických momentů

∫=a

T xdVxV0

.

Celkový objem určíme jako součet elementárních objemů

∫∫ ===a

dxydVV0

2π .

Z rovnice elipsy v osovém řezu vyjádříme závislost ( )xyy =

22

22

2

2

2

2

11 baxy

by

ax

−=⇒=+ .

Po dosazení do první rovnice dostaneme

aabab

ab

ab

aabab

aab

aab

dxxabb

dxxxabb

dxy

xdxy

dV

xdVx a

a

a

a

a

a

T 83

83

32

4

3

42

22

2

22

3

2

22

4

2

2

2

22

0

22

22

0

22

22

0

2

0

2

0

0 ===−

−=

−

−===

∫

∫

∫

∫

∫

∫

π

π.

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 nazýváme silové účinky, kterými je namáhán zvolený řez tělesa. Těmito účinky jsou síla F ′

ra

moment M ′r

. Musíme si zapamatovat následující větu: Vnitřní statické účinky určujeme jako náhradu všech silových účinků působících po jedné straněřezu 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 iF a jQ , které představují síly akční i reakční. Pro rovnováhu musí proto platit

45

0rrr

=+∑∑j

ji

i QF ,

0rrr

=+∑∑j

Qi

F jiMM .

Nyní na vybraném místě tělesa provedeme myšlený řez a jednu z částí, třeba pravou, odejmeme. Odstraněnou část nahradíme silou F ′ a dvojicovým momentem M ′ aprovedeme rovnováhu zbylé části s přidanými silovými účinky MF ′′, .Nezáleží na tom, kterou část pro rovnováhu vybereme. Rozdíl bude jenom ve znaménkách silových účinků. Pro rovnováhu zbylé, levé, části platí vztahy

0rrr

=+′ ∑i

iFF , 0rrr

=+′ ∑i

FiMM

odkud určíme hledané silové účinky.

∑−=′i

iFFrr

, ∑−=i

F jMMrr

.

Složky těchto účinků označujeme

N normálná síla, zy TT , smykové, posouvající síly,

KM kroutící moment,

zy MM 00 , ohybové momenty.

Příklad 31 Dáno: FUrčit: Vnitřní statické účinky v místě x.

Z rovnovážných podmínek

0cos =− αFRxA ,

0sin =−+ αFNR BAy,

0sin =− aFlNB α ,

určíme reakce BAA NRRyx,, .

Nyní provedeme rovnováhu pravé části, je to výhodnější, a dostaneme vnitřní statické účinky v místě x ( )xlNMNTN BB −−=== 0,,0 .

46

6 ROVINNÉ SOUSTAVY TĚLES SLOŽENÍ A VYTVÁŘENÍ ROVINNÝCH SOUSTAV Soustavou těles nazýváme seskupení alespoň tří těles. Soustavy dělíme na

• nepohyblivé 0° volnosti • pohyblivé 1° volnosti mechanismy, 2° volnosti 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

( ) o2462223 =−=⋅−⋅=i

( ) 0326 =⋅−=i … 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.

( ) 1529 −=⋅−=i … 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.

47

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 Mechanismus ozubených kol

zaoblený zvedák plochý zvedák

Základní nehybné skupiny Binární skupina

Ternární skupina Dvouternární skupina

48

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 případěpohyblivých 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: lcbaQFG ,,,,,,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

0=− xx BA .0=−+ FBA yy .

0=− bBFa y

49

a pro člen 3

0=−+ xx CQB ,0=+− GCB yy ,

0=+− cQbBlB yx .

Z rovnic určíme hledané yxyxyx CCBBAA ,,,,, .

Poznámka: • Sílu G působící ve styčníku B můžeme zahrnout při uvolňování buď ke členu 2, nebo 3. • Všimněte si, že vyloučením yx BB , 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

0=− xx AB ,0=− yy AB ,

0=++ MbBaB yx .

člen 3 člen 4

0=− xx CB , 0=+ FCx ,0=−+ QCB yy , 0=− NCy ,

0=−+ cQbBeB xy . ( ) 0=+− gdFxN .

Ze získaných devíti rovnic určíme hledané reakce a moment MxNCCBBAA yxyxyx ,,,,,,,, .

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.

50

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: FUrčit: Reakce

Působí více sil Řešení provedeme superpoziční metodou. Dáno: 21, FFUrčit: Reakce Řešení provedeme pro každou sílu zvlášť a v jednotlivých styčnících provedeme geometrický součet dílčích reakcí.

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.

Působí F1:

Působí F2:

51

Čtyřkloubový mechanismus

03

rrrr=++ SFRA , 0

rrrr=++ BA RFR ,

03

rrrr=++ DRSS . 04

rrrr=++ SSRB .

Whitworthův mechanismus

0121

rrrrr=+++ NRRF ,

02

rrrr=++ SNRA ,

0321

rrrr=++ NNN .

Poznámka: Rovnováhu rovnoběžných sil 321 ,, NNNpůsobících na člen 4 řešíme pomocí pólového obrazce.

Složený mechanismus

0rrrr

=++ DRNF ,0rrrr

=++ BC RRN ,

0rrrr

=++ AB RSR .

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: 2132432 ,,,,,,, ččč rrfrrmmmUrčit: HM , reakce Provedeme uvolnění jednotlivých členů

člen 2

52

člen 3 člen 2: 0=AxR ,

012 =−− SgmRAy ,01 =− čH MM ,

kde 11 ččAyč rfRM = .

