Dinamika Materijalnih Sistema 2010_djurkovic Vlado

VOJNA AKADEMIJA

Vlado P. Đurković

DINAMIKA MATERIJALNIH SISTEMA - TEORIJA I PRIMERI -

Beograd, 2010. godine

Autor vanredni profesor dr Vlado P. ĐURKOVIĆ, dipl. ing. Dinamika materijalnih sistema – teorija i primeri Recenzenti: Prof. dr Dragoljub VUJIĆ, dipl. ing. Prof. dr Srđan RUSOV, dipl. ing. Izdavač: MINISTARSTVO ODBRANE SEKTOR ZA LJUDSKE RESURSE UPRAVA ZA ŠKOLSTVO VOJNA AKADEMIJA BEOGRAD Za izdavača: mr Slaviša SAVIĆ, pukovnik, dipl. ing. Jezički urednik: Nada RELIĆ, profesor Tehnički urednik: Željko HRČEK, potpukovnik Tiraž: 200 primeraka Štampa: Vojna akademija Beograd, Neznanog junaka 3 ISBN 86-xxxx-xxx-x Preštampavanje ili fotokopiranje nije dozvoljeno

Sretanki i Sonji

Predgovor

Đurković Vlado

PREDGOVOR Ovaj udžbenik je namenjen studentima Vojne akademije (VA), smera Tehničke službe, kao i studentima tehničkih fakulteta. Pored toga, udžbenik treba da korisno posluži i inženjerima u praksi, jer pored temeljno izloženih principa kretanja materijalnog sistema, sadrži metode rešavanja problema odnosno veliki broj rešenih zadataka. Postoji dosta obimna literatura iz mehanike materijalnog sistema na našem jeziku, što se može zaključiti i iz literature navedene na kraju knjige. Ipak ukazala se potreba za užbenikom ovog tipa radi obilja primera koji prate teorijska izlaganja. Studentima se u toku predavanja detaljno objašnjavaju i dokazuju svi teoretski rezultati, a na vežbama se radi veliki broj primera iz prakse. Međutim, i pored toga, veliki je broj studenata koji sa naporom polože ispit iz Mehanike 3 i na taj način produže vreme studiranja, dovodeći u pitanje konačan uspeh na studijima. Iz ovih razloga sam se odlučio napisati ovaj udžbenik. U našem obrazovnom sistemu se, tradicionalno, izlaže dinamika kretanja tačke i krutog tela, a zatim se utvrđuju opšti zakoni, teoreme koji imaju opšti karakter, da bi se na kraju prešlo na sistem materijalnih tačaka i analitičku mehaniku. U literaturi iz mehanike nema opšte usvojenog tumačenja termina „analitička mehanika”. Neki autori identifikuju analitičku mehaniku sa teorijskom. Drugi smatraju da u analitičku mehaniku spada izlaganje mehanike u generalisanim koordinatama. Treće stanovište, od kojeg polazi i autor ove knjige, nazvan je „Predavanja iz analitičke mehanike”, sastoje se u tome da analitičku mehaniku karakteriše kako sistem izlaganja tako i određeni krug u njoj razmatranih pitanja. Kao karakteristično za sistem izlaganja analitičke mehanike javlja se to da se u njenoj osnovi postavljaju opšti principi (diferencijalni i integralni) i iz tih principa analitičkim putem dobijaju se osnovne diferencijalne jednačine kretanja. Izlaganje opštih principa mehanike, izvođenje iz njih osnovnih diferencijalnih jednačina kretanja, ispitivanje 3

Predgovor

Đurković Vlado

samih jednačina i metoda njihove integracije sačinjavaju osnovni sadržaj analitičke mehanike. Analitička mehanika ulazi kao deo kursa teorijske mehanike u program kako svih tehničkih fakulteta, tako i u VA. Ovaj udžbenik se pojavio iz kursa predavanja koje je autor držao za poslednjih 20 godina na VA. To je odredilo izbor materijala i karakter njegovog izlaganja. Dinamika sistema materijalnih tačaka je izložena u šest poglavlja: dinamika mehaničkog sistema materijalnih tačaka, opšti zakoni kretanja sistema materijalnih tačaka, sferno kretanje mehaničkog sistema, približna teorija žiroskopskih pojava, teorija udara i osnovi analitičke mehanike. Udžbenik sadrži 386 stranica teksta, 479 crteža, 179 zadataka, kompletnu Tabelu momenata inercije materijalnih linija, površina i zapremina i 7 primera. Tekst je pisan i pripreman za štampu u WORD-u, a crteži su urađeni u AutoCAD R14. Tehničku obradu, sve crteže, kucanje i prelom teksta uradio je autor. Iako sam poklonio veliku pažnju konačnom oblikovanju ovog udžbenika, svestan sam mogućih grešaka. Biću zahvalan svima koji mi budu ukazali na propuste i greške kojih, s obzirom na obimnost materije, sigurno ima. Želim da se zahvalim Upravi za školstvo i Vojnoj akademiji na podršci prilikom izdavanja ovog udžbenika, kao i radnicima Službe za izdavačku delatnost, na njihovom angažovanju oko konačne tehničke obrade i štampanja udžbenika. Zahvaljujem se doc. dr V. Batiniću, dipl. ing. i drugim saradnicima koji su pomogli da ova knjiga dobije baš ovakvu formu i sadržinu. Takođe, najlepše se zahvaljujem recenzentima dr Srđanu Rusov, dipl. ing., i dr Dragoljubu Vujić, dipl. ing. na primedbama i korisnim sugestijama, koje su doprinele da ovaj udžbenik dobije svoj konačan izgled. Posebnu zahvalnost dugujem Nadi Relić, prof., koja je izvršila jezičku redakciju teksta. Beograd, januar 2009. godine Autor

4

Sadržaj

Đurković Vlado

SADRŽAJ Predgovor Sadržaj

...................................................................................... .......................................................................................

3 5

DINAMIKA MATERIJALNIH SISTEMA 1. DINAMIKA MEHANIČKOG SISTEMA MATERIJALNIH TAČAKA ................................................................................... 1.1. Definicija mehaničkog sistema. Osobine unutrašnjih sila sistema ....................................................................... 1.2. Masa mehaničkog sistema. Centar masa sistema ................ 1.3. Kruto telo .......................................................................... 1.4. Definicija momenta inercije ................................................ 1.5. Hajgens–Štajnerova teorema ………………………………. 1.6. Određivanje momenata inercije za bilo koju osu koja prolazi kroz koordinatni početak. Centrifugalni momenti inercije ................................................................. 1.7. Elipsoid inercije. Glavne ose inercije. Glavni momenti inercije ................................................................. 1.8. Neki slučajevi kada su centrifugalni momenti jednaki nuli 1.9. Određivanje momenata inercije krutog tela za proizvoljnu osu preko glavnih momenata inercije ................................. 2. OPŠTI ZAKONI KRETANJA SISTEMA MATERIJALNIH TAČAKA ………………………………….. 2.1. Diferencijalne jednačine kretanja mehaničkog sistema .... 2.2. Zakon o kretanju centra mase sistema ............................. 2.3. Količina kretanja mehaničkog sistema .............................. 2.4. Zakon o promeni količine kretanja sistema ...................... 2.5. Dinamika tačke promenljive mase .................................... 2.6. Jednačina Meščerskog ....................................................... 2.7. Formula Ciolkovskog ....................................................... 2.8. Definicija momenta količine kretanja sistema ................... 5

9 9 11 13 13 16 17 19 21 23 43 43 44 45 46 47 47 48 50

Sadržaj

Đurković Vlado

2.9. Veza između momenta količine kretanja za proizvoljnu tačku i momenta količine kretanja za nepomičnu tačku ..... 2.10. Neki slučajevi izračunavanja momenta količine kretanja mehaničkog sistema ......................................................... 2.11. Zakon o promeni momenta količine kretanja mehaničkog sistema ......................................................... 2.11.1. Zakon za nepomičnu tačku ................................ 2.11.2. Zakon za pomičnu tačku ................................... 2.12. Kinetička energija mehaničkog sistema ............................. 2.12.1. Uvod ................................................................ 2.12.2. Kinetička energija sistema za pojedine vrste kretanja .................................................... 2.13. Zakon o promeni kinetičke energije mehaničkog sistema . 2.14. Rad sila pri pomeranju mehaničkog sistema materijalnih tačaka ......................................................... 2.15. Rad sila pri elementarnom pomeranju krutog tela ............ 2.16. Neki slučajevi izračunavanja rada sila koje deluju na sistem materijalnih tačaka ........................................... 2.17. Dalamberov princip za sistem .......................................... 2.18. Svođenje sila inercije krutog tela na prostiji oblik ............. 2.18.1. Glavni vektor i glavni moment sila inercije .......

51 52 57 57 58 60 60 61 66 67 68 69 71 73 73

3. SFERNO KRETANJE MEHANIČKOG SISTEMA ................ 3.1. Ojlerove kinematičke jednačine …………………………….. 3.2. Rezalova teorema …………………………………………… 3.3. Dinamičke jednačine Ojlera …………………………………

175 175 177 178

4. PRIBLIŽNA TEORIJA ŽIROSKOPSKIH POJAVA ............. 4.1. Istorijat razvoja žiroskopa ................................................ 4.2. Uopšte o žiroskopu ……………………………………… 4.3. Osobine žiroskopa sa tri stepena slobode kretanja ............. 4.4. Regularna precesija .......................................................... 4.5. Žiroskop sa dva stepena slobode. Žiroskopski moment ... 4.6. Krutost žiroskopa ............................................................... 4.7. Žiroskopska precesija ........................................................

189 189 190 192 194 195 198 200

5. TEORIJA UDARA ...................................................................... 5.1. Pojava udara ..................................................................... 5.2. Dejstvo udarne sile na materijalnu tačku .......................... 5.3. Zakon o promeni količine kretanja sistema

215 215 215

6

Sadržaj

Đurković Vlado

5.4. 5.5. 5.6. 5.7. 5.8. 5.9. 5.10.

materijalnih tačaka pri udaru ............................................. Zakon o promeni momenta količine kretanja sistema pri udaru ....................................................................... Udar tela o nepomičnu površinu. Koeficijent uspostavljanja (restitucije) pri udaru ............................... Pravi centralni sudar dva tela ……………………………. Gubitak kinetičke energije tela pri sudaru ......................... Delovanje udarnog impulsa na telo koje se obrće oko stalne ose ………………………………………………… Impulsne reakcije ............................................................ Određivanje dinamičkih reakcija u ležištima pri obrtanju krutog tela oko nepomične ose ..........................................

217 218 219 224 228 229 229 233

6. OSNOVI ANALITIČKE MEHANIKE . ………...................... 6.1. Polje sile. Funkcija sile. Potencijalna energija .................. 6.2. Zakon o održanju mehaničke energije ............................... 6.3. Vezana materijalna tačka i vezani sistem materijalnih tačaka .......................................................... 6.4. Pojam mogućih pomeranja .............................................. 6.5. Pojam stepena slobode kretanja ........................................ 6.6. Princip mogućih pomeranja ............................................. 6.7. Opšta jednačina dinamike. Lagranž−Dalamberov princip 6.8. Generalisana sila ............................................................. 6.9. Prikazivanje generalisanih sila preko projekcija sila na ose dekartovog sistema. Slučaj sila koje imaju potencijal 6.10. Opšta jednačina dinamike izražena preko generalisanih sila .............................................................. 6.11. Lagranžeove jednačine druge vrste .................................. 6.12. Lagranžeove jednačine druge vrste za konzervativne sile. Kinetički potencijal .........................................................

263 263 265

Literatura .............................................................................................. Testovi ………………………………………………………………..

373 377

7

266 266 267 267 269 269 271 274 275 278

Dinamika mehaničkog sistema

Đurković Vlado

1. DINAMIKA MEHANIČKOG SISTEMA MATERIJALNIH TAČAKA 1.1. DEFINICIJA MEHANIČKOG SISTEMA. OSOBINE UNUTRAŠNJIH SILA SISTEMA Pod mehaničkim sistemom materijalnih tačaka (tela) podrazumevamo takav skup tačaka (tela) kod kojeg položaj i kretanje neke tačke skupa zavisi od položaja i kretanja ostalih tačaka skupa. Primer : svaki mehanizam neke mašine predstavlja mehanički sistem. Sve sile koje deluju na neku tačku mehaničkog sistema možemo podijeliti na spoljašnje i unutrašnje sile. Pod spoljašnjom silom nekog mehaničkog sistema podrazumevamo onu silu koja izražava meru mehaničkog međudejstva između tačaka različitih skupova. Pod unutrašnjom silom podrazumijevamo onu silu koja izražava meru mehaničkog međudejstva između tačaka istog skupa. Unutrašnje sile poseduju veoma važne osobine, koje ćemo proučiti: a) glavni vektor unutrašnjih sila nekog mehaničkog sistema jednak je nuli. Prema trećem Njutnovom, za tačke Mi i Mi-1, je: Fi ,ui −1 = − Fi −u1,i , (1.1) Fi ,ui −1 + Fi −u1,i = 0 .

(1.2)

Odavde vidimo da je glavni vektor dvaju unutrašnjih sila tačaka M i i M i −1 jednak nuli (sl. 1.1). Ako bismo sada na isti način sabrali sve unutrašnje sile, onda je sasvim očigledno da će suma svih tih sila biti jednaka nuli, to jest: n

∑F

i , j =1 (i ≠ j )

u ij

= FRu = 0 ,

(1.3)

9


Đurković Vlado

u i-1,i

i-1

u i,i-1 i

Slika 1.1. Dve tačke mehaničkog sistema

b) glavni moment unutrašnjih sila sistema za bilo koju tačku kao centar jednak je nuli (sl. 1.2). u i-1,i

i-1

u i,i-1 i i-1 i

Slika 1.2. Dve tačke mehaničkog sistema i tačka O kao centar

Može se izraziti na sledeći način: Fu

Fu

M Ou = M Oi ,i−1 + M Oi−1,i ,

(1.4)

M Ou = ri × Fi ,ui −1 + ri −1 × Fi −u1,i ,

(1.5)

M Ou = ( ri − ri −1 ) × Fi ,ui −1 ,

(1.6)

→

M Ou = M i −1M i × Fi ,ui −1 = 0 , n

∑ (r × F i

i , j =1 (i ≠ j

u

u ij

u

u

) = M OF = mOF = 0 , u

M OFR = mOFR =

n

∑ (r × F

i , j =1 (i ≠ j )

i

u ij

(1.7)

)=0.

(1.8)

Izrazom (1.8) definisana je druga osobina unutrašnjih sila, prema kojoj je i glavni moment unutrašnjih sila mehaničkog sistema za bilo 10


Đurković Vlado

koju tačku kao centar jednak nuli. Da bismo mogli da pređemo na dalje proučavanje kretanja mehaničkog sistema, potrebno je da nešto više kažemo o meri inertnosti pri kretanju mehaničkog sistema. 1.2. MASA MEHANIČKOG SISTEMA. CENTAR MASA SISTEMA Posmatrajmo kretanje mehaničkog koordinatnom sistemu (sl. 1.3). Na slici su: M1, M2, M3, ... , Mi, Mn − tačke sistema, m1, m2, m3, ... , mi, mn − mase tačaka, r1 , r2 , r3 ,..., ri , rn − radijus-vektori tačaka.

z

m1

ρi r1

r3

Mn mn

O1

rn

y

η

ν µ

λ

r O1 O

Dekartovom

m3 M 3

mi M i

r2 r i

u

ζ

M2 m2

M1

sistema

ξ

x

Slika 1.3. Tačke mehaničkog sistema

Jedna od osnovnih mera inertnosti pri kretanju ovog mehaničkog sistema jeste ukupna masa mehaničkog sistema. Pod masom nekog mehaničkog sistema podrazumijevamo pozitivnu skalarnu veličinu koja je jednaka sumi masa pojedinih tačaka sistema. Prema tome, masa m je: n

m = ∑ mi .

(1.9)

i =1

Kretanje mehaničkog sistema ne zavisi samo od ukupne mase sistema nego isto tako i od rasporeda masa u sistemu. Da bismo na neki način 11


Đurković Vlado

okarakterisali raspored masa u sistemu, uvodimo pojam centar masa sistema ili centar inercije. Pod centrom masa podrazumevamo tačku (C) čiji je položaj definisan izrazom: n

rC =

∑m r

i i

i =1

m

=

1 n ∑ mi ri . m i =1

(1.10)

Ako izraz (1.10) pomnožimo sa jediničnim vektorima ( i , j , k ), dobijamo koordinate centra masa, u obliku: 1 n 1 n 1 n xC = ∑ mi xi , yC = ∑ mi yi , zC = ∑ mi zi . (1.11) m i =1 m i =1 m i =1 Iako se položaj centra masa sistema (C) i položaj težišta (T) određuju po sličnim formulama, između pojma centar masa i pojma težište postoji bitna razlika. Naime, položaj centra masa mehaničkog sistema zavisi isključivo od masa pojedinih tačaka sistema i od njihovog položaja. Za razliku od toga, težište predstavlja napadnu tačku vezanog sistema paralelnih sila, pa prema tome zavisi od sila gravitacije koje deluju na mehanički sistem. Ukoliko se mehanički sistem nalazi u homogenom polju sila (Zemljina teža), tada se položaj centra masa poklapa sa položajem težišta. Centar masa se ne mora poklapati sa težištem (sl. 1.3). OO1 = rO1 ; O1M i = ρ; OM i = ri ; OM i = OO1 + O1M i tj., ri = rO1 + ρ pa je ρ = ri − rO1 . Potražimo sada položaj centra masa sistema u odnosu na pokretni koordinatni sistem. n

∑mρ

n 1 n 1⎛ n ⎞ m r r m r mi rO1 ⎟ = − = − ( ) ∑ ∑ ∑ i i O1 i i ⎜ m m i =1 m ⎝ i =1 i =1 ⎠ n n 1 1 = ∑ mi ri − rO1 ∑ mi = rC − rO1 , m i =1 m i =1 ρC = rC − rO1 , odakle je rC = ρC + rO1 . Očigledno je da položaj centra masa ostaje nepromjenjen bez obzira na pomični koordinatni sistem. Ukupna masa sistema i položaj centra masa pri obrtnom kretanju mehaničkog sistema nisu jedine mere

ρC =

i =1

i

=

12


Đurković Vlado

inertnosti, zbog čega se još uvodi i pojam moment inercije masa ili moment masa sistema. 1.3. KRUTO TELO

Sistem kod kojeg su rastojanja između tačaka nepromenljiva naziva se neizmenljivi sistem meterijalnih tačaka. Neizmenljivi sistem se može simbolički predstaviti sistemom od mnogo materijalnih tačaka spojenih međusobno bestežinskim štapovima u mnoštvo malih tetraedara (sl. 1.4). Ako je broj materijalnih tačaka sistema beskonačno velik, a dužine spojnih štapova beskonačno male, dobijeni model mehaničkog sistema naziva se apsolutno krutim telom. M4 M4 4

M3

M3

3

M1

M

M1

1 2

M2

M2

M

Slika 1.4. Mehanički model krutog tela

1.4. DEFINICIJA MOMENTA INERCIJE

Da bismo videli da pri obrtnom kretanju mehaničkog sistema, pored mase i položaja centra inercije, treba uvesti još jednu meru inercije, razmotrimo sledeći eksperiment (sl. 1.5). Pretpostavimo da su mase m1 i m2 iste i da se nalaze na jednakom rastojanju od ose obrtanja OE. Ako čitav sistem rotira ugaonom brzinom ω oko ose OE, kugle A i B će zauzeti određeni položaj na poluzi AB, pri čemu će rastojanja od ose OE biti ista. Ako bismo sada nekim spoljašnjim uticajem razmakli ose kugle za ∆l, ugaona brzina bi se smanjila. U suprotnom, ako bismo primakli kugle osi rotacije, ugaona brzina bi se povećala. Analizirajmo sada zbog čega dolazi do povećanja, odnosno smanjenja ugaone brzine. Što se tiče ukupne mase sistema ona je za cijelo vreme konstantna. Razmicanjem (primicanjem) ne menja se centar inercije, što znači da se 13


Đurković Vlado

ovim razmicanjem (primicanjem) menja neka druga karakteristika sistema, koja izražava meru inercije sistema pri rotacionom kretanju. Ta mera inercije se naziva moment inercije sistema ili moment inercije masa. ω B

A

∆l

l

∆l

l

Slika 1.5. Kugle na vratilu pri rotaciji - demostracija mere inercije sistema pri rotacionom kretanju

Moment inercije vezan za pojedini geometrijski pojam (ravan, osu ili tačku − pol) definiše se u obliku (sl. 1.6): n

J = ∑ mi ρi2 = ∫ ρ2 dm , i =1

m

[ J ] = ⎡⎣ kgm2 ⎤⎦ ,

(1.12)

gde je ρ − najkraće rastojanje neke tačke Mi tela do date ravni, ose ili tačke. Prema tome, moment inercije krutog tela za ravan (za pojedine ravni u pravouglom koordinatnom sistemu) jednak je: J Oxy = ∫ z 2 dm , J Oyz = ∫ x 2 dm , J Oxz = ∫ y 2 dm . (1.13) m

m

m

Momenti inercije za pojedine ose (aksijalni momenti) definišu se u obliku: J Ox = ∫ ( y 2 + z 2 )dm , J Oy = ∫ ( x 2 + z 2 )dm , J Oz = ∫ ( x 2 + y 2 )dm . (1.14) m

m

m

Momenti inercije za pojedine ravni i ose su vezani sledećim relacijama, koje slede iz izraza (1.13) i (1.14) J Ox = J Oxy + J Oxz , J Oy = J Oxy + J Oyz , J Oz = J Oxz + J Oyz (1.15) 14


Đurković Vlado

z Ci

Mi ri

zi Bi y

O xi x

Ai

yi

Slika 1.6. Proizvoljna tačka mehaničkog sistema

Moment inercije za tačku O (polarni moment inercije) biće: J O = ∫ r 2 dm = ∫ ( x 2 + y 2 + z 2 ) dm . (1.16) m

m

Na osnovu izraza (1.16) i (1.13) sledi: J O = J Oxy + J Oyz + J Oxz ,

(1.17)

1 a na osnovu izraza (1.16) i (1.14) sledi: J O = ( J Ox + J Oy + J Oz ) . 2 Ponekad se pri definiciji aktivnog momenta uvodi i pojam poluprečnik inercije. Na primer, ako sa ix označimo poluprečnik inercije za osu x, onda je: J x = m ⋅ ix2 , (1.17) Jx . m Poluprečnik inercije je definisan izrazom (1.18). ix =

15

(1.18)


Đurković Vlado

1.5. HAJGENS–ŠTAJNEROVA TEOREMA

Štajnerova ili Hajgensova teorema govori o vezi između momenata inercije za osu koja prolazi kroz centar inercije tela i momenta inercije za neku proizvoljnu osu paralelnu sa prvom (centralnom) osom (sl. 1.7). Moment inercije za osu z koja prolazi kroz koordinatni početak O je: n

n

i =1

i =1

J Cz = ∑ mi riz2 = ∑ mi ( xi2 + yi2 ) , a za paralelnu osu z1 koja prolazi kroz tačku O1 , a nalazi se na osi y, n

n

2 jednaka je: J O1z1 = ∑ mi riz21 = ∑ mi ⎡ xi2 + ( yi − d ) ⎤ , ⎣ ⎦ i =1 i =1 n

J O1z1 = ∑ mi ( xi2 + yi2 + d 2 − 2 yi d ) , i =1 n

n

n

i =1

i =1

i =1

J O1z1 = ∑ mi ( xi2 + yi2 ) − 2d ∑ mi yi + d 2 ∑ mi . z

z i

r

r

Mi

i

i

i

zi y O=

O xi

x

yi

Slika 1.7. Paralelne ose i proizvoljna tačka mehaničkog sistema

Pošto je

n

∑m (x i =1

i

2 i

+ yi2 ) = J z , a s obzirom da je osa z centralna osa,

tada drugi integral (suma) iznosi: 16

Dinamika mehaničkog sistema n

∑m y i =1

i

i

Đurković Vlado

= myC = 0 ,

pa sledi da je: J z1 = J z + md 2 , tj. Jz1>Jz.

(1.19)

Dobijeni izraz predstavlja Štajnerovu (Hajgensovu) teoremu za vezu između sopstvenog i položajnog momenta inercije za telo. S obzirom na poslednji izraz, veza između radijusa inercije tela za ose z i z1 je: miz21 = miz2 + md 2 , iz21 = iz2 + d 2 .

