Najpierw wyznaczamy prędkość i przyspieszenie punktu A. Znamy zwrot prędkości i przyspieszenia kątowego pręta OA, znamy więc kierunki prędkości i przyspieszenia punktu A.

\begin{aligned} v_{A}=\omega_{0} \cdot l \end{aligned}

Pręt BC ma swój środek obrotu w punkcie C (punkt nieruchomy). Wiemy, że prędkość i przyspieszenie punktu B będzie na kierunku prostopadłym do prostej łączącej środek obrotu z punktem B, co przedstawiono poniżej. Najpierw zajmiemy się prędkościami.

Metoda superpozycji wyznaczania prędkości i przyspieszenia
Prędkość punktu B

\begin{aligned} &V_{B}=V_{A}+V_{B A} \\ &x: V_{B} \cdot \cos 60^{\circ}=0+V_{B A} \\ &y:-V_{B} \cdot \sin 60^{\circ}=-V_{A} \\ &Z \text { sumy nay } \rightarrow V_{B}=\frac{V_{A}}{\sin 60^{\circ}}=\frac{2 \omega_{0} l}{\sqrt{3}} \\ &Z \text { sumy nax } \rightarrow V_{B A}=\frac{V_{A}}{\sin 60^{\circ}} \cdot \cos 60^{\circ}=\frac{\sqrt{3}}{3} \omega_{0} l \end{aligned}

Przyspieszenie punktu B

Znamy kierunki przyspieszeń stycznych i normalnych punktów A i B oraz przyspieszenia względnego punktu B względem punktu A. Zwroty przyspieszeń normalnych są skierowane w kierunku środków obrotu, a przy prędkości względnej – z punktu B w kierunku punktu A. Zwrot prędkości stycznej w punkcie A jest znany, bo znamy zwrot prędkości kątowej. Zwrot prędkości stycznej \(a_{BA}^t\) zakładamy. Jeśli wyjdzie z ujemnym znakiem, to znaczy że źle założyliśmy zwrot.
Obliczamy:

\begin{aligned} &a_{A}^{t}=\varepsilon_{0} \cdot l \\ &a_{A}^{n}=\omega_{0}^{2} \cdot l \end{aligned}

Do dalszych obliczeń będziemy potrzebowali powiedzieć o środku obrotu pręta BC, który znajduje się w punkcie C.
Obliczymy prędkość kątową \(\omega_{BC}\cdot \overline {BC}=V_B\)
\( \omega_{BC}=\frac{V_B}{2l}= \frac{2 \omega_0 l}{2l \sqrt{3}} =\frac{1}{\sqrt{3}}\omega_0 \)
Znając prędkość kątową pręta BC obliczymy przyspieszenie normalne punktu B: \(a_B^n=\omega_{BC}^2\cdot 2l=\frac{2}{3}\omega_0^2 l\)
Obliczamy prędkość kątową \(\omega_{BA}\). Środek obrotu pręta AB znajduje się w punkcie C, znając prędkość VA obliczymy:
\(\omega_{BA} \cdot l \sqrt{3}=V_A\)
\(\omega_{BA}=\frac{\omega_0 l}{l \sqrt{3}}=\frac{\omega_0}{\sqrt{3}}\)
Przyspieszenie normalne \(a_{BA}^n=\omega_{BA}^2 \cdot l = \frac{1}{3} \omega_0^2 l \)

Równanie superpozycji
\(a_B=a_A+a_{BA}\)
Rozkładając poszczególne przyspieszenia na składowe:
\(a_B^t+a_B^n=a_A^t+a_A^n+a_{BA}^t+a_{BA}^n\)

\begin{aligned} &x: a_{B}^{t} \cos 60+a_{B}^{n} \sin 60=-a_{A}^{n}+a_{B A}^{t} \\ &y:-a_{B}^{t} \sin 60+a_{B}^{n} \cos 60=-a_{A}^{t}+a_{B A}^{n} \\ &x: a_{B}^{t} \cos 60+\frac{2}{3} \omega_{0}^{2} l \cdot \sin 60=-\varepsilon_{0} l+a_{B A}^{t} \\ &y:-a_{B}^{t} \sin 60+\frac{2}{3} \omega_{0}^{2} l \cdot \cos 60=\omega_{0}^{2} l+\frac{1}{3} \omega_{0}^{2} l \\ &\mathrm{z} \text { drugiego równania: } \\ &-a_{B}^{t} \sin 60=\omega_{0}^{2} l \\ &a_{B}^{t}=-\frac{2 \sqrt{3}}{3} \omega_{0}^{2} l \\ &a_{B}=\sqrt{a_{B}^{n 2}+a_{B}^{t 2}} \\ &a_{B}=\sqrt{\left(\frac{2}{3} \omega_{0}^{2} l\right)^{2}+\left(\frac{2 \sqrt{3}}{3} \omega_{0}^{2} l\right)^{2}}=\frac{4}{3} \omega_{0}^{2} l \end{aligned}

Kinematyka - Kinematyka bryły

Mechanika techniczna - Kinematyka - Kinematyka bryły - Przykład 7

Przykład 7