člen 3: 0321 =−−+ RgmSS ,člen 4 023231 =−− čMrSrS ,

kde 22 ččBč rfRM = .

člen 4: 04 =− gmRB ,042 =− xgmM č .

Ze získaných rovnic určíme hledané neznámé xRSSRRM BAyAx ,,,,,, 21 .

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 předlohové 1°,

sférické planetové 1°, prostorové diferenciální 2°.

Ukážeme si typické uspořádání předlohové a planetové soustavy. Předlohová soustava Planetová soustava Osa každého ozubeného kola je pevná

2 centrální kolo, 3 satelit, 4 unašeč,5 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.

53

Dáno: α,,,,, 32322 mmrrMUrčit: Reakce, 3M

Mezi složkami síly N platí vztah

αtgTR = .

Kolo 2: 0=− RAx , Kolo 3: 0=− RBx ,02 =−+ gmTAy , 03 =−− gmTBy ,

022 =−TrM . 033 =−TrM .

Z uvedených rovnic můžeme určit TMBBAA yxyx ,,,,, 3 .

Dáno: 433222 ,,,,, zzzznM ′

Určit: 44 , nM

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.

54

Pro jednotlivé členy můžeme psát následující momentové podmínky rovnováhy

0222 =− rFM , Poznámka: Rovnováhu členu 3 provedeme tak, že síly 23 , FF přeložíme do osy satelitu a

03332 =′− rFrF , připojíme dvojicové momenty.

( ) ( ) 032325 =++− rrFFM .

Ze druhé rovnice získáme

32

32

3

323 rr

rM

rr

FF′

=′

= .

Ze třetí rovnice určíme hledaný moment na unašeči

( ) ( )32

333225 rr

rrrrMM

′′++

= .

55

KINEMATIKA

7 KINEMATIKA HMOTNÉHO BODU Pohyb bodu můžeme popsat vztahy

( ) ( ) ( )tsssrrtrr === ,, rrrr ,

kde ( ) ( )tssr ,r jsou spojité a diferencova-telné funkce a délka oblouku s je přirozený parametr.

Rychlost a zrychlení jsou definovány vztahy

[ ] [ ]22

21 , −− === ms

dtvd

dtrdams

dtrdv rr .

Podle trajektorie dělíme pohyb na • přímočarý, • křivočarý – rovinný,

– prostorový.

Přímočarý pohyb po přímce p se směrovým vektorem pr můžeme popsat vektorovým vztahem ( ) ( )[ ] 00

rrrr=−× trtrp .

Rovinný pohyb v rovině, která má normálu nr , je určen výrazem

( ) ( )[ ] 00

rrrr=−× trtrn .

PŘÍMOČARÝ POHYB BODU Ztotožníme-li přímku p se souřadnicovou osou x, bude platit ipxp

rr== , a pohyb můžeme

popsat skalárními rovnicemi. Pro rychlost a zrychlení platí následující vztahy

( )dxvd

dtxd

dtdva

dtdxv

2,

2

2

2

====

( )

===

dxvd

dxdvv

dtdx

dxdva

v2

2

,

kde zejména poslední výraz pro zrychlení je velmi užitečný. Přímočarý pohyb bodu dělíme podle zrychlení na

a) 0=a rovnoměrný, b) konsta = rovnoměrně zrychlený, zpožděný, c) konsta ≠ nerovnoměrný.

56

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) 0=a , konstv = , tvxx += 0 ,

ad b) konsta = , atvv ±= 0 , axvv 220 ±= , 2

00 21 attvxx ±+= pro 0<>a .

Průběh zrychlení rychlosti a dráhy můžeme graficky znázornit následovně

ad c) konsta ≠ ., při řešení se musí použít definiční vztahy tak, jak si ukážeme na následujících příkladech.

Příklad 35 Dáno: xka 2−=Určit ( )txx =

Protože je dáno ( )xaa = a chceme určit ( )txx = , použijeme k řešení definiční vztah, který obsahuje všechny tři veličiny (a, x, t), tj.

xkdt

xda 22

2

−== .

Po přepsání dostaneme

022

2

=+ xkdt

xd .

Jedná se o diferenciální rovnici druhého řádu s konstantními koeficienty, k jejíž řešení použijeme metodu charakteristické rovnice, u které předpokládáme řešení ve tvaru

tt

exexex t λλ

λλ λ 2,, === &&& .

Potom platí

tt eCeCx 2121

λλ += pro 21 λλ ≠ ,

tt eCteCx λλ21 += pro λλλ == 21 .

Po dosazení do původní rovnice a vydělení teλ dostaneme charakteristickou rovnici

57

⇒=+ 022 kλ ki±=2,1λ .

Po dosazení do výrazu pro x dostaneme

tkitki eCeCx −+= 21 .

Použijeme goniometrický tvar pro komplexní číslo a dostaneme

( ) ( )tkitkCtkitkCx sincossincos 21 −++= .

¨Sloučíme reálné a imaginární části a přeznačíme konstanty

( ) ( ) tkiCCtkCCx sincos 2121 −++= tkBtkA sincos += .

Pro určení A, B potřebujeme ještě jednu rovnici, kterou získáme derivací rovnice pro x.

tkkBtkkAxv cossin +−== & .

Pro počáteční podmínky 00 ,,0 xxvvt === .

Určíme konstanty A, B,

0xA = ,kvB 0= ,

které dosadíme do výchozí rovnice a získáme hledaný vztah ( )txx =

tkkvtkxx sincos 0

0 += .