(1.20)

1.6. ODREĐIVANJE MOMENATA INERCIJE ZA BILO KOJU OSU KOJA PROLAZI KROZ KOORDINATNI POČETAK. CENTRIFUGALNI MOMENTI INERCIJE

Potražićemo moment inercije tela za proizvoljnu osu „u” koja prolazi kroz koordinatni početak i sa osama x, y i z zaklapa uglove α, β i γ. Na sl. 1.8. je sa Mi označena proizvoljna tačka, a sa Ki njena projekcija na osu „u”. Moment inercije za osu „u” je: n

n

i =1

i =1

(

)

n

J u = ∑ mi hi2 = ∑ mi OM i2 − OK i2 = ∑ mi ( ri ⋅ ri ) − ( ri ⋅ u0 ) . (1.21) 2

i =1

→

ri = OM i = xi i + yi j + zi k , ri ⋅ ri = OM i2 = x 2 + y 2 + z 2 . z i i i i

zi

y

O xi x

yi

Slika 1.8. Proizvoljna osa i tačka mehaničkog sistema 17


Đurković Vlado

Projekcija vektora OM i na osu „u”:

u0 - jedinični vektor ose „u”, OM i = ri , ri ⋅ u0 = OM i ⋅1 ⋅ cos ≺ ( ri , u0 ) , u0 ⋅ i = cos α ; u0 ⋅ j = cos β ; u0 ⋅ k = cos γ ;

(

)

ri ⋅ u0 = OK i = xi ⋅ i ⋅ u0 + yi ⋅ j ⋅ u0 + zi ⋅ k ⋅ u0 = = xi cos α + yi cos β + zi cos γ . Prema tome sledi: n

n

2 J u = ∑ mi hi2 =∑ mi ⎡( xi2 + yi2 + zi2 ) − ( xi cos α + yi cos β + zi cos γ ) ⎤ , ⎣ ⎦ i =1 i =1 n

J u = ∑ mi ⎡⎣( xi2 + yi2 + zi2 )( cos 2 α + cos 2 β + cos 2 γ ) − i =1

2 − ( xi cos α + yi cos β + zi cos γ ) ⎤ . ⎦ Dalje možemo pisati: n

J u = ∑ mi ( xi2 cos 2 α + xi2 cos 2 β + xi2 cos 2 γ + i =1

+ yi2 cos 2 α + yi2 cos 2 β + zi2 cos 2 γ + + zi2 cos 2 α + zi2 cos 2 β + zi2 cos 2 γ + − xi2 cos 2 α − yi2 cos 2 β − zi2 cos 2 γ − −2 xi yi cos α cos β − 2 yi zi cos β cos γ − 2 zi xi cos γ cos α ) Nakon sređivanja imamo: n

n

i =1

i =1

J u = ∑ mi ( yi2 + zi2 ) cos 2 α + ∑ mi ( xi2 + zi2 ) cos 2 β + n

n

+ ∑ mi ( xi2 + yi2 ) cos 2 γ − 2 cos α cos β∑ mi xi yi − i =1

i =1

n

n

i =1

i =1

−2 cos β cos γ ∑ mi yi zi − 2 cos γ cos α ∑ mi zi xi ,

gde su: n

∑m ( y i =1

i

2 i

+ zi2 ) = J x ,

n

∑m (z i =1

i

2 i

+ xi2 ) = J y ,

aksijalni momenti inercije za ose x, y i z. 18

n

∑m (x i =1

i

2 i

+ yi2 ) = J z , (1.22)

Dinamika mehaničkog sistema n

Izrazi:

∑m x y i i

i =1

i

Đurković Vlado n

∑m y z

= J xy ,

i

i =1

i i

= J yz i

n

∑m z x i =1

i i i

= J xz .

(1.23)

predstavljaju centrifugalne momente inercije za ose x, y i z. Prema tome, moment inercije za proizvoljnu osu ″u″ koja prolazi kroz koordinatni početak je: J u = J x cos 2 α + J y cos 2 β + J z cos 2 γ − −2 J xy cos α cos β − 2 J yz cos β cos γ − 2 J xz cos α cos γ , ⎡ Jx ⎢ a tenzor inercije tela izgleda ovako: [ J ] = ⎢ − J yx ⎢⎣ − J zx

(1.24)

− J xz ⎤ ⎥ − J yz ⎥ . (1.25) J z ⎥⎦

− J xy Jy − J zy

1.7. ELIPSOID INERCIJE. GLAVNE OSE INERCIJE. GLAVNI MOMENTI INERCIJE

Iz koordinatnog početka povucimo proizvoljnu osu „u” pod uglovima α, β i γ. Na toj osi usvojićemo neku tačku N(x,y,z). Moment inercije za osu "u" je, kao što znamo, izraz (1.24): J u = J x cos 2 α + J y cos 2 β + J z cos 2 γ − −2 J xy cos α cos β − 2 J yz cos β cos γ − 2 J xz cos α cos γ . z

z

y

O x x

y

Slika 1.9. Proizvoljna tačka na osi 19


Đurković Vlado

S obzirom na to da je: ρ ⋅ cos α = ρ ⋅ i = x , ρ ⋅ cos β = ρ ⋅ j = y , ρ ⋅ cos γ = ρ ⋅ k = z . cos α =

y z x , cos β = i cos γ = . ON ON ON 2

Tada je: J u ON = J x x 2 + J y y 2 + J z z 2 − 2 J xy xy − 2 J yz yz − 2 J xz xz . Odaberimo tačku N, takvu da je: k ρ = ON = ; (k=1; koeficijent). Ju Tada sledi: J x x 2 + J y y 2 + J z z 2 − 2 J xy xy − 2 J yz yz − 2 J xz xz = 1 .

(1.26)

z z y y

O z x

x

x

y Slika 1.10. Elipsoid inercije

Jednačina (1.26) predstavlja jednačinu elipsoida inercije, čije se središte nalazi u koordinatnom početku, tački O. Ako izračunamo momente inercije J x , J y i J z za ose x, y i z i centrifugalne momente J xy , J yz i J zx , pa onda konstruišemo površinu čija je jednačina saglasna

sa (1.26), dobićemo površinu kod koje je udaljenje tačaka od koordinatnog početka ρ određeno sa: 20


Đurković Vlado

1 . (1.27) Ju Ako konstruišemo elipsoid inercije, onda se, čisto geometrijski, može odmah utvrditi moment inercije za osu proizvoljnog pravca koji prolazi kroz središte elipsoida. Ose simetrije dobijenog elipsoida inercije za neku tačku O predstavljaju glavne ose inercije za tu tačku. Glavne ose inercije su obeležene sa x1, y1 i z1. Ukoliko se za ose usvoje glavne ose, x1, y1 i z1, tada jednačina elipsoida inercije postaje: J x1 x12 + J y1 y12 + J z1 z12 = 1 . (1.28) ρ=

Za glavne ose inercije su centrifugalni momenti posmatranog sistema jednaki nuli, to jest: J x1 y1 = J y1z1 = J x1z1 = 0 . (1.29) 1.8. NEKI SLUČAJEVI KADA SU CENTRIFUGALNI MOMENTI JEDNAKI NULI

a) Teorema 1: Ako homogeno telo ima osu simetrije, onda je ona glavna centralna osa inercije. Neka su tačke M i N simetrične u odnosu na osu z, tj. M ( x, y, z ) ; N ( − x, − y, z ) . Vidi sl. 1.11. z

y

O

x Slika 1.11. Simetrične tačke u odnosu na z osu

Tada jednačina elipsoida (1.26) za ove tačke glasi: (M): J x xM2 + J y yM2 + J z zM2 − 2 J xy xM yM − 2 J yz yM zM − 2 J xz xM zM = 1 , 21


Đurković Vlado

(N): J x xM2 + J y yM2 + J z zM2 − −2 J xy (− xM )(− yM ) − 2 J yz (− yM ) zM − 2 J xz (− xM ) zM = 1 .

Nakon oduzimanja dobijamo: 4 J yz yM zM + 4 J xz xM zM = 0 ⇒ 4 zM ( J yz yM + J zx xM ) = 0 , J yz yM + J zx xM = 0 . S obzirom na to da je yM ≠ 0 i xM ≠ 0 , tada je i J yz = J zx = 0 .

(1.30)

Ako je osa z glavna osa inercije, onda su za nju centrifugalni momenti inercije jednaki nuli. b) Teorema 2: Ako homogeno telo (T) ima ravan simetrije, onda je svaka osa normalna na ravan simetrije glavna osa inercije. Primenjujući postupak sabiranja, kao i kod dokaza prethodne teoreme, dobija se: n

J xz = ∑ mi xi zi = m1 x1 z1 = m1 x1 (− z1 ) + ...+ = 0 ⇒ J xz = 0 .

(1.31)

i =1

Slično se može pokazati da je centrifugalni moment za osu z i bilo koju osu koja leži u ravni simetrije jednak nuli, čime je teorema dokazana: (1.32) J yz = 0 . z

y

O x

Slika 1.12. Ravan simetrije i MN upravna osa

c) Teorema 3: Ako je z osa glavna centralna osa inercije, ona to ostaje i dalje, ako se paralelno (vertikalno) pomera koordinatni sistem. 22


Đurković Vlado

Neka su ose x1, y1 i z1 glavne centralne ose inercije tela (T). Tada je: J x1 y1 = J y1z1 = J x1z1 = 0 . Ako u tački O, na osi z, postavimo ose x i y, tada koordinatna transformacija glasi: x = x1 ; y = y1 ; z = z1 − h . Pokažimo da je Jxz=0. n

J xz = ∫ xz ⋅ dm = ∫ x1 ( z1 − h )dm = ∑ mi x1 ( z1 − h ) = m

i =1

m

n

n

i =1

i =1

= ∑ mi x1 z1 − h∑ mi x1 = J x1z1 − hmx1 = J x1z1 − hmxC = 0 . z z y y

x x

Slika 1.13. Vertikalno pomeren koordinatni sistem

Poslednji izraz, na osnovu elipsoida inercije, jednak je: xC m = 0 , čime je teorema dokazana. 1.9. ODREĐIVANJE MOMENATA INERCIJE KRUTOG TELA ZA PROIZVOLJNU OSU PREKO GLAVNIH MOMENATA INERCIJE

a) Osa „u” prolazi kroz centar inercije tela Pretpostavimo da su kroz centar inercije C povučene glavne centralne ose inercije x1, y1 i z1 i proizvoljna osa „u”. Tada, na osnovu (1.24) i teorema iz naslova 1.8, imamo: J u = J x1 cos 2 α + J y1 cos 2 β + J z1 cos 2 γ . (1.33)

23


Đurković Vlado

z

y

x

Slika 1.14. Proizvoljna osa prolazi kroz centar mase sistema

b) Osa „u” ne prolazi kroz centar inercije U ovom slučaju, prema Štajnerovoj teoremi, moment inercije za osu „u” (koja ne prolazi kroz centar inercije, a paralelna je osi u1 koja prolazi kroz centar inercije), iznosi: J u = J u1 + md 2 = J x1 cos 2 α + J y1 cos 2 β + J z1 cos 2 γ + md 2 . (1.34) z

y

x

Slika 1.15. Proizvoljna osa na rastojanju d od ose koja joj je paralelna a prolazi kroz centar mase sistema

24

Momenti inercije primeri

Đurković Vlado

Primer 1. Izračunati moment inercije tankog homogenog štapa AB mase m dužine l za osu y1 koja prolazi kroz kraj A štapa (sl. 1.16).

Slika 1.16. Štap dužine l i mase m

Rešenje: Uočimo elementarni deo štapa dužine dx na rastojanju x od ose Ay1 . Masa tog dela je dm = ρdx , a masa celog štapa je m = ρ ⋅ l , gde je ρ − gustina materijala. Aksijalni momenti inercije iznose: l

l

x3 l2 1 J y1 = ∫ x dm = ρ ∫ x dx = ρ = ρl = ml 2 , 3 0 3 3 m 0 2

J y = J y1 + m

2

l2 1 2 1 2 1 2 = ml + ml = ml . 4 3 4 12

Primer 2. Izračunati moment inercije tanke homogene ploče, strana a i b, mase m za ose date na sl. 1.17.

Slika 1.17. Ploča dužine a, visine b i mase m

Rešenje: Uočimo elementarnu površinu dA = ady , dela ploče dy na rastojanju y od ose x. Masa tog dela je dm = ρdA = ρady , a masa celog štapa je m = ρ ⋅ ab , gde je ρ − gustina materijala. 25


Đurković Vlado

Aksijalni moment inercije iznosi: b/2

b/2

y3 b2 1 J x = ∫ y dm = ρ ∫ y dy = ρ = ρb = mb 2 . 3 −b / 2 12 12 −b / 2 m Na sličan način odredićemo moment inercije za osu Cy 2

2

a/2

x3 J y = ∫ x dm = ρ ∫ x dx = ρ 3 −a / 2 m 2

a/2

2

−a / 2

a2 1 = ρa = ma 2 . 12 12

Primer 3. Izračunati moment inercije tankog homogenog prstena (sl. 1.18) mase m i poluprečnika R.

Slika 1.18. Prsten mase m i poluprečnika R

Rešenje: Pretpostavljamo da je raspored masa linijski. Da bismo izračunali moment inercije prstena za osu Cz, zamislimo da smo prsten izdelili na elementarne delove dužine ds i mase dm, pa aksijalni moment inercije iznosi: J C z = ∫ R 2 dm = R 2 ∫ dm = mR 2 . L

L

Primer 4. Izračunati moment inercije homogene kružne ploče (sl. 1.19) mase m i poluprečnika R.

Slika 1.19. Kružna ploča mase m i poluprečnika R 26


Đurković Vlado

Rešenje: Disk, (ploču) ćemo podeliti na elementarne delove oblika kružnog prstena poluprečnika r a širine dr, pa elementarna masa prstena (sl. 1.19) iznosi dm = ρdA = ρ ⋅ 2r πdr , a moment inercije elementarne mase je: dJ C z = r 2 dm = 2πρr 3 dr .

Moment inercije diska određen je izrazom R πρR 4 1 J C z = 2πρ ∫ r 3 dr = 2 = mR 2 , 4 2 0 jer je masa diska m = ρA = ρR 2 π , a ρ − gustina materijala. Primer 5. Izračunati centrifugalni moment inercije tela na sl. 1.20, ako su poznate mase delova sistema m1 = 2m m2 = 3m .

2

1

Slika 1.20. Mehanički sistem ploča – štap

Rešenje: Sistem rastavimo na delove (sl. 1.21), pa je za ploču centrifugalni moment

Slika 1.21. Deo sistema (ploča) za koji se traži centrifugalni moment inercije

27


jednak J yz =

z

Đurković Vlado

yzdm2 , gde je element mase za homogeno telo jednak

mII

dm2 dA = , m2 A m m m dm2 = 2 dA = 2 ⋅ dydz ⇒ dm2 = 22 dydz . A l ⋅ 2l 2l 2l

l

J yzII

l

m m z2 = 22 ∫ ydy ∫ zdz = 22 ∫ ydy 2l 0 2l 0 2 0 2 l

l

J yzII =

m2 y ⋅ 2l 2 ∫ ydy = m2 2 2l 2 0

0

=

2l

0

(1)

(2)

l

m 1 = 22 ∫ ydy ( 4l 2 − 0 ) , 2l 0 2

1 2 ml . 2

ml 2 . 2 Potražimo (sl. 1.22) sada centrifugalni moment štapa tj. J yzI = yzdm ,

Dakle centrifugalni moment ploče je J yzII =

z

(3) (4)

mI

gde je element mase za homogeno telo jednak

dm =

m m dl = dy , l l

pa je J yz I

z

(5)

z

m m = yzdm = z y 1 dy = 2l ⋅ 1 l l mI mI

J yzI = m1 y 2

2l l

dm dl = , m l

z

2l

l

y2 ydy = 2m1 2

= m1 ( 4l 2 − l 2 ) = 3ml 2 .

2l

, l

(6)

2

Slika 1.22. Deo sistema (štap) za koji se traži centrifugalni moment inercije 28


Đurković Vlado

Dakle ukupni centrifugalni moment je: 1 7 J yz = J yzI + J yzII = ml 2 + 3ml 2 = ml 2 . 2 2

(7)

Primer 6. Izračunati centrifugalni moment inercije tela datog na sl. 1.23. 3 1

2

Slika 1.23. Mehanički sistem trougaona ploča – štap

Rešenje: Potražimo (sl. 1.24) ugao i jednačinu pravca, tj. l 3 tg α = = ⇒ α=300 . 3 l 3

Koordinate tačaka su: D(y,z), D( l 3 ,0), pa je jednačina pravca kroz tačke B i D je z − z0 = k y − y0 , tj. z − 0 = tg 30° y − l 3 ,

b

z=

d

g

d

i

3 y−l 3 . 3

i

(1)

3

Slika 1.24. Trougaona ploča za koju se traži centrifugalni moment inercije

29


Đurković Vlado

Centrifugalni moment ploče je J yz1 = ∫ yz ⋅ dm1 , element mase m

dm1 dA 2m dydz 2dydz = = = 2 ⇒ dm1 = 2 dydz . m1 A 1 l ⋅l ⋅ 3 l 3 l 3 2 3 ( y −l 3 ) l 3 l 3 3 2m 2m z2 = ⋅ J yz1 = ∫ yzdm1 = 2 ydy zdz ydy ∫0 2 l 3 ∫0 l 2 3 ∫0 m1 l 3

=

∫ 0

=

(

)

1 3 2 m ydy ⋅ ⋅ y − 2l 3 y + 3l 2 = 2 2 y 3l 3 m

3l 2

J yz1 =

(2)

(

3 y −l 3 3

3

=

0

l 3

∫ (y

)

)

− 2l 3 y 2 + 3l 2 y dy =

0

l 3

⎛ y4 y 3 3l 2 2 ⎞ − 2 l 3 + y ⎟ , ⎜ 3 2 3⎝ 4 ⎠0

ml 2 . 4 3

(3) 3

Slika 1.25. Štap za koji se traži centrifugalni moment inercije

Potražimo (sl. 1.25) centrifugalni moment štapa i ostale potrebne veličine. dm2 dz m = ⇒ dm2 = dz . (4) l m2 l l

l

ml 2 m m z2 J yz2 = y ∫ zdz = l 3 ⇒ J yz2 = 3. 2 l 0 l 2 0 Ukupni centrifugalni moment je:

30

(5)


J yz = J yz1 + J yz2 =

Đurković Vlado

ml 2 ml 2 7 3 2 + 3 = ⋅⋅⋅ = ml . 2 12 4 3

(6)

Primer 7. Izračunati moment inercije tela, mase m (homogenog pravouglog paralopipeda) datog na sl. 1.26. Rešenje: Uočimo (sl. 1.26), elementarni deo paralopipeda, zapremine dV = ρdxdydz . Moment inercije paralopipeda za osu Cx određuje se izrazom J C x = ∫ ( y 2 + z 2 ) dm = ∫∫∫ ρ ( y 2 + z 2 )dxdydz = a

V

c

b

V a

b

a

−a

−c

−b

−a

−b

−a

= ρ ∫ dx ∫ dz ∫ y 2 dy + ρ ∫ dx ∫ dy ∫ z 2 dz = ⋅⋅⋅ = ρ

abc 2 2 (b + c ) , 3

gde je m = ρabc . Analognim postupkom određuju se momenti inercije za ose Cy i Cz, m m JC y = ( c2 + a 2 ) , JC z = ( a 2 + b2 ) . 3 3

Slika 1.26. Paralopiped mase m, stranica 2a, 2b i 2c

31

Momenti inercije tablice Telo Tanki štap

Disk-materijalna površ

Đurković Vlado Moment inercije i poluprečnik inercije

Zapremina i centar masa

1 J x = J z = ml 2 3 1 J x1 = J z1 = ml 2 12 J y = J y1 = 0

xC = 0 l yC = 2 zC = 0

ix1 = iz1 = 0, 2866 l 1 J x = mr 2 2 1 J y = J z = mr 2 4 ix = 0,707 r iz = 0,5r

m 2 a + b2 ) ( 12 1 J y = mb2 12 1 J z = ma 2 12 2 J x1 = ma 2 3 1 J y1 = mb 2 3 3 2 ix = a + b2 6 3 iy = b 6 3 iz = a 6

L* = l * − dužina xC = 0 yC = 0 zC = 0 A** = r 2 π ** − površina

Jx =

Tanka ploča – pravougaona površ

1

1

32

xC = 0 yC = 0 zC = 0

A** = ab ** − površina

Momenti inercije tablice

Telo Elipsasta površ

Materijalni kružni prsten

Materijalna kružnica

Materijalni kružni luk α α

Đurković Vlado

Moment inercije i poluprečnik inercije

1 m ( a 2 + b2 ) 4 1 J y = mb2 4 1 J z = ma 2 4 Jx =

m 2 2 (R + r ) 2 m J y = ( R2 + r 2 ) 4 m J z = ( R2 + r 2 ) 4 Jx =

J x = mr 2 1 J y = mr 2 2 1 2 J z = mr 2

J x = mr 2 mr ⎛ sin 2α ⎞ ⎜1 − ⎟ 2 ⎝ 2α ⎠ mr 2 ⎛ sin 2α ⎞ Jz = ⎜1 + ⎟ 2 ⎝ 2α ⎠ Jy =

33

2


xC = 0 yC = 0 zC = 0 A** = πab ** − površina xC = 0 yC = 0 zC = 0

A** = π ( R 2 − r 2 )

** − površina xC = 0 yC = 0 zC = 0 L* = 2rπ * − dužina

xC = 0 r sin α yC = α zC = 0 L* = 2rα * − dužina


Đurković Vlado

Telo



xC = 0

Sferna ljuska

Jx = J y = Jz =

2 R −r , m 5 R3 − r 3 5

5

yC = 0 zC = 0

Šuplja lopta tankih zidova

r ≈ R , Jx = J y = Jz = i = 0,816 R Puna lopta

2 2 mr 5 ix = i y = iz = 0,6325 r

Jx = J y = Jz = 3 J C = mr 2 5

2 mR 2 3

xC = 0 yC = 0 zC = 0 V *** =

4 3 πr 3

*** − zapremina Polulopta 1

3 8 1

Troosni elipsoid

2 83 mR 2 V *** = πr 3 320 3 *** − zapremina 2 J z = J z1 = mR 2 5 3 2 z = r 2 C J x1 = J y1 = mR 8 5 ix = i y = 0,5092887 R iz = 0, 6325 R Jx = Jy =

m 2 b + c2 ) ( 5 m 2 J y = (c + a2 ) 5 m J z = ( a 2 + b2 ) 5

Jx = 1

1

1

34

J x1 =

m 2 ( b + 6c 2 ) 5

Momenti inercije tablice Telo Cilindarska cev (cilindar)

Đurković Vlado Moment inercije i poluprečnik inercije m J x = ( 3R 2 + 3r 2 + H 2 ) 2 m J y = ( 3R 2 + 3r 2 + H 2 ) 2 m 2 2 Jz = (R − r ) 2

ix = 0, 2886 H 2 + 3R 2 − 3r 2


xC = 0 yC = 0 zC = 0

V *** = π H ( R 2 − r 2 )

*** − zapremina

iy = 0, 2886 H 2 + 3R 2 − 3r 2

Puni pravi kružni cilindar (valjak) 1 1

iz = 0,707 R 2 − r 2 m J x = ( 3R 2 + H 2 ) 12 m J y = ( 3R 2 + H 2 ) 12 1 J z = mR 2 2 ix = 0, 2886 H 2 + 3R 2 iz = 0,707 R

Šuplji cilindar tankih zidova

J x = m r2 m J y = ( H 2 + 6r 2 ) 12 m J z = ( H 2 + 6r 2 ) 12 ix = r iz = 0, 2886 H 2 + 6r 2

35

xC = 0 yC = 0 zC = 0 V *** = r 2 π H *** − zapremina

xC = 0 yC = 0 zC = 0 A** = 2r π H ** − površina


Đurković Vlado

Telo


Piramida pravougle osnove

1

1

1 m ( 4b 2 + 3h 2 ) 80 1 J y1 = m ( 4d 2 + 3h 2 ) 80 J x1 =

J z1 =

1 m ( b2 + d 2 ) 20

Pravilna četvorougaona

b=d m ( 4b2 + 3h2 ) 20 m J y1 = ( 4b 2 + 3h 2 ) 20 1 J z1 = mb 2 10

J x1 =

1

Puni pravi kružni konus (kupa)

J x1 =

3m ⎛ 2 h 2 ⎞ ⎜R + ⎟ 20 ⎝ 4 ⎠

J y1 =

3m ⎛ 2 h 2 ⎞ ⎜R + ⎟ 20 ⎝ 4 ⎠

1

1

1

J z = J z1 =

3 mR 2 10

ix1 = 0,3865 R 2 +

h2 4

iz1 = 0,5477 r Prava zarubljna kupa


Omotač kupe

Jz =

1 mR 2 2

Prava zarubljna kupa

3 R5 − r 5 Jz = m 3 3 10 R − r

36

xC = 0 yC = 0 h zC = 4 V *** =

bdh 3

*** − zapremina

xC = 0 yC = 0 h zC = 4 V *** =

R 2 πh 3

*** − zapremina


Đurković Vlado

Telo


Kružni prsten pravougaonog poprečnog preseka

Jx =

Kružni prsten kružnog poprečnog preseka

Jx =

1

1 1

ix = 0, 2886 c 2 + b2 i y = 0, 2886 c 2 + a 2

iz = 0, 2886 b2 + a 2 1 J y = m ( c2 + a 2 ) 12

m (12R 2 + 3b2 + 2h2 ) 24 xC = 0 m J y = (12 R 2 + 3b 2 + 2h 2 ) yC = 0 24 m zC = 0 J z = ( 4R 2 + b2 ) 4

m 4 R 2 + 5r 2 ) ( 8 m J y = ( 4 R 2 + 5r 2 ) 8 m J z = ( 4 R 2 + 3r 2 ) 4

Pravougli paralopiped


1 J x1 = m ( b 2 + c 2 ) 3 1 J y1 = m ( c 2 + a 2 ) 12 1 J z1 = m ( a 2 + b 2 ) 3 1 J x = m ( b2 + c2 ) 12 1 J z = m ( a 2 + b2 ) 12 Kocka stranice a : 1 J x = J y = J z = ma 2 6

37

xC = 0 yC = 0 zC = 0

xC = 0 yC = 0 zC = 0 V *** = abc


Đurković Vlado

Telo i momenti inercije za ose Telo koje nastaje obrtanjem merdijana

y = f ( z ) oko Oz ose

η

ξ z

z

2 2 1 4 2 J x = J y = ρπ ∫ [ f ( z ) ] dz + ρπ ∫ z 2 [ f ( z ) ] dz , 4 z1 z1

z

2 1 4 J z = ρπ ∫ [ f ( z ) ] dz , 2 z1

m = ρV = ρAl , J ξ = J η = J x + mzC2 .