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 Ado B, byl minimální, když rychlost po odbočení bude poloviční? Dáno: kmhkmlkmhv 5,15,36 1

1 === −

Určit: x

Jedná se o pohyb rovnoměrný. Vyjádříme celkový čas potřebný k překonání obou částí dráhy a určíme jeho minimum

( )2

22

1 vhxl

vxt

+−+= ,

58

( )[ ] ( )( ) ( )( ) 1

2222

22

1

11221

10

21

vhxlv

xlv

xlhxl

vdxdt

++−

−−=

−−+−+== .

Vyjádříme x a dosadíme číselné hodnoty

kmhlvv

hvlx 11,1232

221

2 =−=−

−= .

Příklad 37 Do studny pustíme kámen. Jeho dopad uslyšíme za čas t od okamžiku vypuštění kamene. Určete hloubku studny h.Dáno: 1330,6 −== mscst (rychlost zvuku) Určit: h

Kámen se pohybuje rovnoměrně zrychleným pohybem a dráhu h urazí za čas 1t . Zvuk dopadu se šíří rovnoměrným pohybem a stejnou dráhu urazí za čas 2t .

Pro oba pohyby platí

ghttgh 2

21

121 =⇒= ,

chttch =⇒= 22 .

Celkový čas od vypuštění kamene do uslyšení dopadu je

ch

ghttt +=+=

221 .

Odstraníme odmocninu, upravíme

22gh

cht =− 02 22

22 =+

+−⇒ tctcgchh ,

vyjádříme h a dosadíme

mtctcgctc

gch 15122

222

2,1 =−

+±

+= & .

Příklad 38 Pro dané zrychlení bodu určete jeho dráhu a rychlost. Dáno: kvaa −−= 0

Určit: ( ) ( )tvvtxx == ,

59

Jedná se o pohyb nerovnoměrný a proto pro řešení použijeme definiční vztahy pro rychlost a zrychlení. Z definičního vztahu pro rychlost můžeme psát

dtdvkvaa =−−= 0 .

Provedeme separaci proměnných a naznačenou integraci

( ) vv

v

v

t

kvakkva

dvdt0

0

000

lg1+−=

+−= ∫∫ .

Upravíme a vyjádříme rychlost

ktekvakva −=

++

00

0

−

+=⇒ 0

001 ae

kvak

v kt ……. ( )tvv =

Pomocí definičního vztahu pro dráhu můžeme napsat

−

+= 0

001 ae

kvakdt

dxkt .

Provedeme separaci proměnných

∫∫∫ −+

= −tt

ktx

dtkadte

kkvadx

0

0

0

00

0

a po integraci dostaneme

( ) tkae

kkvat

ka

ke

kkvax ktt

kt0

200

0000 1 −−

+−=−

−+

= −−

.

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 av prostoru. Rovinný pohyb Pro řešení rovinného pohybu můžeme použít jednak kartézské souřadnice a jednak polární souřadnice. V našem výkladu budeme používat kartézské souřadnice.

Poznámka: U ( )trr znamená t čas, v obrázku znamená tečnu t s jednotkovým vektorem t .

60

Použitím definičních vztahů můžeme psát

vtdtds

dsrd

dtrdv

rrr

r=== ,

dtdvtv

dtds

dstd

dtvda

v

rrr

r+== ,

tnt aaatRvn rrrr

+=+=2

,

kde na je normálová, dostředivá, složka zrychlení, ta je tečná složka zrychlení. Přitomto odvození jsme použili výrazy

Rdsdtt

dsrd 1, ==

rr

, které jsou odvozeny vpravo

pomocí překresleného obrázku.

Podle definice derivace můžeme psát

,lim0

tsr

dsrd

s

rrr

=∆∆

=→∆

kde t je jednotkový

vektor tečny. Z podobnosti trojúhelníků platí

1, == tRs

tt rr

r∆∆

,

takže můžeme psát

Rdsdt

st

s

1lim0

==∆∆

→∆.

Tím jsme odvodili oba použité vztahy.

Nyní ještě potřebujeme určit směr vektoru dsdt . Protože je 1=t

r, můžeme psát, že 12 ==⋅ ttt

rrr.

Derivací tohoto vztahu dostaneme výraz 02 =⋅dstdtr

r, který vyjadřuje, že vektor t

rje kolmý na

vektor dstdr

a proto můžeme psát

Kndstd

Rn

dstd r

rr

r

=⇒=1 ,

kde R je poloměr křivosti a K je flexní křivost. Tomuto výrazu říkáme první Frenetův vzorec.

Příklad 39 Dáno: ω, rUrčit: Rychlost, zrychlení a poloměr křivosti dráhy bodu L v jeho poloze 0L

Bod L, který je bodem kružnice k opisuje při valení k po přímce cykloidu. Rovnice dráhy bodu L je dána vztahem

( ) ( )ϕϕϕ cos1sin −+−= rjrrirrrr .

Derivací získáme rychlost a zrychlení v obecném bodě L

61

( ) ϕωωϕ sincos rjrrirvrr&rr

+−== ,

ϕωϕω cossin 22 rjriva +== .

Bod L zaujme polohu 0L pro πϕ = a pro rychlosti a zrychlení v tomto bodě platí

02

2ω

ωr

riv ==rr , ( ) 2

2 0ω

ωr

rja−

=−=rr .

Protože je va rr⊥ , platí že naa = a můžeme proto psát

rrr

avva

nn 44

2

2222

===⇒=ωωρ

ρ.