38


Đurković Vlado

Telo i momenti inercije za ose Konus koji nastaje obrtanjem merdijana, prave y =

R z , oko Oz ose, sl. a) l

η α α

ξ

α

8 3 m ( 4l 2 + R 2 ) , J z = mR 2 , 10 20 ⎞ 1 3 3 ⎛ l2 m = ρ R 2 πl , zC = l , J ξ = J η = m ⎜ + R2 ⎟ . 3 4 20 ⎝ 4 ⎠ Jx = J y =

Zarubljenji konus, sl. b)

1 1 − ψ5 4 3 1 − ψ5 r ρπ R h = ρπ mR , ψ = , 3 10 1− ψ 10 1 − ψ R 1 1 m = ρ π ( R 2 + Rr + r 2 ) h = ρ (1 + ψ + ψ 2 ) R 2 πh . 3 3 Jz =

39


Đurković Vlado

Telo i momenti inercije za ose Paraboloid koji nastaje obrtanjem merdijana, y = 2 pz = 2

b2 z , oko Oz ose, a

slika a).

η η ζ

ξ ξ

1 1 1 J x = J y = m ( 3a 2 + b2 ) , J z = mb2 , m = ρ ab 2 π , 6 3 2 2 ⎞ 1 2 1 ⎛a J ξ = J η = m ⎜ + b 2 ⎟ , J z = mb2 , zC = a . 3 3 6 ⎝ 3 ⎠ Paraboloid koji nastaje obrtanjem merdijana, y = 2 pz = 2

b2 z , oko O y ose, a

slika b).

5 1 2 5 ⎛ a 2 18 b 2 ⎞ ma 2 , J x = J z = m ⎜ + ⎟ , m = ρ ba π , 18 5 18 ⎝ 2 7 ⎠ 5 ⎛ a 2 b2 ⎞ 5 5 J ξ = J ζ = m ⎜ + ⎟ , J y = ma 2 , yC = b . 6 18 18 ⎝ 2 14 ⎠ Jy =

40


Đurković Vlado Telo i momenti inercije za ose

Prava, pravilna n − strana prizma, ivice b, a dužine l.

Ukupni polarni moment inercije n − tougaonika iznosi

IO =

1 ⎡ ⎛ π ⎞⎤ Ab 2 ⎢1 + 3ctg 2 ⎜ ⎟ ⎥ , A − površina osnove, 24 ⎝ n ⎠⎦ ⎣

J z = ρ IOl = Jx = J y =

1 ⎡ ⎛ π ⎞⎤ mb 2 ⎢1 + 3ctg 2 ⎜ ⎟ ⎥ , 24 ⎝ n ⎠⎦ ⎣

⎧⎪ ⎛ b ⎞ 2 ⎡ 1 ⎛ π ⎞ ⎤ ⎫⎪ ml 2 ⎨4 + ⎜ ⎟ ⎢1 + 3ctg 2 ⎜ ⎟ ⎥ ⎬ , 48 ⎝ n ⎠ ⎦ ⎪⎭ ⎪⎩ ⎝ l ⎠ ⎣

⎞ 1 ⎛ a2 m ⎜ + b2 ⎟ . 6 ⎝ 3 ⎠ Za šestougaonik n = 6 Jξ = Jη =

Jz =

2 ⎡ 5 1 ⎛b⎞ ⎤ ml 2 ⎢ 2 + 5 ⎜ ⎟ ⎥ . mb 2 , J x = J y = 12 24 ⎝ l ⎠ ⎥⎦ ⎢⎣

41

Opšti zakoni mehaničkog sistema

Đurković Vlado

2. OPŠTI ZAKONI KRETANJA SISTEMA MATERIJALNIH TAČAKA 2.1. DIFERENCIJALNE JEDNAČINE KRETANJA MEHANIČKOG SISTEMA Razmotrimo mehanički sistem koji ima n materijalnih tačaka i koji se kreće u odnosu na izabrani referentni sistem. U tom mehaničkom sistemu uočimo jednu tačku Mi, pa sve sile koje deluju na tu tačku razložimo na G G spoljašnje Fi s i unutrašnje sile Fi u (sl. 2.1). s

F1

M1 C

z r1

u

F1

s

Fi

Mi

rC ri

O

u

Fi

y

x

Slika 2.1. Tačke sistema i sile koje deluju na njih

Na taj način imamo: G G G mai = Fi s + Fi u . (2.1) Znači, ako bismo za sve tačke u jednom mehaničkom sistemu postavili diferencijalne jednačine kretanja, onda bismo za sistem od n materijalnih tačaka imali 3n diferencijalnih jednačina, iz čega odmah vidimo da bi to, u principu, bio velik broj diferencijalnih jednačina. Dalje, treba podsjetiti da sile koje u jednačini (2.1) figurišu na desnoj 43


Đurković Vlado

strani mogu biti proizvoljne funkcije vremena, rastojanja i brzine. Na kraju, treba istaći i to da su unutrašnje sile, u opštem slučaju, nepoznate dinamičke veličine. Ako se sve to ima u vidu, onda nije teško zaključiti na kakve bismo sve poteškoće naišli ukoliko bismo želeli izvršiti integraciju diferencijalnih jednačina svih tačaka takvog sistema. Osim toga pri proučavanju kretanja mehaničkog sistema, nas u većini slučajeva interesuju sumarne karakteristike tog kretanja (brzina sistema, ubrzanje sistema, ugaono ubrzanje sistema itd.), a ne i kretanje svake tačke ponaosob. Zbog svih ovih razloga, mi ćemo sada preći na izlaganje opštih zakona za mehanički sistem, primenom kojih se dobijaju te sumarne karakteristike kretanja. 2.2. ZAKON O KRETANJU CENTRA MASE SISTEMA Da bismo izveli zakon o kretanju centra mase (C) mehaničkog sistema, posmatrajmo sistem od n materijalnih tačaka, koji se kreće u odnosu na izabrani referentni sistem pod dejstvom datog sistema sila. Pođimo od definicije centra mase, odnosno njegovog vektora položaja: n G mi ri ∑ G rC = i =1 . m Dvostrukim diferenciranjem ovog izraza, dobijamo: n G mi ai ∑ G aC = i =1 , m n n n G n G G G G G odnosno: maC = ∑ mi ai = ∑ Fi s + Fi u = ∑ Fi s + ∑ Fi u . i =1

i =1

(

)

i =1

i =1

G Pošto je suma ∑ Fi u (prema relaciji (1.2) jednaka nuli, sledi da je n

i =1

n G G G maC = ∑ Fi s = FRs .

(2.2)

i =1

Izraz (2.2) predstavlja zakon o kretanju centra inercije tela koji glasi: proizvod između mase tela i ubrzanja njegovog centra inercije jednak je glavnom vektoru svih spoljašnjih sila koje deluju na to telo. Odavde se 44


Đurković Vlado

vidi: a) da unutrašnje sile ne utiču na promjenu kretanja centra inercije sistema i b) da se tačka C kreće po istom zakonu po kojem bi se kretala materijalna tačka, čija bi masa bila jednaka masi mehaničkog sistema i na koju bi delovala sila jednaka glavnom vektoru spoljašnjih sila sistema. Kao rezultat zakona o kretanju centra inercije imamo i sledeće posledice: n G → G G G G G 10 − ako je ∑ Fi s = FRs = 0 , tada je aC = 0 , odnosno vC = const. U i =1

tom slučaju se centar inercije kreće pravolinijski jednolikim kretanjem. G xC = 0 , odnosno vCx = const. U tom 20 − ako je FRx = 0 , tada je i slučaju se projekcija centra inercije na osu x kreće jednoliko. 2.3. KOLIČINA KRETANJA MEHANIČKOG SISTEMA

Količina kretanja sistema definiše se kao suma količina kretanja pojedinih tačaka tela (sl. 2.2). n G n G G K = ∑ K i = ∑ mi vi . (2.3) i =1

i =1

Izraz (2.3) možemo pisati kao: G G n n G d ( mi ri ) d ⎛ n dri G⎞ d G G K = ∑ mi =∑ = ⎜ ∑ mi ri ⎟ = ( mrC ) = mvC , dt i =1 dt dt ⎝ i =1 i =1 ⎠ dt G G K = m ⋅ vC . mv1 M1

K1

M2 Mn mvn

K2

mv2 K3 M3 mv3

Mn

K

Kn

Slika 2.2. Vektori količine kretanja tačaka sistema 45

(2.4)


Đurković Vlado

Prema tome, količina kretanja sistema jednaka je proizvodu mase tela i brzine njegovog centra inercije. 2.4. ZAKON O PROMENI KOLIČINE KRETANJA SISTEMA

Da bismo izveli zakon o promeni količine kretanja mehaničkog sistema, pretpostavimo da imamo mehanički sistem od n materijalnih tačaka, koji se kreće pod dejstvom datog sistema spoljašnjih sila. Diferenciranjem izraza (2.4) dobićemo: G G n G G dv dK G = m C = maC = ∑ Fi s = FRs . (2.5) dt dt i =1 G dK G s = FR . Dakle: (2.6) dt Izraz (2.6) predstavlja zakon o promeni količine kretanja mehaničkog sistema u diferencijalnom obliku i on glasi: izvod po vremenu vektora količine kretanja mehaničkog sistema jednak je glavnom vektoru spoljašnjih sila sistema. Odavde se vidi da unutrašnje sile ne utiču na promjenu količine kretanja sistema. Da bismo dobili zakon promjene količine kretanja u konačnom obliku, trebaG izvršiti integraciju izraza (2.6): K1 n t1 G G t1 G s s (2.7) ∫ dK = ∫ FR dt = ∑ ∫ Fi dt , G K0

i =1 t0

t0

n G G G G K1 − K 0 = ∆K = ∑ I is .

(2.8)

i =1

Ovaj izraz predstavlja zakon u konačnom obliku i on glasi: promena količine kretanja mehaničkog sistema u nekom intervalu vremena jednaka je sumi impulsa spoljašnjih sila sistema za taj isti interval vremena. Projektovanjem izraza (2.8) na ose, dobija se: n G n G n G K1x − K 0 x = ∑ I ixs ; K1 y − K 0 y = ∑ I iys ; K1z − K 0 xz = ∑ I izs . i =1

i =1

i =1

Pretpostavimo da je glavni vektor svih spoljašnjih sila jednak nuli. Tada je: 46


Đurković Vlado

G G JJJJJG Gs dK G G G JJJJJG 1 − FR = 0 ; = 0 ; ⇒ K = const. = m ⋅ vC ; vC = const. dt G G JJJJJG G G G ∆K = K − K 0 = 0 ; ⇒ K = K 0 = const. dK x 20 − X Rs = 0 ; = 0 ; ⇒ K x = const. = m ⋅ xC ; xC = const. dt K x = K x 0 = const. 0

2.5. DINAMIKA TAČKE PROMENLJIVE MASE

Posmatraćemo translatorno kretanje sistema čija se masa menja tokom vremena. U tom slučaju se kretanje tog sistema može opisati preko izraza koji opisuju kretanje tačke promenljive mase. Uvedimo neke osnovne definicije: Osnovna masa (m) − osnovni sistem masa čije kretanje posmatramo. Dodatna masa ( dmi ) − masa koja se dodaje ili oduzima od G osnovne mase. Relativna brzina ( u ) − brzina elemenata dodatne mase neposredno pre dodavanja osnovnoj masi ili neposredno pre odvajanja od osnovne mase. 2.6. JEDNAČINA MEŠČERSKOG

Pretpostavimo da se osnovna masa M, mase (m) kreće translatorno G brzinom v i da element dodatne mase M1, koji ima masu dm1, ima G relativnu brzinu u , u odnosu na osnovnu masu (sl.2.3), neposredno pre prisajedinjavanja osnovnoj masi (m). Neposredno nakon prisajedinjenja (dodavanja), osnovna masa će biti G G ( m + dm1 ) , a njena brzina biće ( v + dv ). Primenjujući zakon o promeni količine kretanja osnovne mase u vremenu od stanja neposredno pre dodavanja do stanja neposredno poslije dodavanja dodatne mase (dm1), imaćemo: n G G G G K K K1 − K 0 = ∑ I is ⇒ K1 − K 0 = FRs dt , i =1 G G G G G ( m + dm1 )( v + dv ) − mv − dm1u = FRs dt , G G G G dm1 ( v − u ) + mdv = FRs dt .

47


Đurković Vlado

S obzirom na to da je masa promenljiva, tj. m(t ) = m0 + m1 (t ) , dm1 dm možemo pisati da je: , = dt dt G dv G s G G dm a dalje: m , = FR + ( u − v ) dt dt G n G dv G dm = ∑ Fi s + vr m . (2.9) dt i =1 dt M

M1 dodatna masa u dm 1

osnovna masa

M1

v

v+dv

M m+dm 1

m

K 1 = ( m+dm 1) ( v+dv )

K 0 = mv+dm1 u

Slika 2.3. Dodatna masa pre i posle dodavanja osnovnoj masi

Posljednji izraz (2.9) naziva se još i jednačina Meščerskog. Član u G dm G izrazu (2.9), to jest vr = Φ , naziva se reaktivna sila, a uslovljava dt razliku između zakona o kretanju centra inercije i jednačine Meščerskog. Ako bismo projektovali jednačinu (2.9) na ose Dekartovog pravouglog sistema, dobili bismo diferencijalne jednačine, oblika: mx = X Rs + Φ x , my = YRs + Φ y , mz = Z Rs + Φ z . 2.7. FORMULA CIOLKOVSKOG

Posmatrajmo kretanje rakete koja ima masu konstrukcije m0 i n G pretpostavimo da se ona kreće bez spoljašnjih sila (∑ Fi s = 0) , kao i da i =1

je masa goriva na početku kretanja bila mg0 (sl. 2.4). Neka je relativna brzina isticanja produkata sagorijevanja vg = const. Primenjujući jednačinu Meščerskog, dobićemo:

48


Đurković Vlado

G dv G dm , = vr dt dt gde je mg - masa goriva u posmatranom trenutku.

( m0 + mg )

(2.10)

Slika 2.4. Raketa pri translatornom kretanju bez dejstva spoljašnjih sila

G G Pošto je: vr = vg , dm = d ( m0 + mg ) = dmg , jer je m0 = const. ,

tada, projektujući jednačinu (2.10) na osu x, sledi: ( m0 + mg ) dv = −vg dmg . m0

Nakon razdvajanja promenljivih

∫

mg 0

i logaritmovanjem: ln v = v0 + vg ln

m0 + mg 0 m0 + mg

=

dmg m0 + mg

v

dv , v v0 g

= −∫

v − v0 , dobija se vg

m0 + mg 0

. (2.11) m0 + mg Jednačina (2.11) daje zavisnost brzine kretanja rakete od trenutne mase goriva ( mg ) , kao i od ostalih konstantnih veličina i početnih uslova. U trenutku kada zaliha goriva ostane jednaka nuli, mg = 0 , raketa će imati maksimalnu brzinu, to jest: m vmax = v0 + vg ln(1 + g 0 ) , m0 m gde je: g 0 = C ; broj Cilokovskog (C=3-9). m0

(2.12)

Ako je C = 4 , tada nastupa prva kosmička brzina vmax = 7,9 49

km ; s


Đurković Vlado

km . s Izraz (2.12) predstavlja formulu Ciolkovskog. Formula Ciolkovskog pokazuje kolika će biti maksimalna brzina kretanja rakete, odnosno u trenutku mg = 0 . Maksimalna brzina rakete ne

vg ≈ 6

zavisi od vremena trajanja izgaranja goriva. Ona zavisi od početne brzine G G rakete ( v0 ) , relativne brzine produkata sagorevanja ( vg ) i relativne ⎛m ⎞ zalihe goriva na početku kretanja ⎜ g 0 ⎟ . ⎝ m0 ⎠

2.8. DEFINICIJA MOMENTA KOLIČINE KRETANJA SISTEMA

Pod momentom količine kretanja mehaničkog sistema za neku tačku kao pol (sl. 2.5) podrazumijevamo vektorsku veličinu koja je jednaka sumi momenata količine kretanja pojedinih tačaka sistema za isti pol: n G n G G G s LO = ∑ LOi = ∑ ( ri × mi vi ) . (2.13) i =1

i =1

K 1 = m 1v1

L Oi L O1

M1 r1 O K i = m ivi

ri Mi

Slika 2.5. Vektor momenta količine kretanja za O tačku

Ako projektujemo vektor momenta količine kretanja sistema na ose Dekartovog koordinatnog sistema, imaćemo: n

n

i =1 n

i =1

LO x = ∑ mi ( yi zi − zi y i ) , LO y = ∑ mi ( zi xi − xi zi ) , LO z = ∑ mi ( xi y i − yi xi ) . i =1

50


Đurković Vlado

2.9. VEZA IZMEĐU MOMENTA KOLIČINE KRETANJA ZA PROIZVOLJNU TAČKU I MOMENTA KOLIČINE KRETANJA ZA NEPOMIČNU TAČKU G G G G G G Sa sl. 2.6 radijus vektor i-te tačke je: ri = rA + ρi tj., ρi = ri − rA . Mi ρi z

z1

ri

A rA O

y1

x1

y

x

Slika 2.6. Nepokretna O i A pokretna tačka sistema

Moment količine kretanja sistema (vidi sl. 2.6) za proizvoljnu tačku A translatorno pokretnog sistema je: n n G G G G G K LA = ∑ ( ρi × mi vi ) = ∑ ⎡⎣( ri − rA ) × mi vi ⎤⎦ , i =1

i =1

n n G G G G G LA = ∑ ( ri × mi vi ) − ∑ ( rA × mi vi ) , i =1

i =1

G G G n G LA = LO − rA × ∑ mi vi , i =1 G G G G LA = LO − rA × K . (2.14) Ako projektujemo na ose, dobićemo: G G G LOx = LAx1 + LOx ( K ) , LOy = LAy1 + LOy ( K ) , LOz = LAz1 + LOz ( K ) . G G G Vektor položaja i-te tačke mehaničkog sistema je: ri = rA + ρi , a njena brzina: G G G G dri drA d ρi G G A = + = vA + vM i , vi = dt dt dt 51


Đurković Vlado

G gde je vMAi - brzina tačke Mi pri relativnom kretanju u odnosu na tačku A

translatorno pokretnog sistema Ax1 y1z1 . 2.10. NEKI SLUČAJEVI IZRAČUNAVANJA MOMENTA KOLIČINE KRETANJA MEHANIČKOG SISTEMA

a) Sferno kretanje tela Pretpostavimo da sistem Oxyz u opštem slučaju vrši proizvoljno sferno kretanje oko tačke O neovisno od kretanja tela (sl. 2.7). z

Ω

vi Mi ri k

ω O i

j

y

x

Slika 2.7. Proizvoljna tačka sistema pri sfernom kretanju

Moment količine kretanja tela za nepomičnu tačku O biće: n n G G G G G G LO = ∑ ( ri × mi vi ) = ∑ ⎡⎣ ri × mi ( ω× ri ) ⎤⎦ . i =1

i =1

Ako se podsetimo izraza za dvostruki vektorski proizvod: G G G G G G G G G a × b × c = b ⋅ ( a, c ) − c ⋅ a, b ,

(

)

( )

možemo napisati: n n G G G G G G G LO = ∑ mi ω ( ri , ri ) − ∑ mi ri ( ri , ω) , i =1

i =1

n G G G G LO = ∑ mi ωx i + ω y j + ωz k ( xi2 + yi2 + zi2 ) − i =1

(

)

52

(2.15)


Đurković Vlado

G G G −∑ mi ( xi i + yi i + zi i ) ( xi ωx + yi ω y + zi ωz ) . n

i =1

Dalje ćemo imati: n G G LO = ∑ mi ⎡⎣ i ( ωx xi2 + ωx yi2 + ωx zi2 − ωx xi2 − ω y xi yi − ωz xi zi ) + i =1 G + j ( ω y xi2 + ω y yi2 + ω y zi2 − ωx xi yi − ω y yi2 − ωz yi zi ) + G + k ( ωz xi2 + ωz yi2 + ωz zi2 − ωx xi zi − ω y yi zi − ωz zi2 ) ⎤⎦ . Nakon grupisanja pojedinih članova možemo dalje pisati: n n n G G⎡ ⎤ LO = i ⎢ ωx ∑ mi ( yi2 + zi2 ) − ω y ∑ mi xi yi − ωz ∑ mi xi zi ⎥ + i =1 i =1 ⎣ i =1 ⎦ n n n G⎡ ⎤ + j ⎢ −ωx ∑ mi xi yi + ω y ∑ mi ( xi2 + zi2 ) − ωz ∑ mi yi zi ⎥ + i =1 i =1 i =1 ⎣ ⎦ n n n G⎡ ⎤ + k ⎢ −ωx ∑ mi xi zi − ω y ∑ mi yi zi + ωz ∑ mi ( xi2 + yi2 ) ⎥ . i =1 i =1 i =1 ⎣ ⎦ Nakon sređivanja sledi: G G G LO = i ( J x ωx − J xy ω y − J xz ωz ) + j ( − J xy ωx + J y ω y − J yz ωz ) + G + k ( − J xz ωx − J yz ω y + J z ωz ) . G G G G Ili, drugačije: LO = Lx i + Ly j + Lz k . Prema tome, projekcije momenta količine kretanja za ose x, y i z proizvoljnog sistema sa ishodištem u tački O su: G G Lx = LO ⋅ i = J x ωx − J xy ω y − J xz ωz , (2.16) G G Ly = LO ⋅ j = − J xy ωx + J y ω y − J yz ωz , (2.17) G G Lz = LO ⋅ k = − J xz ωx − J yz ω y + J z ωz . (2.18) ili u matričnom obliku napisano: − J xy − J xz ⎤ ⎧ ωx ⎫ ⎧ Lx ⎫ ⎡ J x ⎪ ⎪ ⎢ ⎥⎪ ⎪ J y − J yz ⎥ ⎨ω y ⎬ , ⎨ Ly ⎬ = ⎢ − J yx ⎪ L ⎪ ⎢−J J z ⎥⎦ ⎪⎩ ωz ⎪⎭ ⎩ z ⎭ ⎣ zx − J zy ili kraće napisano: { L0 } = [ J ]{ω} .