Příklad 40 V bodě 0A se nachází hmotný bod. Pod jakým úhlem musíme z počátku Ω vypustit střelu s počáteční rychlostí sv , abychom zasáhli padající bod, jestliže bod začne padat současněs výstřelem? Odpor vzduchu neuvažujeme. Dáno: mx 4000 = , my 7000 = , 1100 −= msvs

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: 0xxA = ,

20 2

1 gtyyA −= ,

střela: tvx ss ϕcos= ,2

21sin gttvy ss −= ϕ .

V bodě zásahu mají hmotný bod i střela stejné souřadnice, takže platí

As xx = , As yy = .

Po dosazení dostaneme

62

0cos xtvs =ϕ , 20

2

21

21sin tgytgtvs −=−ϕ .

Po úpravě máme

75,10

0 ==xy

tgϕ o25,60=⇒ ϕ .

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

bntrrr

,, tvoří průvodní trojhran křivky, který také jinak nazýváme Frenetův trojhran. Dvojice přímek vyznačují v bodě L následující roviny

nt rr, oskulační rovina,

bnrr, normálová rovina,

btrr

, rektifikační rovina. Jednotkový vektor binormály můžeme vyjádřit pomocí vektorového součinu

ntb rrr×= .

Derivací podle parametru s dostaneme

dsndtn

dstd

dsbd r

rrrr

×+×= .

Když si uvědomíme že platí

Kndstd rr

=

a protože je dále 1=nr , tj. 12 ==⋅ nnn rrr , je podobně jako tomu bylo u tečny

ndsnd

dsndn r

rrr

⊥⇒= 02 .

To ale znamená, že vektor ds

nd rleží v rektifikační rovině a můžeme ho vyjádřit jako součet jistých

vektorů ležících v této rovině, tj. můžeme psát

63

btdsnd rrr

βα += ,

kde βα , jsou jisté, zatím neznámé koeficienty. Po dosazení do vztahu vyjadřujícího derivaci binormály podle parametru s, dostaneme

( )321

rrrrr

321rr

r

rn

btbttnKndsnd

−

×=++×= ββα0

a po přepsání, s tím, že G=β , získáme druhý Frenetův vzorec

nGdsbd rr

= ,

kde G je torzní křivost

Příklad 41 Určete rychlost a zrychlení bodu pohybujícího se po šroubovici a flexní a torzní křivost jeho dráhy. Dáno: γω ,, 0rUrčit: GKav ,,,

Polohový vektor bodu L šroubovice je

ttgt

trr

ωγω

ω

sin

cos

0=r .

Podle definičních vztahů platí pro vektory rychlosti a zrychlení

t

tr

dtvda

ttg

tr

dtrdv

ω

ωω

ωγω

ωsin

0cos

,cos

sin2

00

−

−==

−==

rr

rr .

Hodnoty rychlostí a zrychlení získáme jako absolutní hodnoty vektorů

20

020 ,

cos1 ω

γωγω raartgrvv ===+==

rr .

Ze vztahu tvv = můžeme určit jednotkový vektor normály

ttg

t

vvt

ωγω

γcos

sincos

−===

rr

.

64

Flexní křivost můžeme určit z prvního Frenetova vzorce Kndstd rr

= .

Derivaci na levé straně můžeme určit následovně jako derivaci složené funkce

t

t

rdtdsdt

tddsdt

dttd

dstd

v

ω

ωωγ

γω

sin0

coscos

cos

110

−

−===

rrr

.

Po jednoduché úpravě dostaneme

Knt

t

rdstd rr

=−

−=

ω

ωγ

sin0

coscos

0

2

.

Porovnáním prostředního výrazu s výrazem na pravé straně získáme flexní křivost

0

2cosr

K γ= .

Při výpočtu torzní křivosti vyjdeme ze vztahu utb rrr×= a provedeme derivaci podle ds stejně jako u

flexní křivosti. Zkuste výpočet a rozhodněte, který z výsledků je správný.

A) 0

2sinr

G γ=

B) 0r

tgG γ=

C) 0

cossinr

G γγ=

8 KINEMATIKA TĚLESA ROVINNÝ POHYB TĚLESA Trajektorie všech bodů tělesa jsou rovinné křivky. Pro polohu bodu L platí

( ) ( ) ( )trtrtr ALALrrr

+= ,

kde A je referenční bod a ALrr = konst.

65

POSUVNÝ POHYB Pro posuvný pohyb platí .konstrAL =

r , tj. ALrr nemění velikost ani směr. Potom je

AAALALL vrrrrv rr&r&r&r&rr

=+=+== 0 ,

AAL ava r&rr== .

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: 422 ., BOAOrkonst ===ωUrčit: LL av ,

2ωrvv AL ==

22ωraa AL ==

Poznámka: Protože 42 BOAO = a současně 42 // BOAO , jedná se o paralelogram. Těleso 3 koná posuvný pohyb.

Příklad 43 Určete brzdnou dráhu x auta jedoucího rychlostí 1

0 60 −= kmhv , je-li zpoždění 23,6 −= msa areakční doba řidiče je 1,3 s.Dáno: 23,6 −= msa , st 3,1=Určit: x

Postup: Celkovou brzdnou dráhu rozdělíme na úsek 1x a 2x . V úseku 1x , který odpovídá reakci řidiče, se auto pohybuje rovnoměrně ( )0=a a v úseku 2x rovnoměrně zpožděně. Pro

tento úsek je velmi vhodné použít k řešení vztah ( )dxvda

2

2

= , ze kterého přímo můžeme

určit 2x .