53


Đurković Vlado

Ukoliko su ose x, y i z čvrsto vezane za telo koje se obrće oko stalne tačke, tada su svi aksijalni, a takođe i svi centrifugalni momenti inercije konstantni. Ukoliko je u tom slučaju zadovoljen uslov da su ose x, y i z glavne ose inercije, tada važi: Lx = J x ωx , (2.19) Ly = J y ω y , (2.20) Lz = J z ωz ,

(2.21)

b) Rotacija tela oko stalne ose Pri rotaciji tela oko stalne ose kao specijalnom slučaju sfernog kretanja, ukoliko za stalnu osu izaberemo osu z (sl. 2.8), važi: Lx = − J xz ωz , (2.22) Ly = − J yz ωz , (2.23) Lz = J z ωz . (2.24) Iz ovih izraza vidimo da će u slučaju kada je osa z glavna osa, biti: Lxz = J yz = 0 , a moment količine kretanja biće usmeren samo u pravcu z (sl.2.10), to jest: G G G LO = Lz = J z ωz k . (2.25) Prema tome, imamo: Lz = J z ω . (2.26) Iz poslednjeg izraza vidimo da je moment količine kretanja u ovom slučaju jednak proizvodu iz momenta inercije za obrtnu osu i ugaone brzine tela. z

Mi

z

Lz

R

ri

ω

ω O

O

y

k j

x

x

y

i

Slika 2.8. Telo pri rotaciji oko stalne ose 54


Đurković Vlado

Upoređujući ovaj izraz sa ranije izvedenim izrazom za količinu G G kretanja (2.4): K = mvC , vidimo da između ta dva izraza postoji analogija. Dok je količina kretanja bila dinamička karakteristika translatornog kretanja, moment količine kretanja je dinamička karakteristika rotacionog kretanja. c) Translatorno kretanje tela Izvest ćemo izraz za moment količine kretanja za centar inercije tijela koje vrši translaciju (vidi sl. 2.9). n n G G G G G LC = ∑ ρi × mi vi = ∑ ρi × mi vC . i =1

i =1

z1 Mi

z

ρi

ri O

y

C

r C x1

y1

x Slika 2.9. Telo pri translaciji

Dalje je: n n G G G G G G G LC = ∑ ρi × mi vC = ∑ ρi mi × vC = mρC × vC = 0 , i =1

i =1

G jer je: ρC = 0 . Dakle, za translatorno kretanje važi: G LC = 0 . (2.27) Na osnovu izraza (2.14) moment količine kretanja za nepomičnu tačku je: G G G G G G LO = LC + rC × K = rC × K . (2.28)

d) Ravno kretanje tela Pretpostavimo da telo vrši ravno kretanje (sl. 2.10) tako da mu se sve tačke kreću u ravnima koje su okomite na neku stalnu osu z2 . Neka je 55


Đurković Vlado

G tačka O tačka na osi z1 duž koje prolazi vektor trenutne ugaone brzine ω . Osa z prolazi kroz centar inercije C i paralelna je osi z2 , odnosno z1 . z2

z

z1

Mi L z1 = LO

ρi

ri

ω O

rC x

y1

x1

y

C

Slika 2.10. Telo pri ravnom kretanju

Moment količine kretanja, s obzirom na to da ravno kretanje predstavljamo kao jednu translaciju sa unapred izabranim polom i rotaciju oko toga pola, za tačku C je: n n n G G G G G G G G LC = ∑ ρi × mi vi = ∑ ρi ×mi vC + ∑ ρi ×mi ( ω× ρi ) . i =1

i =1

i =1

Pokažimo čemu su jednaki izrazi na desnoj strani. n n n G G G G G G G G Prvi izraz je: ∑ ρi × mi vC = ∑ (mi ρi ×vC ) = ∑ ρi mi × vC = mρC × vC . i =1

i =1

i =1

Pošto je ρC = 0 , sledi: n

G

G

∑ (ρ ×mv i

i =1

C

) = 0. n

Drugi izraz je:

(2.29) G

G G

G G G

n

G G G

n

∑ ( ρ × m ( ω× ρ ) ) = ∑ m ω ( ρ , ρ ) − ∑ m ρ ( ρ , ω) = i =1

i

i

i

i =1

i

i

i

i =1

i

i

i

n n G G G G = ∑ mi ωz k ( xi2 + yi2 + zi2 ) − ∑ mi xi i + yi j + zi k zi ωz = i =1

( )

i =1

(

)

n G G G = ∑ mi ⎡⎣ i ( − xi zi ωz ) + j ( − yi zi ωz ) + k ( xi2ωz + yi2 ωz + zi2ωz − zi2ωz ) ⎤⎦ = i =1

G G G = − J xz i − J yz j + J z k ωz .

(2.30)

Prema tome, izraz je: G G G G LC = − J xz i − J yz j + J z k ωz ,

(2.31)

(

(

)

)

56


Đurković Vlado

a za nepomičnu tačku O je: G G G G LO = LC + rC × K . (2.32) Ukoliko su centrifugalni momenti inercije jednaki nuli, J xz = J yz = 0 , tj. u slučaju kada je osa z glavna osa, sledi da je: G G G LC = J z ωz k = J C ωk . Ukoliko je sistem xyz čvrsto vezan za telo, tada su svi momenti inercije konstante, pa tada, postavljanjem zakona o promeni momenta dLz d ωz količine kretanja, za osu z dobijamo: = Jz , dt dt n

∑M i =1

s z

= J zεz .

(2.33)

Moment količine kretanja za trenutni pol brzina je

(

2

)

L p = J p ω = J C + m ⋅ PC ω ,

gde je J P − moment inercije tela za osu upravnu na ravan kretanja kroz trenutni pol brzina, tj. tačku P. 2.11. ZAKON O PROMENI MOMENTA KOLIČINE KRETANJA MEHANIČKOG SISTEMA 2.11.1. Zakon za nepomičnu tačku

Moment količine kretanja mahaničkog sistema za neku proizvoljnu nepomičnu tačku O, kao pol (sl. 2.11), definiše se na sledeći način: n G n n G G G G⎞ ⎛ → LO = ∑ LOi =∑ ( ri × mi vi ) =∑ ⎜ OM i × mi vi ⎟ . ⎠ i =1 i =1 i =1 ⎝ Potražimo izvod vektora momenta količine kretanja po vremenu G dLO d ⎛ n G ⎞ n d G G ⎞ d⎛ n G = ⎜ ∑ LOi ⎟ = ⎜ ∑ ( ri × mi vi ) ⎟ = ∑ ( ri × mi vi ) = dt dt ⎝ i =1 ⎠ dt ⎝ i =1 ⎠ i =1 dt G G n dv ⎞ G ⎞ n ⎛G ⎛ dr = ∑ ⎜ i × mi vi ⎟ + ∑ ⎜ ri × mi i ⎟ = dt ⎠ ⎠ i =1 ⎝ i =1 ⎝ dt n n G G G G = ∑ ( vi × mi vi ) + ∑ ( ri × mi ai ) = i =1

i =1

57

Opšti zakoni mehaničkog sistema n

=∑ i =1

G G G ri × Fi s + Fi u

( (

Đurković Vlado

) ) =∑ ( n

i =1

n G Gs G G ri × Fi + ∑ ri × Fi u =

)

i =1

(

)

n n G G s n G Gu G Gs G Gs = ∑ M OFi + ∑ M OFi = ∑ M OFi = mOFi = 0 .

i =1 i =1 G n Gs G G Gs dLO = ∑ M OFi = mOFi . dt i =1

LOi

i =1

(2.34) mi v i

z

Mi O

ri

y

x Slika 2.11. Moment količine kretanja za nepomičnu tačku

Prema tome, zakon o promeni momenta količine kretanja sistema za nepomičnu tačku O, kao pol, glasi: izvod momenta količine kretanja sistema za nepomičnu tačku O, kao pol, po vremenu jednak je sumi momenata (glavnom momentu) spoljašnjih sila za tu istu tačku kao pol. Ako projektujemo zakon na ose, imaćemo: n n n dL dLOx dL = ∑ M Ox , Oy = ∑ M Oy , Oz = ∑ M Oz , (2.35) dt dt dt i =1 i =1 i =1 ako je: G n → G FG s G G dL 0 (2.36) 1 − ∑ M Oi = 0 ⇒ O = 0 ⇒ LO = const . = LO (0) , dt i =1 što je zakon o održanju momenta količine kretanja, ili ako je, na primer: n G FG s dL i 20 − ∑ M Oz = 0 ⇒ O = 0 ⇒ LO = const. = ( LOz )0 . (2.37) dt i =1 2.11.2. Zakon za pomičnu tačku

Posmatrajmo radijus−vektor pokretne tačke A (sl. 2.12), koja je ishodište translatorno pokretnog koordinatnog sistema Ax1 y1 z1 , 58


Đurković Vlado

G G G G G G ri = rA + ρi , odakle je ρi = ri − rA . Potražimo izvod po vremenu: G G G d ρi dri drA G G (2.38) = − = vi − v A . dt dt dt Ako se podsetimo čemu je jednak vektor momenta količine kretanja G LAi tačke Mi sistema za pokretnu tačku A, onda ukupni vektor momenta G količine sistema LA možemo napisati na sledeći način: n G G G G G G LAi = ρi × mi vi ; LA = ∑ ( ρi × mi vi ) . i =1

Izvod po vremenu možemo izraziti kao: G G G n dvi ⎞ dLA G ⎞ n ⎛G ⎛ d ρi = ∑⎜ × mi vi ⎟ + ∑ ⎜ ρi × mi ⎟= dt dt ⎠ ⎠ i =1 ⎝ i =1 ⎝ dt n n G G G G G = ∑ ( ( vi − v A ) × mi vi ) + ∑ ( ρi × mi ai ) = i =1

i =1

n G G G G G G G = ∑ ( vi × mi vi ) − ∑ ( v A × mi vi ) + ∑ ρi × Fi s + Fi u n

n

i =1

i =1

i =1

n

n G G G G = ∑ ( vi × mi vi ) − ∑ ( v A × mi vi ) + i =1

i =1

n

∑( i =1

vC z

mi v i

Mi

)) =

n G Gs G G ρi × Fi + ∑ ρi × Fi u . (2.39)

)

i =1

(

)

z1 L Ai

C ρ i

ri O

( (

A y

rA

y1

x1

x Slika 2.12. Moment količine kretanja za pomičnu tačku n

Poslednji izrazi su:

G

n

G

i =1

G G G G ∑ ( vA × mi vi ) = vA × K ; n

i =1

G

G

∑ ( vi × mi vi ) = 0 ; ∑ ( ρi × Fi u ) = 0 ; i =1

n

∑( i =1

n G Gs G G ρi × Fi s = ∑ M AFi ,

)

59

i =1

(2.40)


Đurković Vlado

G n G G Gs dLA G pa dalje možemo pisati: = − v A × K + ∑ M AFi , dt i =1 G n Gs Gs G G G dLA G + v A × K = ∑ M AFi = M AFR . (2.41) dt i =1 Izraz (2.41) predstavlja zakon o promeni momenta količine kretanja mehaničkog sistema materijalnih tačaka za pokretnu tačku. G G G G G G S obzirom na to da je: v A × K = v A × mvC = m ( v A × vC ) ,

(

(

)

)

izraz (2.41) se piše na sledeći način: G n G Gs G Gs dLA G G + m ( v A × vC ) = ∑ M AFi = M AFR . dt i =1 Izrazi (2.34) i (2.42) se poklapaju za: G G G G vA = 0 ; vC = 0 ; v A ( vC ; A ≡ C . G n G Gs G Gs dLA = ∑ M CFi = M CFR . Odatle je: dt i =1 n → G G G FG s G FG s Ako je: ∑ M C i = M C R = 0 ⇒ LC = const. = LC , 0 i =1 G G G G LO = ( rC × mvC ) + LC . → → G G Ako je: LC = const. , to ne znači da je LO = const .

( )

(2.42) (2.43)

(2.44)

(2.45)

2.12. KINETIČKA ENERGIJA MEHANIČKOG SISTEMA 2.12.1. Uvod

Pod kinetičkom energijom mehaničkog sistema podrazumevamo skalarnu veličinu koja je jednaka sumi kinetičkih energija pojedinih tačaka sistema, to jest: n n ⎛1 ⎞ 1 n Ek = ∑ Eki = ∑ ⎜ mi vi2 ⎟ = ∑ mi vi2 . (2.46) ⎠ 2 i =1 i =1 i =1 ⎝ 2 Za neke posebne slučajeve kretanja tela ćemo naći izraze za kinetičku energiju. Prvo ćemo naći izraz za Ek za najopštiji slučaj kretanja tela, a zatim, koristeći taj izraz, i za neke posebne slučajeve kretanja tela.

60


Đurković Vlado

2.12.2. Kinetička energija sistema za pojedine vrste kretanja

a) Kinetička energija tela koje vrši translatorno kretanje Za telo koje vrši translatorno kretanje poznato je da su brzine i ubrzanja svih tačaka tela ista, tako da na osnovu sl. 2.13. možemo pisati: C

vC

trajektorija vi

Mi

Slika 2.13. Translatorno kretanje tela n n n 1 1 1 1 Ek = ∑ mi vi2 = ∑ mi vC2 = vC2 ∑ mi = mvC2 . (2.47) 2 i =1 2 i =1 2 i =1 2 Kinetička energija translatornog kretanja tela jednaka je polovini proizvoda iz mase tela i kvadrata brzine centra mase, što znači da je kinetička energija translacije po svom obliku jednaka kinetičkoj energiji materijalne tačke.

z

Mi

Ri

vi

ri O

ω y

x

Slika 2.14. Rotacija tela oko stalne ose

b) Kinetička energija tela koje vrši rotaciju oko stalne ose U rotaciji (sl. 2.14) biće: n n 1 1 n 1 Ek = ∑ mi vi2 = ∑ mi Ri2ω2 = ω2 ∑ mi Ri2 , 2 i =1 2 i =1 i =1 2 1 Ek = J z ω2 . 2 61

(2.48)


Đurković Vlado

Iz izraza (2.49) vidimo da je kinetička energija rotacije jednaka jednoj polovini proizvoda momenta inercije za obrtnu osu i kvadrata ugaone brzine. c) Kinetička energija tela koje vrši ravno kretanje Telo koje vrši ravno kretanje presecimo sa ravni koja prolazi kroz centar inercije C, a okomita je na trenutnu obrtnu osu Ω. U preseku te ravni i ose Ω je trenutni pol brzina P (sl. 2.15). Kinetička energija sistema koji vrši ravno kretanje je: 2 1 n 1 n 1 Ek = ∑ mi vi2 = ∑ mi PM i ω2 = J p ω2 , (2.49) 2 i =1 2 i =1 2 gde su: Jp − moment inercije za trenutnu obrtnu osu, Mi − proizvoljna tačka i P − trenutni pol brzina. p Mi vi

Mi

vi C

C P vC

vC

P

Slika 2.15. Ravno kretanje tela

Ovde je J P promenljivo jer se položaj trenutnog pola P menja, a na osnovu Štajnerove teoreme izraz iznosi: 2

J p = J C + m ⋅ PC ,

tako da je kinetička energija: Ek = Ek =

(

)

2 1 1 J C ω2 + m PC ⋅ ω , 2 2

1 2 1 mvC + J C ω2 . 2 2

(2.50) 62


Đurković Vlado

Ovaj posljednji izraz predstavlja kinetičku energiju ravnog kretanja tela, a zove se Kenigova teorema. Iz njega se vidi da je kinetička energija ravnog kretanja tela jednaka kinetičkoj energiji translacije, sa brzinom koja je jednaka brzini centra inercije i kinetičkoj energiji rotacije oko ose koja prolazi kroz centar inercije, sa ugaonom brzinom koja je jednaka ugaonoj brzini tela. Ukoliko je jednostavnije izračunati moment inercije za osu koja prolazi kroz centar inercije, tada je pogodno primenjivati izraz (2.50), a ukoliko je jednostavnije računati moment inercije za trenutnu obrtnu osu Ω, pogodnije je koristiti izraz (2.49). d) Kinetička energija tela koje vrši sferno kretanje Posmatrajmo telo (sl. 2.16) koje rotira oko stalne ose, tačka O, kroz G koju prolazi trenutna obrtna osa Ω, duž koje je usmeren vektor ω . z

Ω

vi Mi ri ω

k j

O

y

i

x

Slika 2.16. Sferno kretanje tela

Potražimo čemu je jednaka kinetička energija tačke Mi, tela (sistema). Kinetičku energiju možemo pisati kao: 1 1 G G 1 G G G G Ek = ∫ v 2 dm = ∫ v ⋅ vdm = ∫ ( ω× r ) ⋅ ( ω× r ) dm , 2m 2m 2m 1 G G G G (2.51) Ek = ∫ ω⋅ ( r × ( ω× r ) ) dm . 2m G G G G G G G G G a na osnovu izraza iz matematike: a × b × c = b ⋅ ( a , c ) − c a , b ,

(

63

)

( )


Đurković Vlado

dobijamo: G G 2 1 G G G G G G G 1 Ek = ∫ ω⋅ ( ω⋅ ( r × r ) − r ⋅ ( ω, r ) ) dm = ∫ ω2 r 2 − ( ω, r ) dm = 2m 2m 2 1 = ∫ ( ω2x + ω2y + ω2z )( x 2 + y 2 + z 2 ) − ( xωx + yω y + zωz ) dm = 2m

(

)

)

(

=

(

1 ω2x ( y 2 + z 2 ) + ω2y ( x 2 + z 2 ) + ω2z ( x 2 + y 2 ) − ∫ 2m

− 2ωx ω y xy − 2ωx ωz xz − 2ω y ωz yz ) dm .

Poslednji izraz se može napisati u ovom obliku: 1 Ek = ( J x ω2x + J y ω2y + J z ω2z − 2 J xy ωx ω y − 2 J xz ωx ωz − 2 J yz ω y ωz ) .(2.52) 2 Ako su x1, y1 i z1 glavne ose inercije, kinetička energija ima sledeći 1 oblik: Ek = J x1 ω2x1 + J y1 ω2y1 + J z1 ω2z1 . 2 Iz jednačine (2.51) sledi: 1G G G G 1GG 1 T Ek = ω∫ ( r × ( ω× r ) ) dm = ωLO = {ω} ⋅ { LO } , 2 m 2 2

(

Ek =

)

1 T {ω} ⋅ [ J ] ⋅ {ω} . 2

e) Kinetička energija sistema za opšti slučaj kretanja Pretpostavimo da telo vrši opšti slučaj kretanja (sl. 2.17), koje se, kao što je poznato, može posmatrati kao zbir jedne translacije, zajedno sa odabranim polom, i jedne rotacije oko ose koja prolazi kroz taj pol. Za pol odaberimo centar inercije C. n 1 n Kinetička energija sistema će biti: Ek = ∑ Eki = ∑ mi vi2 , a brzina 2 i =1 i =1 G G G G tačke M je: vM i = vC + v1i , gde je: v1i − komponenta brzine tačke M usled rotacije tela oko ose, koja prolazi kroz centar inercije C. Kako je kvadrat brzine jednak: G G G G G G G G G vM2 i = vM i , vM i = vC + v1i vC + v1i = vC2 + 2 vC , v1i + v12i ,

(

) (

)(

)

kinetičku energiju možemo pisati u obliku 64

(

)


Đurković Vlado

1 n 1 n 1 n G G 2 Ek = ∑ mi vC + ∑ mi 2 vC , v1i + ∑ mi v12i , 2 i =1 2 i =1 2 i =1 gde pojedini članovi na desnoj strani iznose: 1 n 1 2 n 1 0 2 1 − mi vC = vC ∑ mi = mvC2 , ∑ 2 i =1 2 i =1 2

(

)

(2.53)

(2.54)

n G G G G ⎛G n G ⎞ = = m v , v v , m v ∑ ∑ 1i i C C i 1i ⎜ vC , ∑ mi v1i ⎟ , i =1 i =1 i =1 ⎝ ⎠ n

20 −

(

)

(

)

(2.55)

gde je: G G G G G ⎞ G G G ⎛G ∑ m v = ∑ m ( ω× ρ ) = ∑ ( ω× m ρ ) = ⎜⎝ ω, ∑ m ρ ⎟⎠ = ( ω, mρ ) = 0 , n

n

i =1

i 1i

i =1

n

i

i

G jer je: ρC = 0 , pa je

i

i =1

n

G

∑ m (v i

i =1

n

C

i

i

i =1

i

C

G × v1i = 0 ,

)

1 n 1 n ω2 n 1 2 2 2 m v m h mi hi2 = J Ω ω2 , = ω = ∑ ∑ ∑ i 1i i i 2 i =1 2 i =1 2 i =1 2 te je konačno 1 1 1 1 Ek = mvC2 + J Ω ω2 = mvC2 + J C ω2 . 2 2 2 2

30 −

(2.56)

(2.57)

Ω Ω

v dr dm

z

y

ω

ρ

r O

z1 Mi ρi

C

rC

x1

vC

hi y1 C

ρ

C

vC

x

v1 i

Mi

vMi vC

Slika 2.17. Opšti slučaj kretanja tela

Prema tome, kinetička energija tela za opšti slučaj kretanja sastoji se iz dve komponente. Prva komponenta označava kinetičku energiju 65


Đurković Vlado

translacije, a druga komponenta označava kinetičku energiju rotacije oko ose koja prolazi kroz centar inercije. 2.13. ZAKON O PROMENI KINETIČKE ENERGIJE MEHANIČKOG SISTEMA

Da bismo izveli zakon o promeni kinetičke energije nekog mehaničkog sistema, podsetimo se kako glasi taj zakon za materijalnu tačku pa ga primenimo na datu tačku sistema. Od ranije znamo da je: ⎛1 ⎞ d ⎜ mi vi2 ⎟ = dAi = dAis + dAiu , (2.58) ⎝2 ⎠ ⎛ n 1 ⎞ ⎛ n ⎞ ⎛ n ⎞ ⎛ n ⎞ d ⎜ ∑ mi vi2 ⎟ = d ⎜ ∑ Eki ⎟ = d ⎜ ∑ Ais ⎟ + d ⎜ ∑ Aiu ⎟ . (2.59) ⎝ i =1 2 ⎠ ⎝ i =1 ⎠ ⎝ i =1 ⎠ ⎝ i =1 ⎠ Ovaj izraz predstavlja zakon o promeni kinetičke energije mehaničkog sistema u diferencijalnom obliku koji, glasi: diferencijal kinetičke energije mehaničkog sistema jednak je sumi elementarnih radova spoljašnjih i unutrašnjih sila mehaničkog sistema. Da bismo našli ovaj zakon u konačnom obliku, pretpostavimo da se ovaj mehanički sistem pomeri iz položaja 0 ( Ek 0 ) u položaj 1 ( Ek1 ) . Izvršićemo integraciju izraza (2.59). 1

1

1

n

n

∫ dE = ∫ ∑ dA + ∫ ∑ dA k

0

s

0 i =1

u

,

(2.60)

0 i =1

n

n

i =1

i =1

s u Ek 1 − Ek 0 = ∑ A(0,1) + ∑ A(0,1) ,

(2.61)

Ovaj izraz predstavlja zakon o promeni kinetičke energije u konačnom obliku, koji glasi: promena kinetičke energije mehaničkog sistema na nekom konačnom pomeranju jednaka je sumi radova svih spoljašnjih i unutrašnjih sila sistema na tom pomeranju. a) Slučaj neizmjenljivog sistema Mehanički sistemi se prema jednoj osobini mogu podeliti na tzv. izmenljive (promenljive) sisteme i neizmenljive (nepromenljive) sisteme. Izmenljivi mehanički sistemi su oni kod kojih se za vreme kretanja sistema rastojanje između pojedinih tačaka u sistemu menja (primer: Sunčev planetarni sistem). Za razliku od toga, neizmenljivi mehanički 66


Đurković Vlado

sistemi su takvi mehanički sistemi kod kojih se rastojanja između pojedinih tačaka sistema za vreme njegovog kretanja ne menjaju. Sada ćemo vidjeti kako glasi zakon o promeni kinetičke energije za ovakve sisteme (sl. 2.18). G G Pošto je prema teoremi o projekciji brzina, ( v1 ) M M = ( v2 ) M M , 1 2 1 2 G G G G G G ds1 = v1dt ; ds2 = v2 dt ; tada je: ( ds1 ) M M = ( ds2 ) M M . a znamo da je: 1 2 1 2 Gu Gu u u u Sada je: dA = F12 ds1 + F21ds2 = F12 ds1 cos α − F21ds2 cos β , dAu = F12u ( ds1 ) M M − F21u ( ds2 ) M M = 0 . 1

2

1

2

v1 ds1 M1

M2

α u F12

u F21

β ds2

v2

Slika 2.18. Slučaj neizmenljivog mehaničkog sistema

Odavde se vidi da će kod neizmenljivih mehaničkih sistema rad unutrašnjih sila biti jednak nuli, što znači da kod takvih mehaničkih sistema unutrašnje sile ne utiču na promenu kinetičke energije mehaničkog sistema, pa za takve sisteme zakon o promeni kinetičke ⎛ n ⎞ ⎛ n ⎞ energije glasi: dEk = dAs , to jest: d ⎜ ∑ Eki ⎟ = d ⎜ ∑ Ais ⎟ , ⎝ i =1 ⎠ ⎝ i =1 ⎠ n

Gs

Fi Ek1 − Ek 0 = ∑ A(0,1) .