Odpověď: A) mx 2,56=B) mx 7,43=C) mx 5,31=

66

ROTAČNÍ POHYB Pro rotační pohyb platí .konstrA =

r , tj. Arr nemění velikost ani směr, potom je

ALALALALL rrrrrv rr&r&r&r&rr×=+=+== ω0 ,

( ) =−+×=××+×= )( 2

0

ωωωαωωα ALALALALALL rrrrra

ntALAL aarr rrrrrr+=−×= 2ωα

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: -1ot/minn 1500= , sect 3=Určit: a, d (počet otáček)

Protože úhlové zrychlení je konstantní, platí tαωω += 0 , 20 2

1 tt αωψ += .

zrychlení: počet otáček:

tt ωααωω =⇒+=

=0

0 , ⇒=ψπ d2π

ψ2

=d ,

1sec1575030

150014,330

−=⋅=⋅

== radn&ππω , ππααωψ 759

350

21

21

21 22

0 =⋅==+= ttt ,

2sec4,523

50 −== radπα . otd 5,372

75==

ππ .

Příklad 45 Rotor otáčející se otáčkami 1n se urychlí za čas Rt na otáčky 2n . Urychlování rotoru se děje konstantním úhlovým zrychlením Rα . Vypočtěte úhlové zrychlení Rα rotoru a počet otáček Rn ,které rotor v průběhu urychlování z otáček 1n na otáčky 2n udělá. Dáno: ot/minn 5001 =

ot/minn 80002 =stR 5=

67

Vypočteme úhlové rychlosti 1ω a 2ω příslušející otáčkám 1n a 2n , tedy

122

111 76,837

30,36,52

30−− ==== sradnsradn πωπω .

Pro úhlové zrychlení platí

11212

0

1,1572

1

−=−

=⇒=−⇒=⇒= ∫∫ sradt

tdtddtd

RRRR

t

RR

R ωωααωωαωωαω

ω

.

Mezi počtem otáček a úhlem otočení rotoru platí vztah

πϕπϕ2

2 RRRR nn =⇒= .

Pro úhlové zrychlení platí

( )

( )

( )( )( )

( ) .otttn

dd

dd

RR

RR

RRR

R

R

12,3544422

,22

,2

12

12

121221

22

21

22

0

2

2

22

21

=+

=−+−

=−

=

=−⇒=

=

∫∫

πωω

ωωπωωωω

παωω

ϕαωωϕαω

ϕωα

ϕω

ω

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. Pro obecný rovinný pohyb platí .., konstrkonstr ALA ≠≠

rr , potom je

ALAALALL rvrrrv rrr&r&r&rr×+=+== ω ,

ALALAALALAL rrarraa 2ωαωωα −×+=××+×+= .

Pamatujte si: Základní rozklad pohybu je charakterizován tím, že unášivý pohyb je posuvný!

Příklad 46 Dáno: ωUrčit: LL av ,

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.

68

Poznámka: Bod A je společným bodem těles 2 a 3 a proto i jeho kinematické veličiny jsou společnéoběma tělesům.

Protože známe kinematické veličiny v bodě A, zvolíme ho za referenční bod do kterého myšleněumístíme prostor 5, který koná posuvný pohyb po kružnici a pro bod L tělesa 3 můžeme psát

513531 LLL vvv += .

Po vyjádření jednotlivých veličin, 2, ωω raarv nAAA === , dostaneme

ALvv AL ×+= 35ω ,

Podobně pro zrychlení (není na obrázku zakresleno)

+= AL aa 31 LvAL ×+× 3535 ωα .

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 PL ≡ platí

×=×+=≡ ωωrrrrrrr /0APALP rvvv ,

( ) ( )

0

0

r

43421rrrrr

rrr43421rrr

=××+×⋅−⋅

=

ωωωω

ωωωAPAP rr

APA rv ,

takže dostaneme

02rrrr

=−× APA rv ωω ,

odkud můžeme určit polohový vektor bodu P vzhledem k referenčnímu bodu A

2ωω A

APvrrr

r ×= ,

a tím můžeme určit polohu bodu P

APAP rrr rrr+= .

U rovinného pohybu tělesa existuje, pro 0≠ω , bod tělesa P, jehož rychlost je nulová. Tento bod nazýváme pólem pohybu.

69

Použijeme-li pól za referenční bod, dostaneme pro rychlosti a zrychlení bodu L vztahy

PLL rv rrr×=ω ,

PLPLPL rraa 2ωα −×+= , kde Pa 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: LL av ,

Máme určit rychlost a zrychlení bodu L pevně spojeného s kružnicí, která se valí po přímce. Poznámka: Valivý pohyb je zvláštním

případem obecného rovi-nného pohybu.

lALALrAL == ,r ; PLrPL =r

Použijeme základní rozklad pohybu.

Referenční bod A:

ALAL rvv ×+= ω , vvA = , lvAL =ω ,

ϕcos22

2

rvlv

rvlvvL +

+= ,

ALALAL rraa 2ωα −×+= , protože 0=Aa , 0=α , lvAL 2

22 =ω , dostaneme

2

2 lvaa nL == .

70

Referenční bod P:

PLPL rvv rrrr×+= ω , protože 0=Pv , ϕω cos222 rllrvPL ++= ,

dostaneme

ϕcos222 rllrvvL ++= ,

PLPLPL rraa 2ωα −×+= .