(2.62)

i =1

2.14. RAD SILA PRI POMERANJU MEHANIČKOG SISTEMA MATERIJALNIH TAČAKA G G Elementarni rad neke sile je: dA = F ⋅ dr . Kod mehaničkog sistema rad sila na pomeranju i-te materijalne tačke je: G G G G dAi = dAis + dAiu = Fi s ⋅ dri + Fi u ⋅ dri . (2.63) 67


Đurković Vlado

Ukupan rad sila mehaničkog sistema je: n

n

i =1

i =1

dA = ∑ dAis + ∑ dAiu = dAs + dAu .

(2.64)

2.15. RAD SILA PRI ELEMENTARNOM POMERANJU KRUTOG TELA

Elementarni rad i-te materijalne tačke (sl. 2.19) iznosi: n G G dA = ∑ Fi s ⋅ dri . i =1 G G G G dri G Brzina i-te tačke je: vi = = vO + ( ω× ρi ) , dt G G G drO G G G G G odakle je: dri = vO dt + ( ω dt × ρi ) , vO = ⇒ drO = vO dt . dt G G G G Konačno, izraz je: dri = drO + ( ω dt × ρi ) . Elementarni rad je: n G n G n G G G G G G G dA = ∑ Fi s ⋅ ( drO + ( ωdt × ρi ) ) = ∑ Fi s ⋅ drO + ∑ Fi s ⋅ ( ωdt × ρi ) = i =1

i =1

i =1

G G G G ⎛ = ∑ Fi s ⋅ drO + ⎜ ∑ ρi × Fi s i =1 ⎝ i =1 n G G G G = ∑ Fi s ⋅ drO + M Os ⋅ ω dt , i =1 G G a pošto je: d ϕ = ωdt , sledi: n G G G G dA = ∑ Fi s ⋅ drO + M Os ⋅ d ϕ . n

n

) ⎞⎟⎠ ωG dt =

(

(2.65)

(2.66)

i =1

s

s

F2

F1

Mi

Fns

ρi

ri

s

Fi

O rO

O1

Slika 2.19. Tačka mehaničkog sistema koja vrši rad 68


Đurković Vlado

Dakle, elementarni rad je jednak sumi radova sila na elementarnom pomeranju i radova od momenata sila na tom istom pomeranju. 2.16. NEKI SLUČAJEVI IZRAČUNAVANJA RADA SILA KOJE DELUJU NA SISTEM MATERIJALNIH TAČAKA

a) Rad sile Zemljine teže Posmatrajmo mehanički sistem koji se kreće (sl. 2.20). Na tom kretanju posmatrajmo putanju tačke C i potražimo rad sile težine. Sa sl. 2.20, je: G G G G G G G dAimg = mi g ⋅ dri ; ri = xi i + yi j + zi k . G G G G G dAimg = −mi gk dxi i + dyi j + dzi k = − mi gdzi ,

(

)

⎛ n ⎞ dA = ∑ dAi = −∑ mi gdzi = − gd ⎜ ∑ mi zi ⎟ = − gd ( mzC ) = − mgdzC , i =1 i =1 ⎝ i =1 ⎠ dA = − mgdzC , gde je zC − koordinata centra masa sistema. n

n

trajektorija Mi C

z i0 Mi

z z i1

x

h z C0

C z C1 y

O1

Slika 2.20. Centar mase mehaničkog sistema koji vrši rad

Prema tome, možemo pisati da je ukupan rad iznosi:

69

Opšti zakoni mehaničkog sistema G mg (0,1)

A

1

zC1

0

zC0

= ∫ dA = − mg

∫ dz

C

Đurković Vlado

(

)

= mg zC0 − zC1 = mgh .

(2.67)

Rad ne zavisi od oblika putanje, već samo od početnog i krajnjeg položaja. b) Rad sila koje deluju na telo pri rotaciji G Rad sile F koja deluje na tačku M (sl. 2.21) biće jednak: s1 ϕ1 ϕ1 G G G s1 F A(0,1) = ∫ F , ds = ∫ Fτ ds = ∫ Fτ Rd ϕ = ∫ M z d ϕ .

(

)

s0

ϕ0

s0

(2.68)

ϕ0

Ukoliko je moment oko ose z konstantan, tj. M z = const. , sledi: G

G

F M A(0,1) = A(0,1) = M z ( ϕ1 − ϕ0 ) .

(2.69) z

(B) Fb Fn

M Fτ

ds

R

dϕ

(T)

(N) ϕ

Slika 2.21. Rad sila pri rotaciji tela oko stalne ose

c) Rad sila koje deluju na telo koje vrši translatorno kretanje Pođimo od definicije rada: s1 n n s1 G G G s1 G G G A = ∑ ∫ Fi , dsi = ∫ ∑ Fi ⋅ dsi = ∫ FR , ds , (2.70) i =1 s0

(

)

s0 i =1

(

)

s0

gde za translaciju imamo: ds1 = ds2 =,..., = ds . d) Rad sila pri kotrljanju tela Rad reaktivnog momenta pri kotrljanju biće (u diferencijalnom obliku): 10 − slučaj bez klizanja vP = 0 (sl. 2.21) 70


Đurković Vlado

G G G G G F dA µ = Fµ ⋅ drP = Fµ ⋅ vP dt = 0

(2.70) C

Fµ

P N

Slika 2.22. Rad sila pri kotrljanju tela bez klizanja

20 − 2.23)

slučaj deformacije površine, tzv. stvarni slučaj kotrljanja (sl.

dϕ R Fµ

dsC

C M tr

G P

ε

FN

Slika 2.23. Rad sila pri kotrljanju tela u slučaju deformacije površine

F ε ε dxC = − N dsC , R R gde je: sC − pomeranje tačke C duž puta. G Za slučaj da je FN konstanta, tada je rad jednak: F ε A = N sC − sC0 . R G

dAM tr = − M tr ⋅ d ϕ = − FN ε d ϕ = − FN

(

)

(2.72)

(2.73)

2.17. DALAMBEROV PRINCIP ZA SISTEM

Ako primenimo već proučeni Dalamberov princip za materijalnu tačku, na tačku Mi, mase mi, materijalnog sistema, možemo napisati jednačinu kretanja bilo koje tačke, u obliku: G G G Fi s + Fi u + Fi in = 0 , (i=1,2,3,...,n) (2.74) Sabiranjem svih jednačina materijalnog sistema dolazimo do jednačine: 71


Đurković Vlado

G s n G u n G in ∑ Fi + ∑ Fi + ∑ Fi = 0 , n

i =1

i =1

(2.75)

i =1

koja se, napisana u obliku: G G FRs + FRin = 0 , (2.76) naziva prva Dalamberova jednačina za sistem. Ako pomnožimo G jednačinu (2.75) sa vektorom položaja ri , tačke Mi, vektorski sa leve strane i saberemo sve takve jednačine sistema, dolazimo do jednačine: n n n G Gs G Gu G G in r × F + r × F + r (2.77) ∑ i i ∑ i i ∑ i × Fi = 0 . i =1

(

)

i =1

(

)

i =1

(

U ovoj jednačini razlikujemo: − glavni moment spoljašnjih sila

)

n Gs G Gs M = r ∑ O ∑ i × Fi , n

i =1

i =1

(

)

n Gu G G − glavni moment unutrašnjih sila ∑ M O = ∑ ri × Fi u i n

i =1

− glavni moment inercijalnih sila sistema

i =1

)

G in n G G in M ∑ O = ∑ ri × Fi , n

i =1

pa se jednačina može napisati u ovom obliku: n G s n G in M ∑ O + ∑ MO = 0 , i =1

(

i =1

(

)

(2.78)

i =1

Ova jednačina se naziva druga Dalamberova jednačina. Dalamberovim vektorskim jednačinama (2.77) i (2.78) u opštem slučaju odgovara šest jednačina u vidu projekcija na ose Dekartovog sistema: n n Gs G s in XR + XR = 0 , ∑ M Ox + ∑ M Oxin = 0 , i =1

i =1

YRs + YRin = 0 ,

n Gs G in M + M ∑ Oy ∑ Oy = 0 ,

Z Rs + Z Rin = 0 ,

n Gs G ∑ M Oz + ∑ M Ozin = 0 .

n

i =1

i =1

n

i =1

(2.79)

i =1

Očigledno je, kao što je već rečeno, da Dalamberov princip omogućava postavljanje jednačina kretanja mehaničkog sistema na isti način kao što se u statici postavljaju uslovi ravnoteže. Ovaj metod se 72


Đurković Vlado

naročito koristi pri odredjivanju nepoznatih reakcija spoljašnjih veza, kada se sistem posmatra kao celina. Za određivanje unutrašnjih reakcija veza potrebno je da se dati mehanički sistem tako rastavi da unutrašnje sile postanu spoljašnje. G n G n d n dK G G in , Kako je: Fi =∑ ( −mi ai ) = − ∑ mi vi = − ∑ dt i =1 dt i =1 i =1 izraz (2.77) možemo pisati kao: G G s ⎛ dK ⎞ (2.80) FR + ⎜ − ⎟ = 0. ⎝ dt ⎠ Ako vektorski proizvod izrazimo u ovom obliku: G G n n dvi ⎞ dLO d n G G G G ⎛G −∑ ( ri × mi ai ) = − ∑ ⎜ ri × mi , ⎟ = − ∑ ( ri × mi vi ) = − dt ⎠ dt i =1 dt i =1 i =1 ⎝ izraz (2.78) možemo napisati u obliku: G G s ⎛ dLO ⎞ (2.81) MO + ⎜ − ⎟ = 0. dt ⎝ ⎠ 2.18. SVOĐENJE SILA INERCIJE KRUTOG TELA NA PROSTIJI OBLIK 2.18.1. Glavni vektor i glavni moment sila inercije

Za proizvoljan oblik tela, kao i za proizvoljnu vrstu kretanja, glavni n G G vektor sila inercije će biti: FRin = −∑ mi ai . i =1

Prema definiciji položaja centra inercije n G mi ri ∑ G rC = i =1 , m čijim dvostrukim diferenciranjem po vremenu imamo: n G mi ai ∑ G aC = i =1 , m na osnovu (2.81) i (2.82) sledi

73

(2.82)

(2.83)


Đurković Vlado

G G FRin = − maC . (2.84) Prema tome, glavni vektor inercijalnih sila jednak je negativnom proizvodu mase sistema i ubrzanja centra inercije. Glavni moment inercijalnih sila odredićemo za nekoliko različitih vrsta kretanja u odnosu na pojedine tačke, pol.

a) Translatorno kretanje U slučaju translatornog kretanja, glavni moment sila inercije ćemo izračunati u odnosu na centar inercije kao pol (sl. 2.24), vodeći pri tome računa da su ubrzanja svih tačaka sistema međusobno jednaka. n n G G⎞ G ⎞ n ⎛ → ⎛ → ⎛ → G⎞ minC = −∑ ⎜ CM i × mi ai ⎟ = −∑ ⎜ CM i × mi aC ⎟ = ∑ mi ⎜ CM i × ai ⎟ = ⎠ ⎠ i =1 ⎝ ⎠ i =1 ⎝ i =1 ⎝ → G = m CM i × aC = 0 . Prema tome, pri translatornom kretanju se sve sile inercije sistema G mogu svesti na rezultantu FRin , koja deluje u centru inercije sistema i koja je jednaka: G G FRin = − maC . Frin Fiin

CM i Mi

C aC

ai

Slika 2.24. Glavni vektor sila inercije u slučaju translacije tela

b) Rotacija tela oko stalne ose Pretpostavimo da telo (T) proizvoljnog oblika rotira oko stalne ose z i G G da u datom trenutku ima ugaonu brzinu ω i ugaono ubrzanje ε (sl. 2.25). Usvojićemo da se sistem Axyz obrće zajedno sa telom (T) oko ose z. Glavni moment sila inercije ćemo izračunati za nepokretnu tačku A, koja se nalazi na osi rotacije. n n G G G G G G minA = −∑ ( ri × mi ai ) = −∑ ( ri × mi ( aiT + aiN ) ) = i =1

i =1

74


Đurković Vlado

G G G G G = −∑ ( ri × mi ( ε × ri + ωi × vi ) ) = n

i =1

n n G G G G G G G = −∑ mi ( ri × ( ε × ri ) ) − ∑ mi ri × ( ω× ( ω× ri ) ) . i =1

z

(

i =1

)

(2.85)

B Mi in FiN

in FiT

C (A)

ε

ri

ω A

y

x Slika 2.25. Glavni vektor sila inercije u slučaju translacije tela

S obzirom na: G G G G G G G G G G G G ri = xi i + yi j + zi k , ω = ωx i + ω y j + ωz k , ε = ε x i + ε y j + ε z k , za prvi deo na desnoj strani izraza (2.86) imaćemo sledeće: G G G i j k G G G G ε × ri = 0 0 ε z = − yi ε z i + xi ε z j , xi yi zi 75

(2.86)


Đurković Vlado

G G j k yi zi = xi ε z 0 G G G = − xi zi ε z i − yi zi ε z j + ( xi2 + yi2 ) ε z k .

G i G G G ri × ( ε × ri ) = xi − yi ε z

(2.87)

z

ε ω C min

y x

Slika 2.26. Glavni moment sila inercije u slučaju rotacije oko stalne ose

Za drugi deo na desnoj strani izraza (2.85) je: G G G i j k G G G G ω× ri = 0 0 ωz = − yi ωz i + xi ωz j , xi yi zi G G G i j k G G G G G ω× ( ω× ri ) = 0 0 ωz = − xi ω2z i − yi ω2z j . − yi ωz xi ωz 0 Dalje je:

G i G G G G ri × ( ω× ( ω× ri ) ) = xi − xi ω2z

G j yi − yi ω2z

G k G G zi = zi yi ω2z i − xi zi ω2z j . 0

Uvrštavanjem izraza (2.87) i (2.89) u (2.85), dobijamo: 76

(2.88)

(2.89)


Đurković Vlado

n G G G G G G in mA = ∑ mi ⎡⎣ε z xi zi i + ε z yi zi j − ( xi2 + yi2 ) ε z k − ω2z yi zi i + ω2z xi zi j ⎤⎦ = i =1

G G G = ∑ mi ⎡⎣( ε z xi zi − ω2z yi zi ) i + ( ε z yi zi + ω2z xi zi ) j − ( xi2 + yi2 ) ε z k ⎤⎦ = i =1 G G G = ( J xz ε z − J yz ω2z ) i + ( J yz ε z + J xz ω2z ) j − J z ε z k . (2.90) G in G in G in G in S obzirom da je: m A = m Ax + m Ay + m Az , n

sledi, na osnovu izraza (2.90), da su: G G G G G G minAx = ( J xz ε z − J yz ω2z ) i , minAy = ( J yz ε z + J xz ω2z ) j , minAz = − J z ε z k . Intenziteti projekcija na ose su: minAx = J xz ε z − J yz ω2z , minAy = J yz ε z + J xz ω2z ,

minAz = − J z ε z .

Izraz (2.90) predstavlja glavni moment sila inercije tela koje rotira oko stalne ose. Projekcija glavnog momenta sila inercije na osu obrtanja je: minA = − J z ε z . Za slučaj obrtanja krutog tela, koje ima ravan materijalne simetrije (sl. 2.26), oko centralne ose upravne na tu ravan, tj. kada je J xz = J yz = 0 , G G možemo pisati: minA = − J z ε z k . c) Ravno kretanje tela Pošto se ravno kretanje tela može posmatrati kao zbir translacije zajedno sa centrom mase i rotacije oko ose koja prolazi kroz centar mase (sl. 2.27), a okomita je na referentnu ravan ravnog kretanja, možemo napisati: mCz = − J Cz ε z , gde je JCz − moment inercije za osu koja prolazi kroz centar inercije, a paralelna je trenutnoj obrtnoj osi (sl. 2.27). Za slučaj da je: J Cxz = J Cyz = 0 , pri čemu su ose x i z takve da sa osom G G Cz čine pravougli koordinatni sistem, imaćemo: minC = − J Cz ε z k , odnosno: G G minC = − J Cz ε . (2.91) Kao što je poznato, sile inercije pri translatornom kretanju krutog tela redukuju se na silu koja deluje u centru inercije tela, a koja je određena G G formulom: FRin = −maC . 77


Đurković Vlado

Na taj način, ako se kruto telo, koje ima ravan materijalne simetrije, kreće paralelno toj ravni, tj. ako vrši ravno kretanje, onda se sile inercije tačaka krutog tela redukuju na silu, koja deluje u centru inercije tela i koja je jednaka glavnom vektoru inercije, i na spreg sila, koji deluje u ravni materijalne simetrije, a čiji je moment određen formulom (2.91).

a

ε C F Rin

min

Slika 2.27. Glavni moment sila inercije u slučaju ravnog kretanja tela

U složenijim slučajevima kretanja krutog tela, glavni vektor i glavni moment sila inercije za redukcionu tačku se nalaze analitičkim putem, tj. preko njihovih projekcija na tri koordinatne ose.

78

Opšti zakoni mehaničkog sistema – centar mase

Đurković Vlado

Zadatak 1. Eliptično klatno sastoji se iz tela A mase m1 koje se može pomerati translatorno po glatkoj horizontalnoj ravni i tereta B mase m2 vezanog sa teretom A preko štapa dužine l (sl. 2.28). U početnom trenutku štap je sa vertikalom zaklapao ugao ϕ0 i pušten je bez početne brzine. Odrediti pomeranje tereta A u zavisnosti od ugla ϕ koji štap zaklapa sa pravcem vertikale u proizvoljnom trenutku ako se zanemari trenje i masa štapa.

1

ϕ

ϕ0 0 2

0

Slika 2.28. Eliptično klatno u kretanju

Rešenje: Primenimo zakon o kretanju centra masa sistema i projektujmo ga na x osu dobićemo n

n

i =1

i =1

aC ⋅ ∑ mi = ∑ Fix = 0 ⇒ xC = C1 = 0 .

Ako se sada setimo izraza za koordinatu centra masa sistema ∑ mi ⋅ xi , xC = const. = C2 = ∑ mi možemo na osnovu njega zaključiti da je:

(∑ m ⋅ x ) = (∑ m ⋅ x ) , i

i 0

i

i 1

odnosno m1 ⋅ x0 + m2 ( x0 + l ⋅ sin ϕo ) = m1 ⋅ ( x0 − s ) + m2 ⋅ ( x0 − s + l ⋅ sin ϕ ) , m2 ⋅ l ⋅ sin ϕ0 = − m1 ⋅ s − m2 ⋅ s + m2 ⋅ l ⋅ sin ϕ ,

s=

m2 ⋅ l ⋅ ( sin ϕ0 − sin ϕ )

=

− m1 − m2 m ⋅ l ⋅ sin ϕ a za ϕ0 = 0 ⇒ s = 2 . m1 + m2

m2 ⋅ l ⋅ ( sin ϕ − sin ϕ0 ) m1 + m2

79

,


Đurković Vlado

Zadatak 2. U šupljem cilindru težine P nalazi se kuglica težine G (sl. 2.29). Cilindar se može translatorno pomerati po glatkoj horizontalnoj ravni. Oedrediti zakon kretanja centra inercije cilindra u zavisnosti od ugla ϕ , koji prava, koja prolazi kroz centar cilindra i kuglice zaklapa sa vertikalom. Dimenzije kuglice zanemariti. Poluprečnik cilindra je R.

ϕ 0

Slika 2.29. Cilindar i kuglica

Rešenje: Primenimo zakon o kretanju centra masa sistema i projektujmo ga na x osu dobićemo G G aC ⋅ ∑ mi = ∑ Fi ,

( x ) → xC ⋅ ∑ mi = ∑ Fi x = 0 ⇒ xC = 0 ,

xC = C1 = const. = ( xC )0 = 0 , xC = C2 = const. Kordinata centra mase sistema iznosi: P G ⋅ x + ⋅ ( x − R ⋅ sin ϕ ) ∑ mi ⋅ xi = g g xC = . P G ∑ mi + g g a za početni trenutku je: P G P G ⋅0 + ⋅0 ⋅ x + ⋅ ( x − R ⋅ sin ϕ ) R ⋅ G ⋅ sin ϕ g g g g . = ⇒x= P G P G G+P + + g g g g

80


Đurković Vlado

Zadatak 3. Odrediti pritisak N na zemljište, pumpe za crpljenje vode, pri njenom radu na prazno (sl. 2.30), ako je: G1 − težina nepokretnog dela D pumpe i temelja E, G2 − težina krivaje OA (OA=a) i G3 − težina kukice B i klipa C. Krivaja OA , koja se obrće konstantnom ugaonom brzinom ω , smatrati konstantnim štapom.

ϕ

3 2

1

Slika 2.30. Pumpa na postolju pri radu na prazno

Rešenje: Primenimo zakon o kretanju centra masa sistema n G G G G G G myC = ∑ Fi = G1 + G2 + G3 + N ,

(1)

i =1

G1 + G2 + G3 = N − ( G1 + G2 + G3 ) . g ∑ mi yi , tj. Težište sistema je yC = m G1 a3 G2 ⎛ a ⎞ G3 a1 + a2 + ⎜ a1 + a2 − cos ϕ ⎟ + 2 2 g 2 g ⎝ ⎠ g , yC = G1 + G2 + G3 g a G1a3 + G2 a1 + G2 a2 − G2 cos ϕ + G3 ( a1 + a2 ) 1 2 , yC = 2 G1 + G2 + G3

( y ) → yC

81

(2)

(3)


yC = −

Đurković Vlado

1 a G2 aω ⋅ G2 ⋅ − sin ϕ⋅ ϕ = sin ϕ , 2 ( G1 + G2 + G3 ) 2 G1 + G2 + G3

G2 aω2 cos ϕ . G1 + G2 + G3 Ako uvrstimo (5) u (2) dobijamo G2 aω 2 G + G2 + G3 = N − G1 + G2 + G3 , cosϕ ⋅ 1 G1 + G2 + G3 g yC = −

b

traženi pritisak N = G1 + G2 + G3 +

(4) (5)

g

G2 aω 2 cosϕ . g

(6)

Zadatak 4. Na strmoj ravni nagiba θ nalaze se kolica mase m1 , koja podiže electromotor, koji se obrće konstantnim ugaonim ubrzanjem α , pomoću neistegljivog užeta (sl. 2.31.a). Masa strme ravni sa svim elementima na njoj, izuzev kolica, je m2 . Zanemarujući trenje između strme ravni i horizontalne podloge, te uzimajući da je poluprečnik kotura elektromotora r, odrediti: a) horizontalno kretanje strme ravni b) horizontalnu silu koja deluje na zavrtnje ako se pomoću njih strma ravan pričvrsti za podlogu.

1

θ

α

η

η α

1

2

α

θ

θ 2

1 1

2 2

Slika 2.31. Strma ravan i kolica sa silama

Rešenje: a) Primenimo zakon o kretanju centra masa sistema, sl. 2.31b, i projektujmo ga na x osu G G G G m ⋅ aC = m1 ⋅ g + m2 ⋅ g + N , (1) G (2) ( x ) → m ⋅ aC x = m ⋅ xC = 0 , xC = C1 = ( xC )0 .