Protože platí

vvava PP =⇒×= ωπrrr , ϕω cos222

2

22 rllrvPL ++=

a tečné zrychlení 0=PLα , dostaneme

( ) ψωω cos2 2222

22

PLrvPL

rvaL −+

= ,

kde

.cos

sinϕ

ϕψlr

ltg+

=

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

PBA ′′′∆ 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 !

PABPBA ′′=′′′ ∆∆ ~ .

Podíváme-li se jak jsme určovali pól pohybu tělesa, můžeme ihned psát následující vztahy.

71

Nehybná polodie Nk : 2ωω A

APvrrrr

rr ×+= .

Hybná polodie Hk : 2ωω A

APvrrr

r ×= .

Příklad 48 Dáno: hvA,Určit rovnici Nk , Hk tělesa 3 Prostor 1111 ,, zyxR ≡ je nehybný, prostor 2222 ,, zyxR ≡ se natáčí s tělesem 3. Polodie určíme tak, že vyjádříme polohu pólu P v příslušném prostoru. Vyjádříme nejdříve funkce úhlu ϕ .

htvtg A=ϕ ,

( )22cos

tvhh

A+=ϕ .

Rovnice nehybné polodie je dána vztahem

( ) ( )tvjtgtvir AAN 11

rrr+−= ϕ .

Rovnice hybné polodie je dána vztahem

( ) th

tvhvjtvjir AAAH

222

222 cos0 +=

+=

rrrr

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 HN kk , tělesa 3 Prostor zyxRx ,,≡ je nehybný, prostor

ζηξξ ,,≡R je spojen s tělesem 3. Nehybná polodie Nk :

( ) 22

2

coscoscoscos

ϕψϕψϕtglr

lrrPRx +

+=

r , platí ?sinsinsin 2 =⇒= ψψϕ lr

Hybná polodie Hk :

( )

( )

( )

( )ψϕψϕϕϕ

ψϕψϕϕϕ

ψϕϕ

ψϕϕ

ξ

sincoscossinsin1cos

sinsincoscossin1cos

sincos

coscos

2222

2

2

2

2222

2

2

2

22

22

−

−−+

−

−−+

=+

−

+

−=

rlrlr

rlrlr

rx

rx

rPRr .

72

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 vektoru v pohybujícím se prostoru V prostoru 222 , jiR ≡ je dán polohový vektor r a potřebujeme určit jeho časovou derivaci v prostoru 111 , jiR ≡ .

yx rjrir 22

rrr+= ,

yyxx rjrjriridtrd

&r&r&

r&rr

2222 +++= .

Pro derivaci jednotkových vektorů můžeme psát

2222 , jjiirr&rrr&r ×=×= ωω ,

neboť pro infinitesimální pootočení na příklad 2ir

, viz obrázek, platí

222 jdiirrr

ϕ∆ = , 12 =ir

,

2222 jdiiirrrr

ϕ+= ,

2

0

22

22 j

dtjddj

dtd

dtidi

rr

rr

&r ωϕϕ

ω

=+== ,

takže je

222 ijirrr&r ×== ωω ,

Potom časovou derivaci r můžeme vyjádřit takto

[ ] rrrjrirjridtdr

yxyxrr&rrrrr

&r

&r

×+=×+×++=

ωωω 22222

1,

a po přepsání

[ ] [ ] rrr rr&r&r ×+= ω21 .

Kinematické závislosti při současných pohybech Pro těleso 3, pohybující se v prostoru 2R ,který se pohybuje v prostoru 1R , můžeme napsat rozklad pohybu 31 = 32 + 21, kde pohyb 21 je pohybem unášivým a pohyb 32 je pohybem druhotným, relativním.

73

Pro polohový vektor bodu L můžeme psát

2rrr ALrrr

+= .

Derivováním dostaneme

[ ] [ ] [ ] 2132221322212211 LLLAAL vvrvvrrrr rrrrrrrr&r&r& +=×++=×++= ωω , kde 22121 rvv ALrrrr

×+= ω .

Takže pro rychlosti platí

213231 LLL vvv += .

Další derivací dostaneme zrychlení

[ ] [ ]( )( ).2 22121221322132

22122212213221321

rrvaarrrvaav

LLA

LLALrrrrrrrr

rr&rrrrrrr&r

××+×+×++==×+×+×+×++=

ωωαωωωαω

Po úpravě můžeme psát

3221213231 2 LLLL vaaa rrrrr×++= ω ,

kde 32212 LC va rrr×= ω je Coriolisovo zrychlení, jehož směr získáme otočením 32Lv o

2π ve smyslu

21ω . Jestliže je unášivý pohyb posuvný, 021 =ω , potom 0=ca a platí ( AL aa rr=21 viz posuvný pohyb

tělesa!) 32213231 LALLL aaaaa rrrrr

+=+= .

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:

Pro rychlosti platí zákon rovnoběžníka ( urel vvv rrr+= ).

Pro zrychlení, když unášivý pohyb je posuvný, platí zákon rovnoběžníka ( urel aaa rrr+= ) a když

unášivý pohyb není posuvný, zákon rovnoběžníka neplatí, zrychlení je dáno geometrickým součtem jednotlivých složek ( curel aaaa rrrr

++= ). 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 Obecný rozklad 31 = 34 + 41 31 = 34 + 41 L: 413431 vvv rrr

+= L: 413431 vvv rrr+=

413431 aaa rrr+= caaaa rrrr

++= 413431

74

Pólová věta Pól absolutního pohybu (31) leží na spojnici relativního (32) a unášivého (21) pohybu.

213231 PPP +=

Použití pólové věty můžeme ukázat na případu spojení dvou těles, kde 213231 PPP += .

Příklad 50 Dáno: Výkres v měřítku Určit: Pól 31P

Použitím pólové věty můžeme psát

213231 PPP += ,

413431 PPP += .

Pól 31P leží v průsečíku obou spojnic.

Příklad 51 Dáno: ( ) 2121,, αωtrUrčit: 3131, avPro těleso 3 můžeme psát rozklad pohybu 31 = 32 + 21, takže pro rychlosti a zrychlení, rozměry tělesa zanedbáváme, platí

213231 vvv += ,

caaaa ++= 213231 .

75

Pomocí znalosti kinematických veličin

rv rrr×= 2121 ω ,

212121 van ×=ω ,

rat ×= 2121 α ,

32212 vac ×= ω ,

je možné kreslit, obrazce rychlostí a zrychlení (na obrázku jsou kresleny odděleně).

Příklad 52 Dáno: 323221 ,,, rrωωUrčit: LL av ,

Bod L je bodem tělesa 3 a proto provedeme rozklad pohybu tělesa 3 a současně si ukážeme řešení základním rozkladem pohybu. Řešení rozkladem pohybu

213231: vvvL += ,

21221 ωLOv = ,

ϕcos2 322

32

22 rrrrLO −+= , ( )23 ϕϕπϕ −−= ,

32332 ωrv = ,

2

23221

232

22131 sin

sin,,cos2LOrvvvvv =−=−+=

ϕλλπψψ .

L: caaaa ++= 213231 ,

222121 LOan ω= , 021 =ta ,

323232 ran ω= , 032 =ta ,

32212 vac ω= ,

( ) ( ) ( )λπ −+−++= cos2 3221221

23231 cnnncn aaaaaaa .

76

Řešení základním rozkladem Provedeme základní rozklad pohybu tělesa 3 s referenčním bodem A, kam umístíme myšlený prostor 4, který koná posuvný pohyb po kružnici.

L: 413431 vvv += Pro úhlové rychlosti platí

21241 ωrvv A == 3431413431 ωωωωω =⇒+=

33434 rv ω= 213231 ωωω += !

( )[ ]234134234

24131 cos2 ϕϕπ −−−+= vvvvv ,

413431: aaaL += ,

221241 ωraa A == ,

( )221323234334 ωωω +== rra ,

( )[ ]233441234

24131 cos2 ϕϕπ −−−+= aaaaa .

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

Hk po polodii nehybné Nk .

Věta Euler – Savaryho je dána následujícím vztahem

21

11sin11rrsr

+=

+ ϑ

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, 1r a 2r jsou poloměry nehybné a hybné polodie.

sPS

rLP

L =

=

77

Rychlostní konstrukce Základem rychlostní konstrukce, kterou určujeme středy křivosti graficky, je Hartmanova věta.

Koncový bod vektoru rychlosti libovolného bodu tělesa L, jeho střed křivosti LS akoncový bod pravoúhlého průmětu pólové rychlosti πv 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 oS obálky o křivky k je totožný se středem křivosti MS trajektorie bodu M, který je středem křivosti výtvarné křivky k.

Příklad 53 Dáno: mrr ,, 21

Určit: LS

Početně pomocí věty Euler – Savaryho

212

1112

1rrsmr

+=+−

,

?=s .

Graficky rychlostní konstrukcí • zvolíme rychlost bodu 2O , neboť jeho střed křivosti známe, • určíme πv , Lv , • Průsečnice spojnice koncových bodů rychlostí Lv a πv s normálou Ln je hledaný střed

křivosti.

78

Příklad 54 Dáno: α,1rUrčit: Střed křivosti obálky vytvářené přímkou p

Početně větou Euler – Savaryho

∞+=

−

+∞

112

sin11

1rsαπ ,

odkud je

αcos1rs = .

Graficky Bobillierovou konstrukcí • přímka q má střed křivosti v nekonečnu, bod ∞Q který s tímto středem splývá, má střed

křivosti v bodě 1O ,• 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 Hk 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

∞QS 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. Přiřešení budeme používat

79

• 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: hlr ,,,2ωUrčit: 41416161 ,,, αωav

Kinematické poměry na noži jsou stejné s poměry v bodu A,neboť smykadlo koná posuvný pohyb. Polohu členu 6 určuje míra x

2

2

cossin,

ϕϕψψ

rlrtgtghx+

== ,

trl

rhx 222

2 ,cos

sinωϕ

ϕϕ

=+

= .

Derivací dostaneme rychlost a zrychlení

( )( )

( )( )2

2

22

2

2222

22261 cos

coscos

sincoscosϕ

ϕωϕ

ωϕϕϕωrl

lrrhrl

rhrlhrdtdxvv A +

+=

+++

==≡ ,

K& === AA vaa61

Polohu členu 4 určuje úhel ψ

2

2

cossin

ϕϕψ

rlrarctg+

= .

Derivací získáme úhlovou rychlost a úhlové zrychlení

( )( )

2

2

2

22

2

241

cossin1

coscos

+

+

++

==

ϕϕϕϕ

ωψω

rlrrl

lrr

& , K& == 4141 ωα

80

Taylorova řadaPři 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

( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )nn

axn

afaxafaxafafxf −+−′′

+−′

+=!!21

2K .