Koordinata centra masa je na osnovu slike 82


xC =

Đurković Vlado

m1 ⋅ ( x A + η⋅ cos θ ) + m2 ⋅ ( x A + l )

, m1 + m2 gde su: α = const. – ugaono ubrzanje, η − relativna koordinata, odakle drugi izvod (ubrzanje) iznosi cos θ ) + m2 ⋅ m ⋅ ( x + η⋅ xA xC = 1 A =0. (3) m1 + m2 Vratimo se sa (3) u (2): = r ⋅ α , cos θ , gde je η x A ⋅ ( m1 + m2 ) = − m1 ⋅ η⋅ m1 ⋅ r ⋅ α ⋅ cos θ , (4) m1 + m2 a nakon prve integracije je m1 x A = − ⋅ r ⋅ α ⋅ cos θ ⋅ t + ( x A )0 , m1 + m2 odnosno nakon druge integracije horizontalno pomeranje strme ravni iznosi m1 t2 xA = − ⋅ r ⋅ α ⋅ cos θ + ( x A )0 ⋅ t + x0 . (5) m1 + m2 2 b) Horizontalnu silu (sl. 2.31.c) dobićemo primenom zakona o kretanju centra inercije, gde su: Fi xz – horizontalna sila, Fi zy – vertikalna sila. G G G G n m ⋅ aC = m1 g + m2 g + N + ∑ Fi xz , (6)

xA = −

( x ) → m ⋅ aC x

i =1

= m ⋅ xC = ∑ Fi xz .

(7)

Koordinata centra masa iznosi m ⋅ ( x + η⋅ cos θ ) + m2 ⋅ ( x A + l ) xC = 1 A , odakle sledi m1 + m2 cos θ m ⋅ η⋅ xC = 1 . (8) m1 + m2 Vratimo se sa (8) u (7): cos θ m ⋅ η⋅ cos θ , gde je η = r ⋅ α , = ∑ Fi xz ⇒ ∑ Fi xz = m1η ( m1 + m2 ) ⋅ 1 m1 + m2 (9) ∑ Fi xz = m1rα cos θ 83


Đurković Vlado

G G Zadatak 5. Homogeni štap BA, težine G = mg i dužine l, oslanja se krajem B na glatku horizontalnu ravan (sl. 2.32.a). Njegova osa zatvara sa horizontalom ugao α . Odrediti putanju tačke A kada štap pada na ravan.

α

ϕ

Slika 2.32. a) Homogeni štap na podlozi; b) koordinate karakterističnih tačaka

Rešenje: Primenimo zakon o kretanju centra masa na sistem, imajući na umu da su sve sile u smeru y ose. G G maC = ΣFi s , (1) ( x ) → mxC = ΣFxs = 0 , xC = 0 ⇒ xC = C1 = 0 , xC = C2 = l ⋅ cos α . (2) Koordinate tačke A u proizvoljnom položaju su: x A = xC + l ⋅ cos ϕ = l ⋅ cos α + l ⋅ cos ϕ , y A = 2l ⋅ sin ϕ , (3) odakle je: y x − l ⋅ cos α cosϕ = A , sin ϕ = A . (4) l 2l Eliminacijom parametra t − vreme dobijamo traženu putanju 2 2 ⎛ x A − l cos α ⎞ ⎛ y A ⎞ ⎜ ⎟ + ⎜ ⎟ =1, l ⎝ ⎠ ⎝ 2l ⎠ y2 2 (5) ( xA − l ⋅ cos α ) + A = l 2 , 4 što predstavlja luk elipse. Zadatak 6. Na homogenu prizmu A, koja leži na horizontalnoj podlozi, položena je homogena prizma B, kao što je na sl. 2.33.a prikazano. Poprečni preseci obeju prizama su pravougli trougli. Odrediti dužinu l za 84


Đurković Vlado

koju se pomeri prizma A kada prizma B, spuštajući se po prizmi A, dođe do horizontalne podloge. Prizme i horizontalna podloga su idealno glatke. Težina prizme A dva puta je veća od težine prizme B.

Slika 2.33. a) Prizme jedna na drugoj; b) Sile težine i položaj centra masa sistema, prizme A i B

Rešenje: Primenimo zakon o kretanju centra masa na sistem, imajući na umu da su sve sile u smeru y ose, sl. 2.33.b. G G maC = ΣFs , (1) mxC = 0 ⇒ xC = 0 ⇒ xC = C1 = 0 , xC = C2 . (2) Konstantu integracije odredićemo iz početnih uslova tj., za t = 0 i na osnovu koordinate centra masa sistema a 2 a 2 mA ⋅ + mB ⋅ b 2mB ⋅ + mB ⋅ b Σmi xi 3 3 = 3 3 = 2 ( a + b) . xC = = (3) 2mB + mB 9 Σmi mA + mB U opštem slučaju težište je: Σmi xi 2mB ⋅ xCA + mB ⋅ xCB 2 xCA + xCB xC = = = . (4) Σmi 2mB + mB 3 Kad izjednačimo dobijamo: 2 a + b = 2 xCA + xCB , 9 3 2 a + b = 2x + x . (5) CA CB 3 U krajnjem položaju kada se B spusti do podloge je: xCB − xCA = a − a − b = 2a − b . (6) 3 3 3

a f a f

85


Đurković Vlado

Iz (5) i (6) dobijamo: 2a − b , (6) → xCB = xCA + 3 2 2a − b , ( 5) → ( a + b ) = 2 xCA + xCA + 3 3 3 ⋅ xCA = 2 a + 2 b − 2a + b , 3 3 3 3 3⋅ xCA = b , xCA = b . 3 Pa je: l = xCA − xCA 0 = b − a = b − a . 3 3 3

a f

(7) (8)

Zadatak 7. U sredini homogenog štapa AB, težine G1 , koji miruje na horizontalnoj idealno glatkoj ravni zglobno je vezan homogeni štap OE, težine G i dužine OE = l , koji u početnom trenutku zaklapa ugao θ0 sa horizontalom, a zatim se prepusti samom sebi (sl. 2.34). Odrediti: a) Za koliko se pomeri štap AB dok štap OE udari o njega? b) Koliku brzinu ima štap AB u trenutku udara OE o njega? c) Naći jednačinu putanje tačke E pri kretanju ovog sistema?

θ0 1

Slika 2.34. Sile težina i položaji centra masa sistema štapova

Rešenje: a) Primenimo zakon o kretanju centra masa na sistem štapova G G ΣF = maC ⇒ xC = 0 ⇒ xC = 0 , l G ⋅ cos θ0 G ⋅ l cos θ0 , (1) xC = ( xC )0 = 2 = G + G1 2 ( G + G1 )

86

Opšti zakoni mehaničkog sistema – količina kretanja

Đurković Vlado

l ⎛ ⎞ G ⎜ x1 + cos θ ⎟ + G1 x1 2 ⎠ . xC = ⎝ G + G1

Iz (1) i (2) sledi x1 = −

Gl ( cos θ − cos θ0 ) 2 ( G + G1 )

Za θ = 0 sledi da je x1 = −

b) Iz (2) sledi: xC = x1 =

G ⋅ x1 −

.

G ⋅ l (1 − cos θ0 ) 2 ( G + G1 )

.

G ⋅l sin θ ⋅ θ + G1 ⋅ x1 2 =0, G + G1

G ⋅ l sin θ ⋅ θ , za θ = 0 je: x1 = 0 . 2 ( G + G1 )

c) xE = x1 + l cos θ = −

G ⋅ l ( cos θ − cos θ0 ) 2 ( G + G1 )

+ l cos θ ⇒ yE = L sin θ .

Iz (4) sledi cos θ = a a iz (5) sledi sin θ =

(4)

yE , pa nakon kvadriranja i l

2

G ⎛ ⎞ ⎜ x − G + G cos θ0 ⎟ y2 1 ⎟ + 2E = 1 . sabiranja dobijamo: ⎜ l ⎜ L− G ⋅ L ⎟ ⎜ ⎟ + 2 G G ⎝ ⎠ 1

Zadatak 8. Materijalni sistem (sl. 2.35a) se sastoji iz tereta A mase mA i tereta B mase mB koji su vezani nerastegljivim koncem prebačenim preko kotura C. Teret B se nalazi na strmoj ravni D, mase mD = m , ugla nagiba α , koja se može pomerati po nepokretnoj horizontalnoj ravni. Sistem je u početku bio u miru, zatim je teretu B saopštena početna G brzina v0 kojom se on kreće duž strme ravni. Odrediti kojom će se brzinom kretati strma ravan. Trenje strme ravni o nepokretnu horizontalnu ravan zanemariti, kao i masu kotura C. Rešenje: Na osnovu zakona o promeni količine kretanja mehaničkog sistema, (sl.2.35b) je: 87

Opšti zakoni mehaničkog sistema – količina kretanja n G G G K1 − K0 = ∑ I 0−1 , a kako je i =1

n

∑I i =1

0 −1

0

Đurković Vlado

= 0 ⇒ K1, x = K0, x = const.

(1)

0

α

α

0

Slika 2.35. Mehanički sistem pri kretanju

Pošto je sistem u početku bio u miru to je: K0, x = 0 ,

(2)

te sledi da je K1, x = m Av D + mB ( v D − v0 cos α ) + mD vD = 0 ,

(3)

dalje je m AvD + mB vD − mB v0 cos α + mD vD = 0 ,

(4)

v D ( m A + mB + mD ) = mB v0 cos α ,

odakle je vD =

mB v0 GB v0 cos α . cos α = m A + mB + m G A + GB + G

(5) (6)

m , rasprsne se u s vazduhu u dva dela (sl. 2.36). Brzina dela mase 8kg poraste pri tome u m pravcu kretanja na 25 . Odrediti brzinu drugog dela. s Zadatak 9. Granata mase 12kg koja leti brzinom 1,5

Rešenje: G kretanja sistema G GPrimenimo G zakon o promeniGkoličine K 2 − K1 = ∑ Fs dt = 0 , odakle je K2 = K1 .

(1)

Slika 2.36. Granata pre i posle eksplozije

G G Količina kretanja pre raspadanja je K1 = mv . G G G Količina kretanja posle eksplozije je K2 = m1v1 + m2 v2 . 88

(2) (3)


Đurković Vlado

G G G Sada izjednačimo mv = m1v1 + m2 v2 , pa projektujemo na x osu mv − m1v1 , (4) ( x ) → mv = m1v1 + m2v2 ⇒ v2 = m2 12 ⋅ 15 − 8 ⋅ 25 m i dobijamo traženu brzinu v2 = = −5 , suprotnog smera. 4 s Zadatak 10. Čamac težine G kreće se brzinom v0 . Po čamcu se kreće čovek težine P relativnom brzinom u ka pramcu (sl. 2.37). Odrediti pomeranje s čamca uslovljeno kretanjem čoveka. Otpor vode zanemariti. Pri kojoj brzini u se neće pomeriti čamac. Rešenje: Ako primenimo zakon o kretanju centra masa sistema i projektujmo ga na x osu dobićemo n

n

i =1

i =1

aC ⋅ ∑ mi = ∑ Fix = 0 ⇒ xC = v0 = C1 = const.

(1)

Primenimo sada zakon o promeni količine kretanja mehaničkog sistema G G G G G K1 − K 0 = ∑ ∫ Fi dt = N + G + P ⋅ t , (2)

(

)

na osnovu koga je nakon projekcije na x osu K1 = K 0 , G P G+P ⋅ v + ⋅ (v + u ) = ⋅ v0 . g g g

(3)

0

Slika 2.37. Čamac i čovek koji se kreće

Tražena brzina v čamca je sada: ( G + P ) ⋅ v0 − P ⋅ u = const. v= G+P Brzina čamca je očigledno konstantna, pa je traženi pređeni put 89

(4)


s = v ⋅t =

Đurković Vlado

(G + P ) ⋅ v0 − P ⋅ u ⋅ t .

(5) G+P Čamac se neće pomerati, s = 0 , ako čovek krene brzinom: G+P u= ⋅ v0 . (6) P G G G Zadatak 11. Mornar težine P = Q pomera se po čamcu težine G G G relativnom brzinom vr = u (sl. 2.38). Odrediti brzinu čamca u zavisnosti G G od vremena, smatrajući otpor vode konstantnim i jednakim R = FW . U početku mirovali su i mornar i čamac. Rešenje: Primetimo da su: m =

G P Q = masa mornara i M = masa g g g

čamca. Primenimo zakon o promeni količine kretanja sistema, (sl. 2.38),

Slika 2.38. Pomeranje čamca usled kretanja mornara

G G G G G K1 − K 0 = ∑ I 0 = ∑ ∫ Fi dt , G G G G G G K1 − K0 = R + P + G + N dt , G G G G G G G Mv + m v + u = R + P + G + N t ,

b

zd

g d

i

i

a nakon projekcije na uzdužnu osu tj. x − osu je ( x ) → − Mv + ( −v + u ) m = Rt , Mv − mv + mu = Rt , −v ( M + m ) + mu = FW t ,

(1) (2) (3) (4) (5) (6)

90


Đurković Vlado

Q Qu − FW gt u − FW t mu − FW t g Qu − FW gt g , v= = = = G Q G +Q M +m G Q + + g g g Qu − FW gt . pa je tražena brzina v = G +Q

(7)

(8)

Zadatak 12. Odrediti (sl. 2.39) horizontalnu komponentu N dopunskog pritiska na oslonac koljena cevi prečnika d = 300mm u kojoj voda teče brzinom v = 2m / s . Rešenje: Primenimo zakon o promeni količine kretanja mehaničkog sistema n G G G s G G G K 2 − K1 = ∑ I i ⇒ m ⋅ v2 − m ⋅ v1 = F ⋅ t , i =1

( x ) → m ⋅ v2 = FH ⋅ t ,

(1)

gde su: FH − horizontalna komponenta sile, ρ = γ / g zapreminska masa, d2 ⋅π m = ρ ⋅ V = ρ ⋅ A ⋅ s = ρ ⋅ A ⋅ v2 ⋅ t = ρ ⋅ ⋅ v2 ⋅ t − masa i γ = ρ ⋅ g − specifična 4 težina.

Slika 2.39. Cev i sile na kolenu

Ako se vratimo u (1) sledi tražena sila m = d2 ⋅π ⋅ v2 ⋅ρ ⋅ t ⋅ v2 = FH ⋅ t , 4 91

d2 ⋅π ⋅ v2 ⋅ρ ⋅ t , 4


Đurković Vlado

d2 ⋅π 2 0,32 ⋅ π 2 FH = ⋅ v2 ⋅ρ ⇒ FH = ⋅ 2 ⋅ 1000 = 282,6N , 4 4 G G i reakcija cevi N = − F , tj N H = −282,6N .

Zadatak 13. Na stmoj ravni nagiba θ nalazi se daska mase m. Po dasci može da se kreće čovek mase m1 (sl. 2.40). Zanemarujući trenje između daske i strme ravni, odrediti zakon vremenske promene brzine čoveka vr u odnosu na dasku da bi daska mirovala u odnosu na strmu ravan. Sistem je u početnom trenutku mirovao. Rešenje: I način, primenom zakona o promeni količine kretanja sistema G G G FG i K1 − K 0 = ∑ I 0,1 , (1)

uz uslova zadatka da je u = 0G . G G G Pošto je K0 = 0 imamo K1 = m1vr + mu , G G G G G mvr + mu = mg + m1 g + FN dt .

b

g zd

(3)

i

Projekcija na x osu

( x ) → m1vr + mu = ( mg + m1g ) sin θ ⋅ t daje konačno traženu brzinu vr =

(2)

⇒ vr =

(4) mg + m1 g sin θ ⋅ t , m1

m + m1 gt ⋅ sin θ . m1

(5)

(6)

θ Slika 2.40. Kretanje čoveka po dasci uz uslov da ona miruje

II način, primenom zakona o kretanju centra mase G G aC ∑ mi = ∑ Fi , 92

(7)

Jednačina Meščerskog za sistem

Đurković Vlado

( x ) → xC ( m1 + m ) = ( m1 + m ) g sin θ ,

(8)

xC = g sin θ ⇒ xC = gt sin θ + C1 . (9) Konstantu integracije dobijamo iz početnog uslova, tj. za t0 = 0 , xC = vr = 0 , dobijamo da je C1 = 0 , pa je konačno brzina xC = g sin θ ⋅ t . (10)

∑m x

∑ m x

m1vr + mu , (11) m m m1 + m mv odakle za traženi uslov mu = 0 , imamo da je xC = 1 r . (12) m1 + m m1 vr = gt sin θ , odakle je Ako izjednačimo (10) i (12) dobija se m1 + m m +m gt sin θ . tražena brzina vr = 1 (13) m1 S obzirom da je xC

i i

⇒ xC =

i i

=

Zadatak 14. Vagonet M, mase m0 , puni se u toku kretanja rudom koja G vertikalo pada u vagonet brzinom v , sl. 2.41. Masa rude koju u jedinici G vremena zahvati vagonet iznosi q . Odrediti vučnu silu F , da bi se G vagonet kretao konstantnom brzinom v0 , uz strmu ravan nagiba α . Sila G otpora kretanju Fw vagoneta po ravni je proporcionalna normalnoj sili G pritiska FN između vagoneta i ravni, gde je k = const. koeficijent proporcionalnosti. Rešenje: S obzirom na to da je u pitanju promenljiva masa, primenimo

G G G dv = ∑ Fi + Φ , gde su v = const. , jednačinu Meščerskog, u obliku m dt

G G dm G G dm Fw = k ⋅ FN , Φ = vr . (1) = ( u − v0 ) dt dt G G dv G G G G G dm , Ako jednačinu Meščerskog m = mg + F + FN + Fw + ( u − v0 ) dt dt projektujemo na osu kretanja, tj. projektujemo na osu x, osu sledi: dv dm (2) ( x ) → m = −mg sin α + F − Fw + ( −u sin α − v0 ) . dt dt m = m0 + gt ,

dm =q, dt

93


Đurković Vlado

S obzirom na to da je v = const. sledi da je izvod brzine po vremenu jednak nuli pa imamo dm , F = mg sin α + Fw + ( u sin α + v0 ) dt F = mg sin α + kFN + ( u sin α + v0 ) ⋅ q . (3)

α

α α

Slika 2.41. Vagonet u kretanju

Ako jednačinu Meščerskog projektujemo na osu y,

( y ) → 0 = −mg cos α + FN − u cos α ⋅

dm , dobićemo reakciju podloge dt

FN = mg cos α + uq cos α . Sada uvrstimo jednačinu (4) u izraz (3). Sledi tražena sila: F = mg sin α + k ( mg cos α + uq cos α ) + ( u sin α + v0 ) ⋅ q ,

(4)

F = mg ( sin α + k cos α ) + q ⎡⎣u ( k cos α + sin α ) + v0 ⎤⎦ .

(5)

Zadatak 15. Naći zakon promene mase rakete, ako počinje kretanje vertiklno uvis bez početne brzine, zatim se kreće sa konstantnim G ubrzanjem a u otpornoj sredini u kojoj je otpor proporcionalan kvadratu brzine rakete sa koeficijentom proporcionalnosti b . Polje sile teže je homogeno, a efektivna brzina isticanja gasova vef . = vg . = const. Rešenje: Pod efektivnom brzinom gasa podrazumeva se korigovana G G relativna brzina vr . Zato se u jednačini Meščerskog umesto vr uzima G G vef . = vg (brzina isticanja gasova).

S obzirom da je u pitanju promenljiva masa primenimo jednačinu Meščerskog u obliku G n G G dv G G G dm m = ∑ Fi s + Φ = mg + FW + vr , (1) dt i =1 dt n G G G G G G G dm gde su: ∑ Fi s = mg + FW = mg + bv 2 , Φ = vr . (2) dt i =1

94


Đurković Vlado

Slika 2.42. Raketa pri vertikalnom letu u otpornoj sredini

Nakon projekcije na vertikalnu osu dobijamo dv dm . (3) m = − mg − bv 2 − vg dt dt Kako je kretanje rakete sa konstantnim ubrzanjem i bez početne brzine, to je v = at , pa se jednačina (3) može napisati u obliku dm a+g b (4) +m = − a 2t 2 . dt vg vg Ovo je linearna diferencijalna jednačina čije rešenje tražimo u vidu zbira rešenja homogene jednačine i partikularnog integrala usled člana na desnoj strani, tj. a+ g t − 2abvg 2a 2bvg2 bt 2 v m = C1e g − t + − , (5) 3 a + g ( a + g )2 (a + g ) gde je C1 − integraciona konstanta, koju određujemo iz početnog uslova, tj., za t0 = 0 , m = m(0) = m0 , sledi C1 = m0 +

2a 2bvg2

(a + g )

3

.

(6)

Konačno je traženi zakon promene mase rakete a+ g ⎡ 2a 2bvg2 ⎤ − vg t bt 2 2abvg 2a 2bvg2 m = ⎢ m0 + e t ⋅ − + − . 3⎥ 3 a + g ( a + g )2 ( a + g ) ⎦⎥ (a + g ) ⎣⎢

95

(7)


Đurković Vlado

Zadatak 16. Raketa se kreće u homogenom polju teže, 2.43, po pravoj G liniji sa konstantnim ubrzanjem a . Ova prava sa horizontom obrazuje ugao α . Ako je efektivna brzina isticanja gasova vef . = vg konstantna po

veličini i pravcu, i određena uglom β prema horizontu, odrediti: a) ugao β koji koji obrazuje efektivna brzina isticanja gasova sa horizontom da bi se raketa kretala po pravoj liniji i b) zakon promene mase rakete.

β

α

Slika 2.43. Raketa pri kretanju pod uglom prema horizontalnoj površini

Rešenje: Kako raketa vrši slobodno kretanje u homogenom polju dv zemljine teže, to je a = , a s obzirom da je u pitanju promenljiva masa dt primenimo jednačinu Meščerskog u obliku G n G G dv G G dm = ∑ Fi s + Φ = mg + vr , (1) m dt i =1 dt n G G G G dm gde su: ∑ Fi s = mg , Φ = vr . (2) dt i =1 Nakon projekcije na horizontalnu i vertikalnu osu dobijamo dm , (3) ma cos α = −vg cos β dt dm . (4) ma sin α = −mg − vg sin β dt Iz prve diferencijalne jednačine napisane u obliku dm a cos α (5) =− ⋅t , dt vg cos β posle prve integracije određujemo zakon promene mase u obliku

96

Jednačina Meščerskog za sistem −

Đurković Vlado

a cos α ⋅t vg cos β

m = m0 ⋅ e , (6) gde je m0 − početna masa rakete. dm iz jednačina (3) i (4) za ugao β nalazimo Eliminacijom izvoda dt a sin α + g 1 a cos α . (7) tgβ = ⇒ cos β = = a cos α 1 + tg 2β a 2 + g 2 + 2ag sin α Zadatak 17. Kosmička raketa startuje sa Zemlje vertikalno naviše brzinom v0 . Raketa se kreće konstantnom brzinom v0 pri čemu je brzina isticanja produkata sagorevanja konstantna i jednaka je vr , sl. 2.44. Ako se uzme u obzir privlačna sila Zemlje u funkciji visine, a otpor vazduha zanemari, odrediti vreme kada je masa rakete jednaka m = m0e −3 , gde je m0 početna masa rakete.