Uvažujme, že máme funkci

( ) ( ) xx

xf −=+−= 1sin1 2

43421 ϕλ , pro 0=a je ( ) 1=af ,

( ) ( ) ( ) ( )21,

11

2111

21 21 −=′

−−=−−=′ − af

xxxf ,

( ) ( ) ( )( )

( )41,

1

14111

21

21

3

23 −=′′−

−=−−

−−=′′ − af

xxxf .

Po dosazení do Taylorovy řady dostaneme

( ) ( ) ( ) K++−+−= 42 sin81sin

211 kkxf ϕλϕλ

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: ehmlr ,,,,,2ωUrčit: LL avav ,,, 4141

Protože člen 4 koná posuvný pohyb, stačí určit rychlost a zrychlení jednoho jeho bodu. Člen 4: Polohový vektor bodu B členu 4 je

ABOAMBOMrB +=+=r .

Po rozepsání do směrů x a y dostaneme

ψϕ coscos lrx += ,

ψϕ sinsin lre −=− .

Vyjádříme úhel ψ

81

kl

er+=

+= ϕλϕψ sinsinsin ,

( )2sin1cos k+−= ϕλψ ,lr

=λ ,lek = .

Použitím Taylorovy řady (omezíme se na první dva členy) nahradíme odmocninu

( ) ( )22 sin211sin1 kk +−=+− ϕλϕλ ,

takže dostaneme

( ) 2222

21sinsin

211sin1 kkk −−−=+− ϕλϕλϕλ .

Z druhé rovnice od shora dostaneme polohu členu 4

( ) =

−−−+=+−+=rlk

rkl

rl

rlrklrx

22

22

21sinsin

21cossin1cos ϕλϕλϕϕλϕ

−−+−= ϕϕλϕλλ

sinsin21cos

21 2

2

kkr .

Derivací získáme rychlost členu 4

++−== ϕϕλϕω cos2sin

21sin2141 krxv &

a dalším derivováním dostaneme zrychlení členu 4

[ ]ϕϕλϕω sin2coscos2141 krxa −+−== && .

Bod L: Určíme polohový vektor bodu L, vyjádříme jeho složky a provedeme derivace

LCCAAOLOrL

rrrrr++=≡ ,

ψψϕ sincoscos hmrxL ++= ,

ψψϕ cossinsin hmryL +−= ,

( )khkkmrxL ++

−−−+= ϕλϕλϕλϕ sin

21sinsin

211cos 222 ,

( )

−−−++−= 222

21sinsin

211sinsin kkhkmryL ϕλϕλϕλϕ .

82

Vlastní výpočet derivací pro úsporu místa provádět nebudeme

== LLx xv & …… , == LLy yv & ……, 22LyLxL vvv += ,

=== LxLLx vxa &&& ….., === LyLLy vya &&& ….., 22LyLxL aaa += .

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 5ω 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

2

4

3

4

2

3

54

52

zz

zz

zz

−=−=−−ωωωω ,

3

2

52

35

zz

−=−ωω

ω .

Dvojitý satelit Řešení je stejné jako u satelitu jednoduchého

3

4

2

3

54

52

zz

zz

′−=

−−ωωωω ,

3

2

52

35

zz

−=−ωω

ω.

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:

83

• 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 BA vv , do jejího směru stejné, tj. pBBAA =′=′ . Pootočením vyšrafovaných trojúhelníků o 90º do vytečkovaných poloh, dostaneme pBBAA =′′=′′ . Spojnice BA ′′′′ 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: 2ω , nákres v měřítku Určit: 4ω

Postup: • určíme 22 AOvA ω= ,

• otočením Av o2π dostaneme Av ′r ,

• použijeme podmínku tuhosti úsečky a určíme Bv ′r ,

• zpětným otočením o 2π určíme Bvr ,

• vypočteme 4

4 BOvB=ω .

84

Příklad 56 Dáno: 2ω , nákres v měřítku Určit: 6ω

22 AOvA ω= ,

66 DO

vD=ω .

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: 2ω , nákres v měřítku Určit: Av

Členy 2 a 3 jsou vázány posuvnou vazbou a proto provedeme rozklad pohybu členu 3

213231 += ,

nebo také můžeme psát

413431 += .

Protože ale druhý rozklad neobsahuje člen 2 a my známe 2ω , použijeme k řešení první rozklad a pro bod A můžeme psát:

213231: vvvA += .

Známe 2221 AOv ω= a doplníme trojúhelník rychlostí směry rychlostí (v našem případě otočených)

32v a 31v .

Poznámka: • Při použití metody rozkladu pohybu můžeme k řešení použít rychlosti normální, nebo

otočené. • Všimněte si uspořádání šipek u rychlostí. Rychlost 31v je výsledná! • Protože bod A je bodem členu 3 i 4, platí 4131 vv ≡ .

85

V dalším příkladu si ukážeme aplikaci obou metod při řešení klikového mechanismu. Všimněte si různých variací při použití metody rozkladu pohybu. Příklad 58 Dáno: 2ω , nákres v měřítku Určit: 41v

První tři řešení jsou provedena metodou rozkladu a čtvrté řešení podmínkou tuhosti úsečky. K řešení jsou použity pootočené rychlosti, abychom mohli obě metody porovnat.

213231 +=213231: vvvB ′+′=′ ,

2221 BOv ω= .

513531 +=513531: vvvB ′+′=′ ,

2251 AOvv A ω== .

413431 +=413431: vvvA ′+′=′ ,

2231 AOvv A ω== .

22 AOvA ω=

ŘEŠENÍ

Příklad 4: Protínají osu oPříklad 7: C Příklad 8: A Příklad 27: A Příklad 41: C Příklad 43: B