Slika 2.44. Zemlja i raketa na određenoj visini

Rešenje: Primenimo jednačinu Meščerskog na kretanja rakete vertikalno G n G dv G dm uvis m = ∑ Fi + vr , (1) dt i =1 dt G G G dm dv (2) m = 0 = G + vr = 0 , jer je v0 = v = const. , dt dt dm dm G + vr = 0 ⇒ G = −vr . (3) dt dt 97


Đurković Vlado

Iz zakona gravitacije (privlačenje dva tela) sledi:

G=k

mM

(R + y)

2

,(4)

gde su: k − konstanta, m − masa rakete, M − masa Zemlje, te nakon dm dm dm = y = v0 , transformacije promenljive u obliku (5) dt dy dy k mM dm = −vr v0 , (6) izraz (3) na osnovu (4) i (5) postaje 2 dy (R + y) a nakon razdvajanja promenljivih možemo pisati y m vr v0 dm dy ∫0 ( R + y )2 = − k M m∫ m . 0

(7)

Rešimo sada integral na levoj strani izraza (7) na osnovu smene

za y

0

dy R+ y

f

2

=

R+ y = z = dy = dz

z z dz = z

y

, z −2 dz = − 1 = − 1 z R+ y 0

(8)

vv m vr v0 m0 1 1 (9) = r 0 ln 0 . ⇒ − ln R R + y kM m kM m y k mM Za granični uslov, t0 = 0 , y = 0 , je mg = , pa sledi R2 gR 2 k= . (10) M Ako jednačinu kretanja u obliku y = v0 ⋅ t , i konstantu k uvrstimo u (9) sledi vv M m 1 1 (11) − = r 0 ln 0 . 2 R R + v0 ⋅ t M gR m m m Za zadatu promenu mase u obliku m = m0e −3 , je = e −3 ⇒ 0 = e3 , m0 m 1 1 3 m = vr v0 ⋅ 2 , odnosno ln 0 = 3 , pa jednačina (11) postaje − m R R + v0 ⋅ t gR 3v v − gR 1 1 3v v − = − + r 20 = r 0 2 , R + v0 ⋅ t1 R gR gR 1 R+ y

0

=

98


Đurković Vlado

gR 2 − gR 2 + 3Rv0 vr gR 2 gR 2 R + v0 ⋅ t1 = ⇒ v0 ⋅ t1 = −R= , −3vr v0 + gR gR − 3vr v0 gR − 3v0 vr 3vr R t1 = . (12) gR − 3v0 vr Zadatak 18. Pri jakom padanju snega odvoji se od železničke G kompozicije koja se kreće brzinom v0 jedan otvoreni teretni vagon, sl. 2.45. Smatrajući da na tom vagonu napadne q kilograma snega u jedinici vremena, odrediti vreme posle kojeg će vagon stati, ako mu je početna težine G0 = P0 , a sila otpora kretanju je µP , gde je G = P težina teretnog vagona u tom trenutku. Sneg pada vartikalno.

Slika 2.45. Voz i vagon koji se odvoji i zaustavlja

Rešenje: Primenimo jednačinu Meščerskog na kretanja vagona na koga G n G dv G dm vertikalno pada sneg m = ∑ Fi + vr , (1) dt i =1 dt G G G dm dv G G G , (2) m = FT + P + N + W − v dt dt Ako projektujemo jednačinu (2) na horizontalnu osu sledi dv dm (3) ( x ) → m = −µP − v . dt dt Dobili smo diferencijalnu jednačinu kretanja voza u kojoj su m , t i v d (4) promenljive ( mv ) = −µP . dt Obično se ako je W = 0 , jednačina integrali na ovaj način d ( mv ) = −µPdt , (5)

(

)

dP = q , za napadani sneg. Tražimo zavisnost P od vremena, dt 99


Đurković Vlado

af

P = P t , tj. dP = qdt , P = qt + C1 , gde je za t0 = 0 , P = P0 ⇒ P0 = C1 , pa je: P = P0 + qt , težina vagona se sa vremenom menja po ovom zakonu. Vratimo se u jednačinu (5) i integralimo: ⎛ P0 + qt ⎞ v⎟ ⎜ ⎝ g ⎠t

∫

⎛ P0 + qt ⎞ v⎟ ⎜ ⎝ g ⎠0

t ⎛ P + qt ⎞ d⎜ 0 v ⎟ = −µ ∫ ( P0 + qt ) dt , ⎝ g ⎠ 0

(6)

⎛ P0 + qt t2 ⎞ ⋅ v = −µ ⎜ P0t + q ⎟ + C2 . g 2⎠ ⎝

(7)

U trenutku t0 = 0 , v = v0 , pa sledi C2 =

P0 v0 , pa možemo pisati g

⎛ P0 + qt t2 ⎞ P (8) v = −µ ⎜ P0t + q ⎟ + 0 v0 . g 2⎠ g ⎝ Vreme t = T nakon kojeg će vagon posle odvajanja stati dobit ćemo ako u jednačinu (8) stavimo da je v = 0 , P T 2 P0 µq + v0 ⇒ T 2 0 = −µP0T − q + T µP0 − 0 v0 = 0 . (9) 2 g g 2 Nakon rešavanja i sređivanja dobijamo:

T=

P0µg ( P0µg − 2v0 q ) − P0µg

µgq

.

(10)

Zadatak 19. Sud A težine G1 , u kome se nalazi radno telo može se kretati po glatkim vođicama B, sl. 2.46a. Sud ima otvor C čija je osa nagnuta pod uglom θ prema osi vođice. Za sud je vezano nerastegljivo uže bez težine koje je zatim prebačeno preko homogenog kotura, težine 2G1 i na čijem se kraju nalazi teg težine 3G1 . Sud se pod dejstvom tega kreće u vertikalnim vođicama. U početnom trenutku, kada je masa radnog tela m0 , otvara se izlazni ventil na otvoru C i radno telo počinje G da ističe konstantnom relativnom brzinom vr . Masa radnog tela koja izađe u jedinici vremena je q . Naći brzinu suda u proizvoljnom trenutku, ako je proizvoljnom trenutku sistem bio u mirovanju. 100


Đurković Vlado

Rešenje: Primenimo jednačinu Meščerskog na kretanja tereta A iz koga G n G dv G dm ističe masa, tj. m = ∑ Fi + vr , (1) dt i =1 dt G ⎛G ⎞ dv G G G G dm = S1 + G1 + mg + vr . (2) ⎜ + m⎟ dt ⎝g ⎠ dt

θ Slika 2.46. Sistem promenljive mase pri kretanju

Promena mase u jedinici vremena je

dm = −q , pa sledi dt

m = m0 − qt . Projektujemo (2) na vertikalu: ⎛G ⎞ dv ( y ) → ⎜ + m0 − qt ⎟ = S1 − G1 − ( m0 − qt ) g + vr cos θ ⋅ q , ⎝g ⎠ dt Zakon o promeni momena količine kretanja, sl. 2.46c, daje G M 0Fi = L0 ,

∑ aS − S fR = J ⋅ ε , tj. aS 2

1

S2 − S1 =

2

(3) (4)

f

2G − S1 R = 1 1 R 2 ⋅ a , R 2 g

G1a . g

(5)

G Na osnovu II Njutnovog zakona, ma =

projekcije na vertikalnu osu, 101

∑

G Fi , sl. 2.46.d, je nakon


Đurković Vlado

3G1 3G ⋅ a = 3G1 − S2 ⇒ S2 = 3G1 − 1 , g g a posle uvrštavanja u (5), je 4G a Ga 4G a 3G1 − 1 − S1 = 1 ⇒ S1 = 3G1 − 1 . g g g

( y) →

(6)

(7) ε

θ

Slika 2.46. Sistem promenljive mase rastavljen: b-sud sa gasom pri kretanju, cdisk oslobođen od veza, d-teret pri vertikalnom kretanju

Ako uvrstimo (7) u (4) dobija se ⎛G ⎞ 4G1a − G1 − ( m0 − qt ) g + vr q cos θ , ⎜ + m0 − qt ⎟ a = 3G1 − g ⎝g ⎠ ⎛ 5G1 ⎞ dv + m0 − qt ⎟ = ( qt − m0 ) g + 2G1 + vr q cos θ , ⎜ ⎝ g ⎠ dt qg ⋅ t − m0 g + 2G1 + vr q cos θ dt + C1 . ∫ dv = ∫ 5G1 / g + m0 − qt Da bi rešili desni integral izraza (8) napravićemo zamenu, 5G A = qg , B = − m0 g + 2G1 + vr q cos θ , C = − q , D = 1 + m0 . g Tada desna strana izraza (8) postaje: ⎛ B⎞ D B D A⎜ t + ⎟ t+ + − At + B A ⎝ A⎠ ∫ Ct + D dt = ∫ ⎛ D ⎞ dt = C ∫ C DA C = t+ C ⎜t + ⎟ C ⎝ C⎠ 102

(8)

(9)


Đurković Vlado

A ⎡ ⎛ B D ⎞ ⎛ D ⎞⎤ t + ⎜ − ⎟ ln ⎜ t + ⎟ . (10) C ⎢⎣ ⎝ A C ⎠ ⎝ C ⎠ ⎥⎦ Ako se vratimo u izraz (8) i izvršimo smenu (9), dobijamo: ⎡ ⎛ 5G1 ⎞ ⎛ 5G1 ⎞⎤ + m0 ⎟ ⎜ + m0 ⎟ ⎥ t ⎢ ⎜ − m g + 2G1 + vr q cos θ qg g g ⎢t + ⎜ 0 ⎟ ⋅ ln ⎜ t − ⎟⎥ , + v=− k ⎢ ⎜ qg q q ⎟ ⎜ ⎟⎥ 0 ⎟ ⎜ ⎟⎥ ⎢⎣ ⎜⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎦ 5G qt − 1 − m0 m g + 2G1 + vr q cos θ + 5G1 + gm0 g + v = − gt − 0 g ⋅ ln qg q 5G − 1 − m0 7G + v q cos θ g + 1 r ⋅ ln , q q 5G − 1 − m0 7G + v q cos θ g v= 1 r ⋅ ln − gt , 5G1 q qt − − m0 g 5G1 + m0 g 7G + v q cos θ ⋅ ln − gt . (11) te je konačno v = 1 r q 5G1 + m0 g − qgt

=

Zadatak 20. Masa rakete, sl. 2.47, menja se po zakonu m = m0e −αt . Otpor sredine jednak je nuli. Odrediti kretanje rakete i njenu visinu penjanja. Pretpostaviti da je u trenutku t0 celo punjenje rakete izgorelo. Početni uslovi: u trenutku t = 0 raketa se nalazi na površini zemlje, njene brzina je tada jednaka nuli. Pretpostaviti da je relativna brzina vr = const . Rešenje: Primenimo Jednačinu Meščerskog na kretanja rakete vertikalno G n G dv G dm = ∑ Fi + vr uvis, tj. m , (1) dt i =1 dt a nakon projekcije na vertikalnu osu dobijamo diferencijalnu jednačinu dm (2) ( y ) → my = −mg − vr , dt 103


Đurković Vlado

m0 e −αt y = −m0 e −αt g + vr αm0 e−αt , y = vr α − g ⇒ y = ( vr α − g ) t + C1 ⇒ y = ( vr α − g )

(3) 2

t + C1t + C2 . 2

Slika 2.47. Sistem promenljive mase pri kretanju

Konstante integracije C1 i C2 dobijamo iz početnih uslova kretanja, tj. za t = 0 , v = 0 , pa sledi C1 = 0 i C2 = 0 , pa je jednačina kretanja oblika t2 y = ( vr α − g ) . (4) 2 Ako u jednačinu kretanja (4) stavimo za t = t0 i y = y0 sledi

t02 , 2 y = y 0 = ( vr α − g ) ⋅ t0 . y = y0 = ( vr α − g )

(5) (6)

Od trenutka t0 na visini y0 , do trenutka t1 na visini y1 , tačka se kreće kao slobodna materijalna tačka konstantne mase, pa na nju tada možemo primeniti II Njutnov zakon. 104


Đurković Vlado

G n G G Za t 0 < t < t1 , sledi ma = ∑ Fi = mg , i =1

( y ) → y = − g ⇒ y = − gt + C3 ,

(7)

gt 2 (8) + C3t + C4 . 2 Ako (6) uvrstimo u (7) dobijamo ( vr α − g ) t0 = − gt0 + C3 , odakle je

odnosno y = −

C3 = vr αt0 , (9) odnosno y = − gt + vr αt0 , (10) pa je jednačina kretanja slobodne materijalne tačke (8) na osnovu (7) glasi gt 2 y=− + vr αt0 ⋅ t + C4 . (11) 2 Ako izjednačimo (9) i (5) za trenutak t = t0 i y = y0 , dobija se: t02 gt 2 =− + vr αt02 + C4 , 2 2 1 (12) konstanta integracije C4 = − vr αt02 , 2 gt 2 1 + vr αt0 ⋅ t − vr αt02 . pa je jednačina kretanja y = − (13) 2 2 U trenutku t = t1 , je y = y1 = H i v = v1 = y = 0 pa iz izraza (10) sledi: v αt 0 = − gt1 + vr αt0 ⇒ t1 = r 0 . (14) g Tražena visina penjanja sada iznosi v 2 α 2t 2 v αt 1 v αt 2 H = y1 = − g r 2 0 + vr αt0 r 0 − vr αt0 , H = r 0 ( vr α − t ) . (15) g ⋅2 g 2 2g

( vr α − g )

Zadatak 21. Po šinama se kreće vagon mase m0 . U trenutku t = 0 , kada se vagon kreće brzinom v0 , sl. 2.48, počinje da pada u njega rasuti teret. Usled toga masa vagona počinje da raste. Priraštaj mase u jedinici vremena jednak je q . Odrediti koliko će se vremena vagon kretati dok se ne zaustavi i ako je koeficijent otpora vagona jednak µ . 105


Đurković Vlado

µ

Slika 2.48. Vagon pri kretanja i punjnju rasutim teretom

Rešenje: Primenimo jednačinu Meščerskog na kretanje vagona brzinom G G v na koga pada rasuti teret čija je brzina v ' , tj. G n G dv G dm m = ∑ Fi + vr , (1) dt i =1 dt G G G G dm dv G G m = mg + FN + F − ( v − v ') , (2) dt dt a nakon projekcije na osu duž kretanja, dobijamo diferencijalnu jednačinu dv dm (3) ( x ) → m = −µ mg − v , dt dt dv dm m +v = −µ mg . (4) dt dt Priraštaj mase u jedinici vremena iznosi m = m0 + qt , odnosno dm = q , pa dalje sledi dv + v = − µ g . (5) dt dm m q Ako uvedemo smenu: v = zm , dv = mdz + zdm , te razdvajanjem promenljivih dobijamo: qdz dm =− , (6) µg + 2 gz m C a nakon integracije, dobija se: µ g + 2qz = 1 . (7) m Za početne uslove: t0 = 0 , v = v0 , m = m0 dobijamo:

106

Opšti zakoni – zakon o promeni momenta količine kretanja

C1 = m0 µg +

Đurković Vlado

2qv0 . m0

(8)

2qv0 m0 Kada C1 vratimo u izraz (7), dobijamo: m = m0 . (9) 2qv µg + m U trenutku kada vagon stane je: t = T , v = 0 , pa na osnovu (9) sledi: 2qv0 m = m0 1 + . (10) µgm0 µg +

Iz izraza dm = q , sledi: dt

T=

⎞ m0 ⎛ 2qv0 − 1⎟⎟ . ⎜⎜ 1 + q ⎝ µ gm0 ⎠

(11)

Zadatak 22. Po dijagonali homogene prizme, stranica 2a, mase m urezan je žljeb po kome se kreće materijalna tačka M, mase m1 = m . Početni položaj tačke i prizme dat je na sl. 2.49.a. Ako je u početnom položaju sistem mirovao, u trenutku kada tačka dođe u najniži položaj M 1 , tj. na kraju žljeba, odrediti: a) pomeranje prizme ( l = ? ) , b) brzinu prizme u tom trenutku ( v1 = ? ) .

Slika 2.49. Homogena prizma i materijalna tačka u žljebu

Rešenje: a) Primenimo zakon o kretanju centra masa sistema i projektujmo ga na x osu (ose usvojenog sistema su po ivicama prizme) dobićemo 107


Đurković Vlado

G G aC ⋅ ∑ mi = ∑ Fi ⇒ ( x ) → xC ⋅ ∑ mi = ∑ Fi x = 0 ⇒ xC = 0 ,

(1)

xC = C1 = const. = ( xC )0 = 0 ⇒ xC = ∑ mi xi = mx0 = const.

Ako se sada setimo izraza za koordinatu centra masa sistema ∑ mi ⋅ xi = const. = C , možemo na osnovu njega zaključiti da je: xC = 1 ∑ mi

( ∑ m ⋅ x ) = ( ∑ m ⋅ x ) , gde su ( ∑ m ⋅ x ) = ma , ( ∑ m ⋅ x ) = m ( a + l ) + m ( 2a + l ) , i

i 0

i

i 0

i

i 1

i

i 1

(2)

pa je ma = m ( a + l ) + m ( 2a + l ) ,

ma = ma + ml + m 2a + ml ⇒ a = −l . (3) Dakle, prizma se pomerila za rastojanje l = a unazad. b) Dalje, primenimo zakon o promeni količine kretanja mehaničkog sistema, da bi izračunali brzinu prizme, tj. G G G (4) K1 − K 0 = ∑ I 0,1 ⇒ K x1 − K x 0 = 0 ,

mv1 + mvr − mv1 = 0 ⇒ v1 = vr / 2 .

(5)

Zadatak 23. Homogena poluga OA dužine 2 L i težine G , zglobno vezana u tački O za nepomičnu konzolnu ravan, oslanja se na paralelopiped, težine Q i visine a , koji se pomera po horizontalnoj ravni (sl. 2.50a). U početnom trenutku sistem je bio u miru, a poluga OA gradi ugao α 0 sa horizontalnom osom. Postaviti izraz za kinetičku energiju sistema u funkciji ugla α . Brzina paralelopipeda je v .

Slika 2.50. Vektori brzina i sile nakon oslobađanja od veza

108


Đurković Vlado

Rešenje: U ovom slučaju sistem nećemo rastavljati, a primenićemo zakon o promeni kinetičke energije mehaničkog sistema (poluga i paralopiped, sl.2.50 b,c), tj. Ek = Ek1 + Ek2 , gde je E K = f ( α ) = ?

1 1 Q Ek1 = ⋅ mv 2 = ⋅ v 2 , kinetička energija peralelopipeda 2 2 g 2 Ek = J O ⋅ ωOA , kinetička energija poluge 2

(1) (2)

2

1 G 1 G 4 GL 2 J O = ⋅ ⋅ ( 2 L ) = ⋅ ⋅ 4 L2 = ⋅ , 3 g 3 g 3 g

vC = OC ⋅ ω , vC = v sin α

v sin α = OC ⋅ ω , (3) a a sin α = , sa sl. 2.50, poluge i paralelopipeda, odnosno OC = . sin α OC a ⋅ω, Ako se vratimo u izraz (3) sledi v sin α = sin α v sin 2 α v (4) ω= = ⋅ sin 2 α . a a Vratimo se u izraz (2) sa izrazom (4) 2 1 4 GL2 ⎛ v 2 ⎞ 2 GL2 v 2 E k2 = ⋅ ⋅ ⋅ ⎜ sin α ⎟ = ⋅ ⋅ 2 ⋅ sin 4 α . 2 3 g ⎝a 3 g a ⎠ Ukupna kinetička energija Ek = Ek1 + Ek2 je:

1 Q 2 GL2 v 2 2 G L2 2 4 1 Q Ek = ⋅ ⋅ v 2 + ⋅ ⋅ 2 sin 4 α = ⋅ v sin α + ⋅ v 2 . 2 2 g 3 g a 3 g a 2 g

Zadatak 24. Drvena daska dužine l i težine G može se obrtati bez trenja oko horizontalne ose OO1 . U sredini daske se udubi tane leteći upravno G G na raven daske brzinom v0 (sl. 2.51a). Odrediti brzinu taneta, ako je ω ugaona brzina ploče nakon udubljenja taneta. Težina taneta je Q . Rešenje: Proglasimo sistemom ploču i tane pa primenimo zakon o promeni momenta količine kretanja – i projektujmo na pravc Oz .

109


Đurković Vlado

dLz dLz 0 = M z 0 = 0 – pre udara taneta = M z = 0 – posle udara taneta, dt dt Lz = Lz 0 . (1)

Slika 2.51. Daska sa tanetom pre i posle pogodka

Moment količine kretanja posle udara ploče i taneta (sl. 2.51 b) je: L 1G 2 Q L 1G 2 QL L ω . Lz = J zω + K = Lω+ v = Lω+ 2 3g g 2 3g g 2 2 Moment količine kretanja neposredno pre udara ploče i taneta je: Q L Lz 0 = v0 – koncentrisani teret g 2 Vratimo se u izraz (1), koji sada postaje 1G 2 Q L2 Q L 4G + 3Q ω = v0 ⇒ v0 = L ω+ Lω . GQ 3g g 4 g 2 Zadatak 25. Pomoću tereta M, obešenog o uže, koje je obavijeno oko horizontalnog vratila AB, dovodi se vratilo u obrtanje (sl. 2.52). Da bi se vratilo posle izvesnog vremenskog intervala, mereno od početka kretanja, obrtalo približno konstantnom ugaonom brzinom, učvršćeno je za vratilo n jednakih ploča S. Otpor vazduha, kojem je izložena ploča redukuje se na silu koja dejstvuje duž napadne linije upravne na ravni ploče a na rastojanju l od ose vratila. Intenzitet te sile proporcionalan je kvadratu 110


Đurković Vlado

ugaone brzine vratila. Koeficijent proporcionalnosti je k, poluprečnik vratila je r, masa tereta M je m, moment inercije svih delova koji se obrću u odnosu prema osi obrtanja AB je J. Odrediti ugaonu brzinu vratila u funkciji vremena t, tj. ω = ω ( t ) . Pretpostaviti da je početna ugaona brzina vratila jednaka nuli. Masu užeta i trenje u ležištu zanemariti. Rešenje: Za sistem proglasimo sve osim ležišta A i B. Sile koje deluju na sistem su: n ⋅ R – sila R, GD – težina doboša sa lopaticama i vratilom, G m ⋅ g – težina tereta, x A , y A, xB , y B – sile kojima ležajevi deluju na vratilo.

Sada primenimo zakon o promeni momenta količine kretanja za osu AB, dLAB Fi = ∑ M AB , (1) dt gde je sila na lopaticu jednaka R = kω 2 , a dalje je ∑ M ABFi = mg ⋅ r − nR ⋅ l = mg ⋅ r − nk ω2 ⋅ l ,

LAB = J ⋅ ω + mr 2 ⋅ ω .

Slika 2.52. Vratilo sa užetom i teretom koji pada vertikalno naniže

Sada zakon o promeni momenta količine kretanja za osu AB glasi: d (2) ⋅ ( J ω + mr 2ω ) = mgr − nkω 2l , dt 111


Đurković Vlado

ω

t

( J + mr ) ⋅ ddtω = mgr − nk ω2l ⇒ ( J + mr 2 ) ⋅ ∫ mgr d−ωnk ω2l = ∫ dt . 0 0 2

ω

t

J + mr 2 dω ⋅∫ = ∫ dt , mgr nkl 2 0 0 −ω nkl J + mr 2 mgr i označimo konstante: D = ; a2 = , dalje sledi: nkl nkl

Ako uvedimo malo sređivanja:

ω

t

dω = ∫ dt . 2 2 a − ω 0 0

D⋅∫

(3)

Prvu integralnu veličinu predstavimo polinomom: 1 A B = + /⋅ ( a − ω)( a + ω) , 2 2 a −ω a−ω a+ω 1 = A ⋅ ( a + ω) + B ⋅ ( a − ω ) , 1 = A⋅ a + A⋅ ω + B ⋅ a − B ⋅ ω , 1 = a ⋅ ( A + B ) + ω⋅ ( A − B ) ,

odakle su: A − B = 0 , a ⋅ ( A + B ) = 1 , pa sledi da je: 1 A= B = . 2a 1 ⎡ω 1 ⎤ ω dω⎥ ⎢ 2a d ω Vratimo se u integral (3): D ⋅ ⎢ ∫ + ∫ 2a =t, a a + ω ⎥⎥ − ω 0 ⎢0 ⎣ ⎦ ω 1 D ⋅ ⎡⎣ln a − ω + ln a + ω ⎤⎦ 0 = t , 2a ω 2a 2a t t a+ω 2a a+ω ln = t⇒ = e D ⇒ a + ω = ( a − ω) ⋅ e D , a−ω0 D a−ω 2 at

2 at

2 at

2 at

a + ω = ae D − ωe D ⇒ ω⋅ (1 + e D ) = a ⋅ (e D − 1) , − 1)

2 at D

mgr e − 1 . ⋅ 2 at nkl 1+ e e D +1 Ako zamenimo konstante a i D dobijamo traženu ugaonu brzinu: ω=

a ⋅ (e

2 at D

2 at D

=

112


ω=

Đurković Vlado

mgr eC1 t − 1 ⋅ , nkl eC1 t + 1

gde je konstanta jednaka C1 =

2 ⋅ mgnkrl . J + mr 2

Zadatak 26. Na čekrku O namotano je nerastegljivo uže zanemarljive težine. Za drugi kraj užeta vezan je teret A, mase 2m , koji može da kliže po idealno glatkoj strmoj ravni nagiba θ (sl. 2.53 a). Ako je masa čekrka 4m , a poluprečnik R, te ako na njega deluje spreg konstantnog intenziteta M , odrediti ubrzanje tereta A . Rešenje: I način (sl. 2.53 b), tj. rastavimo sistem i primenimo zakon o promeni momenta količine kretanja sistema na čekrk koji vrši rotaciju, tj. G G G F G dLO d = ∑ M Oi ⇒ ( J O ⋅ ω) = ∑ M OFi ⇒ ∑ M O = J O ⋅ ε . dt dt 1 x M − N ⋅ R = ⋅ 4mR 2 ⋅ ⇒ M − N ⋅ R = 2mRx . (1) R 2

Slika 2.53. Mehanički sistem; a) nerastavljen b) rastavljen - tereti i sile nakon oslobađanja od veza

Primenimo sada II Njutnov zakon na telo A, koje vrši translaciju, tj. G G G G G mA a A = ∑ Fi = mA g + FN + N ' .

( x ) → 2mx = −2mg sin θ + N ,

(2)

N = 2mx + 2mg sin θ .

(3) 113


Đurković Vlado

Ubacimo izraz (3) u jednačinu (1): M − R(2mg sin θ + 2mx) = 2mRx ⇒ M − 2 Rmg sin θ − 2mRx = 2mRx , M − 2mgR sin θ 4mRx = M − 2mgR sin θ ⇒ a = x = . 4mR II način (sl. 2.53 c), tj. u ovom slučaju sistem nećemo rastavljati, a primenićemo zakon o promeni kinetičke energije mehaničkog sistema, tj. EK1 − EK0 = A(0S −1) + A(0U −1) , gde su EK0 = 0 i A(0U −1) = 0 , 1 1 EK = EK = ⋅ J O ω2 + m Av A2 . (1) 2 2 Kinematička karakteristika kretanja je ω = v A / R , pa je 1

v 2 1 1 1 2 EK = ⋅ 4mR 2 ⋅ A2 + 2mv A2 ⇒ E K = 2mv A , 2 2 2 R dEK / dt = dA / dt , dx = Rd ϕ , dEK dv = 4mv A ⋅ A = 4mv A a A , dt dt dx − 2mg sin dx , dA = Md ϕ − 2mg sin θdx = M R dA M dx dx M = ⋅ − 2mg sin θ = v A − 2mg sin θ ⋅ v A . dt R dt dt R

(2)

(3)

(4)

Slika 2.53. Vektori brzina i sile težine mahaničkog sistema

Iz (3) i (4) sledi M M − 2mgR sin θ 4mv A a A = . v A − 2mg sin θ ⋅ v A ⇒ a = 4mR R 114

(5)


Đurković Vlado

Zadatak 27. Kod mehanizma u horizontalnoj ravni odrediti ugaono ubrzanje ε OA (sl. 2.54 a). Dato je m1 = mOA = m2 = m , m3 = 2m . Na zupčanik 3 deluje moment M 3 . Rešenje: U ovom slučaju sistem nećemo rastavljati, a primenićemo zakon o promeni kinetičke energije mehaničkog sistema, tj., gde je dA = M 3 ⋅ d ϕ3 , 3 1 3Rd ϕ3 = 2 R ⋅ d ϕ2 ⇒ d ϕ2 = d ϕ3 , 2 R ⋅ d ϕOA = Rd ϕ2 ⇒ d ϕOA = d ϕ 2 , 2 2 d ϕ2 3 d ϕOA = = d ϕ3 . (1) 2 4 1 1 1 1 2 Ek = ⋅ J z ω22 + ⋅ m ⋅ v A2 + ⋅ J OAωOA + ⋅ J 3ω32 , 2 2 2 2 1 1 3 1 1 3 1 2 Ek = ⋅ mR 2 ( ω3 ) + ⋅ m(2 R )2 ( ω3 ) + ⋅ 2m ( 3R ) ω32 , 2 2 2 2 3 4 2 2 2 Ek = k ⋅ mR ω3 , gde je k = const.

Slika 2.54. Vektori brzina mehaničkog sistema

Diferencijal kinetičke energije je dEk = k ⋅ mR 2 ⋅ 2ω3d ω3 , pa je dA = dEk ,

115


Đurković Vlado

d ω3 M3 d ϕ3 ⋅ d ω3 ⇒ ε3 = = . dt dt 2kmR 2 3 M3 . Iz jednačine (1) sledi da je: εOA = ⋅ 4 2kmR 2 G Zadatak 28. Teret A se kreće pod dejstvom sile F i pri tome podiže teret C , na visinu l1 = 1m (sl. 2.55 a). Odrediti u tom trenutku brzinu tereta A i C , ako izmedju strme ravni i tereta A postoji trenje. Uže je bez težine i nerastegljivo je. Dato je: m = 2kg , R1 = 0,2m , s1 = 1m , M 3 ⋅ d ϕ3 = kmR 2 ⋅ 2 ⋅

µ = 0,1 , R2 = 2 R1 , F = 13N , α = 30o , m A = m , mB = 0 i mC = 2m .

Rešenje: U ovom slučaju sistem nećemo rastavljati (sl. 2.55 b), a primenićemo zakon o promeni kinetičke energije mehaničkog sistema, tj., G G G G G G F Ek 1 − Ek 0 = ∑ AFi = AmC g + AmA g + AFN + AF + A µ , (1)

gde su kinematičke karakteristike ds1 = R1 ⋅ d ϕ , ds2 = R2 ⋅ d ϕ , odakle je

s1 s2 R tj s2 = 2 ⋅ s1 = 2 s1 , = R1 R1 R2

s2 = 2 s1 , v1 = R1 ⋅ ϕ , v2 = R2 ⋅ ϕ .

Slika 2.55. Vektori sila i težina mehaničkog sistema

Ako se vratimo u (1) sledi: 1 1 m Av22 + mC v12 = −2mg ⋅ s1 + mg sin α ⋅ s2 + Fs2 − µmg cos α ⋅ s2 , 2 2 1 1 1 3 2 2 m ( R2ϕ ) + 2m ( R1ϕ ) = −2mgs1 + mg 2 s1 + F 2 s1 − µmg 2 s1 , 2 2 2 2 116


Đurković Vlado

0,8ϕ = −39,24 + 19,62 + 26 − 3,398 , 0,8ϕ = 3 ⇒ ϕ = 3,75s−1 , pa slede tražene brzine kretanja m m v1 = R1 ⋅ ϕ = −0,2 ⋅ 3,75 = 0,75 , v2 = R2 ⋅ ϕ = 2 ⋅ 0,2 ⋅ 3,75 = 1,5 . s s

Zadatak 29. Eliptično klatno sastoji se od tela A i mase mA = m1 i tačke B mase mB = m2 vezane zglobno lakim štapom dužine l za telo A koje može da se kreće po glatkoj horizontalnoj ravni (sl. 2.56.a). U početku kretanja klatno je pušteno bez početne brzine iz položaja određenog uglom otklona ϕ 0 . Odrediti: a) putanju središta mase sistema; b) putanju tačke B. Rešenje: Zadatak možemo rešiti primenom zakona o kretanju centra masa sistema ili zakona o promeni kinetičke energije sistema.

ϕ0

ϕ

Slika 2.56. Eliptično klatno pri kretanju n

Gs

a) Zakon o promeni kinetičke energije glasi EK1 − EK0 = ∑ A(F0i−1) .

(1)

i =1

G G G 1 1 mAv A2 + mB vB2 − 0 = A(N0−1) + A(m0A−1g) + A(m0B−1g) , 2 2 G G G G G gde su (sl. 2.56 b): v A = x , vB = v A + vBA , vBA = l ⋅ ϕ AB , A(N0−1) = A(m0A−1g) = 0 , G

A(m0B−1g) = mB gl ( cos ϕ − cos ϕ0 ) .

117


Đurković Vlado

Pošto sistem u početnom trenutku miruje, a projekcija svih sila na osu Ox su nula, onda važi teorema o konstantnosti središta masa sistema, tj. n

∑m x

mA x A + mB xB m1 x1 + m2 x2 = , mi mA + mB m1 + m2 gde je mi − ukupna masa pa je dalje (sl. 2.56.b), xC =

i i

i =0

=

(2)

mi xC = mA x1 + mB x2 ⇒ ( m1 + m2 ) xC = m1 x + m2 ( x + l sin ϕ ) ,

( m1 + m2 ) xC = m1 x + m2 x + m2l sin ϕ .

(3)

S obzirom da je telo pušteno bez početne brzine, gde su ( x1 )0 = 0 i ( x2 )0 = mB l sin ϕ0 , možemo pisati zakon o kretanju centra masa m l sin ϕ0 . (4) ( m1 + m2 ) xC = m2l sin ϕ0 , odakle je xC = 2 m1 + m2 S obzirom da je x = f ϕ u toku kretanja, sledi

bg

b

g

m2 l sin ϕ 0 − sin ϕ . (5) m1 + m2 b) Jednačine kretanja tačke B su: x B = x + l sin ϕ , y B = l cosϕ , odakle je m l sin ϕ 0 − sin ϕ m l sin ϕ 0 − sin ϕ xB = 2 + l sin ϕ , x B − 2 = l sin ϕ .(6) m2 + m1 m2 + m1 m2 l m2 l y B = l cosϕ , y B = sin ϕ 0 − sin ϕ + l sin ϕ . (7) m2 + m1 m1 + m2 Jednačine kretanja tačke B dakle glase m2 l m2 , y B = l cosϕ , (8) xB = sin ϕ 0 + l sin ϕ 1 − m1 + m2 m1 + m2

( m1 + m2 ) ⋅ x = m2l ( sin ϕ0 − sin ϕ ) ⇒ x =

b

g

b

g

IJ K

FG H

m2 l m + m2 − m2 sin ϕ 0 + l sin ϕ ⋅ 1 , m1 + m2 m1 + m2 m2 l m1 y B = l cosϕ , y B = sin ϕ 0 + l sin ϕ . m1 + m2 m1 + m2 xB = l sin ϕ , y B = l cosϕ .

xB =

LM N

OP Q

m1 + m2 m2 l xB − ⋅ sin ϕ 0 = l sin ϕ , m1 m1 + m2 118

(9)


Đurković Vlado

y B = l cosϕ . (10) Zadnje dve jednačine tj. (9) i (10) dignemo na kvadrat pa saberemo

FG m + m IJ ⋅ LM x − m l sin ϕ OP + y = l , H m K N m +m Q Zadnju jednačinu podelimo sa l i konačno dobijamo LM x − m l sin ϕ OP N m + m Q + y = 1, l FG m l IJ Hm +m K 2

1

2

2

2

2

B

1

1

0

2

B

2

2

2

2

B

1

0

2

2

2

B 2

(11)

1

1

2

trajektoriju, a to je jednačina putanje elipse. Zadatak 30. Preko diska C (sl. 2.57.a), mase mC = m1 = 4m , poluprečnika R , prebačeno je uže o čijem jednom kraju visi teret A, mase m A = m , a na drugom kraju cilindar B, mase mB = m2 = 2m , poluprečnika r . Odrediti ugaono ubrzanje diska B.

Slika 2.57. Sistem pri kretanju

Rešenje: Rastavimo sistem na delove (sl. 2.57 b) i za svaki deo primenimo odgovarajući zakon. Teret A: Teret vrši translatorno kretanje pa za njega primenimo II 119


Đurković Vlado

n G G Njutnov zakon, tj. m Aa A = ∑ Fi , a nakon projekcije na vertikalnu osu je i =1

( y ) → mAa A = mA g − N1 ⇒ ma A = mg − N1 ⇒ N1 = mg − ma A .

(1)

Disk C: Disk vrši rotaciju oko ose kroz tačku O1 pa ćemo zato primeniti zakon o promeni momenta količine kretanja. G n G G dLO1 1 a = ∑ M OFi1 ⇒ J O1 ⋅ ε1 = M O1 , gde je J O1 = m1R 2 , ε1 = A , pa je dt 2 R i =1 1 a ( N1 − N 2 ) R = 4mR 2 ⋅ A ⇒ N1 − N 2 = 2ma A ⇒ N1 = N 2 + 2ma A . (2) 2 R Disk B: Disk vrši ravno kretanje pa ćemo primeniti zakon o promeni momenta količine kretanja za rotaciju i II Njutnov zakon za translaciju. G n G G dLO 2 1 a + aB = ∑ M OFi2 ⇒ J O 2 ⋅ ε2 = M O 2 , gde je J O 2 = m2 r 2 , ε2 = A , dt 2 r i =1 1 a + aB (3) N 2 ⋅ r = 2mr 2 ⋅ A ⇒ N 2 = m ( a A + aB ) . 2 r n G G Primenom II Njutnovog zakona, mB ⋅ aB = ∑ Fi , i projekcije na i =1

vertikalnu osu je: ( y ) → mB aB = mB g − N 2 ⇒ 2maB = 2mg − N 2 ⇒ N 2 = 2mg − 2maB . (4) Nepoznate su a A , aB , N1 i N 2 , dakle četri nepoznate, a imamo i toliko jednačina. Izjednačimo (1) i (2) pa sledi da je: mg − ma A = N 2 + 2ma A , odakle je N 2 = mg − 3ma A . (5) Jednačine (5) i (4) daju: mg − 3ma A = 2mg − 2maB , odakle je 2a − g g = 2aB − 3a A ⇒ a A = B . (6) 3 Iz jednačina (5) i (3) imamo: mg − 3ma A = m ( a A + a B ) , da je aA =

g − aB . 4

(7)

Jednačine (6) i ( 7) nakon izjednačavanja

120

2a B − g g − a B = , daju 3 4


Đurković Vlado

4 ( 2aB − g ) = 3 ( g − aB ) ⇒ 8aB − 4 g = 3g − 3aB ⇒ aB =

7g , 11

pa je iz jednačine (7) ubrzanje: 7g 14 g −g g 2aB − g 2 ⋅ 11 − g 11 aA = = = = . 3 3 3 11 Sada je traženo ugaono ubrzanje diska B jednako g 7g a A + a B 11 + 11 8 g ε2 = = = ⋅ . r r 11 r

(8)

(9)

(10)

Zadatak 32. Pri kretanju kalema mase m i poluprečnika R i r, odmotava se neistegljivo uže (sl. 2.58.a), čiji je jedan kraj pričvršćen za nepomičnu tačku A. U početnom trenutku t0 = 0 kalem je bio u miru. Odrediti: a) brzinu centra C kalema u trenutku kada je tačka po vertikali prešla rastojanje C0C1 = 4 R , b) silu u užetu u proizvoljnom trenutku. =

. ϕ=

Slika 2.58. Kretanje kalema vertikalno naniže

Rešenje: a) Kinematičke karakteristike su: vC = x = Rϕ ⇒ ϕ =

1 m ⋅ ( R2 + r2 ) . 2 Primenimo zakon o promeni kinetičke energije (sl. 2.58.b): Moment inercije kalema je: J C z =

121

vC x = . R R

(1)


G

Ek 1 − Ek 0 = ∑ A0F−i 1 , i =1

Ek 1 =

G

Đurković Vlado

Ek 0 = 0 (jer je sistem mirovao),

1 2 1 1 1 m 2 mvC + J C zϕ 2 = ⋅ m ( Rϕ ) + ⋅ ( R 2 + r 2 ) ϕ 2 = 2 2 2 2 2 2 1 1 m ⎛ x ⎞ = ⋅ mx 2 + ⋅ ( R 2 + r 2 ) ⎜ ⎟ , 2 2 2 ⎝R⎠

A0mg−1 = mgxC ,

xC1 = C0C1 = 4 R ,

(2)

(3) (4)

odakle je nakon sređivanja 4 gR 2 gR , (5) xC2 = 2 2 xC ⇒ xC1 = 4 R 3R + r 3R 2 + r 2 4 gR 2 d 4 gR 2 2 gR 2 xC2 = 2 2 xC / ⇒ 2 xC xC = 2 2 xC ⇒ xC = 2 2 = const. 3R + r 3R + r 3R + r dt b) Na osnovu II Njutnovog zakona nakon projekcije na x osu je: mg ( R 2 + r 2 ) mxC = mg − S ⇒ S = mg − mxC = . 3R 2 + r 2

(6)

Zadatak 33. Štap OA (težine Q1 , dužine L1 ) i štap O1 B (težine Q2 , dužine L2 ) mogu da se obrću oko horizontalnih osa kroz O i O1 respektivno, koje se nalaze na rastojanju OO1 = a < L1 , (sl. 2.59.a). Štapovi su uzajamno povezani obrtno kliznom vođicom A. Odrediti brzinu vođice A u trenutku kada ona prolazi kroz najniži položaj ako se u početnom trenutku nalazila u najvišem položaju odakle je pošla zanemarljivo malom brzinom. Rešenje: Kinematičke karakteristike su (sl. 2.59.b): ϕ = ϕ1 − ϕ 2 , v A = L1 ⋅ ϕ1 , G G G G v A = vr + v p , tačka A vrši složeno kretanje, vr − klizi duž poluge O1B , G v p − prenosno kretanje je rotacija oko ose O1 , ugaonom brzinom ϕ2 ,

tj. v p = O1 A ⋅ ϕ2 . Primenimo zakon o promeni kinetičke energije:

122


Đurković Vlado

G

Ek 1 − Ek 0 = ∑ A0F−i 1 ,

(1)

i =1

ϕ

ϕ ϕ

ϕ

ϕ

ϕ

Slika 2.59. Štapovi i klizač pri kretanju

1 1 1 1 Q1 2 2 1 1 Q2 2 2 J Oϕ12 + J O1ϕ22 = ⋅ L1 ⋅ ϕ1 + ⋅ L2ϕ2 , 2 2 2 3 g 2 3 g G ⎛L L ⎞ ⎛L L ⎞ A0mg−1 = Q1 ⎜ 1 + 1 ⎟ + Q2 ⎜ 2 + 2 ⎟ = Q1 L1 + Q2 L2 , (2) ⎝2 2⎠ G ⎝ 2 2⎠ ∆Ek = Ek1 − Ek 0 = A0F−i 1 ,

∆Ek = Ek1 − Ek 0 =

⎞ L12 1⎛ 2 ϕ ⎜ Q1 L12ϕ12 + Q1 L12 ⎟ = Q1 L1 + Q2 L2 , 2 1 6 ⎜⎝ ( L1 − a ) ⎟⎠ G G G ϕ1 = ϕ 2 = π , vr = 0 , v p = vA , v p = ( L1 − a ) ϕ 2 ,

ϕ1L1 = ϕ 2 ( L1 − a ) ⇒ ϕ 2 = vA =

L1 ϕ1 , pa je L1 − a

6 g ( Q1 L1 − Q2 L2 )( L1 − a ) Q1 ( L1 − a ) + Q2 L22 2

(3)

2

.

(4)

Zadatak 34. Homogeni cilindar B (sl. 2.60.a), mase 2m kotrlja se bez klizanja po nepokretnoj horizontalnoj podlozi. Centar cilindra je 3mg oprugom krutosti c = vezan za klizač A mase m, koji se kreće po a 123


Đurković Vlado

glatkoj horizontalnoj podlozi. Opruga za sve vreme kretanja cilindra i klizača ostaje horizontalna. U početnom trenutku, kada cilindar i klizač miruju, opruga je istegnuta za 2a, a zatim otpuštena. Odrediti brzinu centra cilindra B u trenutku kada je opruga nedeformisana.

ϕ

µ

Slika 2.60. Cilindar, opruga i klizač pri kretanju

Rešenje: Rastavimo sistem te primenimo II Njutnov zakon i zakon o promeni momenta količine kretanja za cilindar (1) 2mxB = FC − Fµ ,

2myB = 0 = N1 − 2mg , x 1 J Bϕ = RFµ , J B = 2mR 2 , aT = xB = Rϕ ⇒ ϕ = B , 2 R Posmatrajmo sada teret A mxA = − FC . (1) i (3) ⇒ FC = 3Fµ , FC , 3 (1) i (6) ⇒ xA = −3 xB ⇒ x A = −3xB , Primenimo sada zakon o promeni kinetičke energije:

(2) (3) (4) (5)

(1) i (5) ⇒ mxB =

n

G

(6) (7)

G

FC Ek 1 − Ek 0 = ∑ A0F−i 1 = A0,1 , i =1

2

1 2 1 1 2 ⎛ x ⎞ 1 3mg ⎡ mx A + 2mx B2 + J B z ⎜ B ⎟ = ⋅ ( 2a ) − 02 ⎤⎦ . ⎣ 2 2 2 2 a ⎝ R⎠ Izrazi (7) i (8) daju x B = ga .

(8) (9)

Zadatak 35. Homogeni disk mase m i poluprečnika R kotrlja se po nepomičnoj horizontalnoj ravni, sl. 2.61.a. Na disk je naslonjen štap OA 124


Đurković Vlado

mase m1 = m i dužine 2L koji je krajem O zglobno vezan za nepomični oslonac. Odrediti moment sprega M = M (ϕ ) kojim treba delovati na disk da bi se štap obrtao konstantnom ugaonom brzinom ω (sa ϕ je označen ugao koji štap gradi sa vertikalom). Rešenje: Kinematičke karakteristike su: ω = ωOA = ϕ , π π ϕ ω 2θ + ϕ = ⇒ 2θ = − ϕ , θ = − = − , 2 2 2 2 Rdϕ Rθ Rω x = Rctgθ ⇒ x = − 2 = , dx = , tj sin θ 1 − sin ϕ 1 − sin ϕ Rθ − Rϕ − Rϕ x = − 2 = = = 2 2 sin θ 2sin ϕ ⎡ ⎛ π ϕ ⎞⎤ 2 ⎢sin ⎜ − ⎟ ⎥ ⎣ ⎝ 4 2 ⎠⎦ Rω − Rϕ − Rϕ . = = = ⋅⋅⋅ = 2 2 1 − sin ϕ ϕ π ϕ⎤ ⎡ ⎛ π ϕ ⎞⎤ ⎡ π 2 ⎢sin cos − cos sin ⎥ 2 ⎢sin ⎜ − ⎟ ⎥ 2 4 2⎦ ⎣ 4 ⎣ ⎝ 4 2 ⎠⎦ 1 Moment inercije diska i štapa iznosi: J C z = mR 2 , 2 1 4 2 J O z = m1 ⋅ ( 2 L ) = mL2 . (1) 3 3

. ϕ=

ϕ

ϕ

θ θ

.

ψ Slika 2.61. Disk pri kotrljanju sa štapom

Primenimo zakon o promeni kinetičke energije: 125


Đurković Vlado

dEk dA = , dt dt i =1 1 1 4 2 EkOA = J O zϕ 2 = ⋅ mL2ϕ 2 = mL2ϕ 2 , štap 2 2 3 3 2 1 1 1 1 1 ⎛ x ⎞ EkC = mvC2 + J C zψ 2 = mx 2 + ⋅ mR 2 ⎜ ⎟ , cilindar 2 2 2 2 2 ⎝R⎠ G

Ek 1 − Ek 0 = ∑ A0F−i 1 ,

Ek = EkOA + EkC =

3 mR 2ω 2 2 ⋅ + mL2ω 2 , 2 4 (1 − sin ϕ ) 3

dEk 3 cos ϕ = ⋅ mR 2ω 3 , 3 dt 2 (1 − sin ϕ )

(2) (3) (4) (5) (6)

yT = L cos ϕ ⇒ δ yT = − L sin ϕδϕ , G G δx Mdϕ δ A = δ A M + δ A ( m1 g ) = M − mgδ yT = + mgL sin ϕ dϕ , 1 − sin ϕ R Mω δA = + mgLω sin ϕ , (7) dt 1 − sin ϕ dEk δ A ako primenimo = dobijamo dt dt 3 cos ϕ Mω ⋅ mR 2ω 3 = + mgLω sin ϕ , (8) 3 2 (1 − sin ϕ ) 1 − sin ϕ

( )

a nakon sređivanja je traženi moment 3 cos ϕ − mgL sin ϕ (1 − sin ϕ ) . M = mR 2ω 2 3 2 (1 − sin ϕ )

(9)

Zadatak 36. Na glatkoj horizontalnoj ravni nalazi se prizma ABD mase m ( )ADB = 900 , α = 300 ) , sl. 2.62 a. Po stranici AB kotrlja se bez klizanja kružni cilindar mase m. Odrediti brzinu središta C cilindra, u položaju kada je njegova visina na rastojanju h manja od početne. U početnom trenutku sistem je mirovao. Rešenje: Primenimo zakon o promeni količine kretanja projektovan na x n GG G G osu, sl. 2.62 b: K1 − K 0 = ∑ I 0F−i1 , mxC + mx = 0 , (1) i =1

126


Đurković Vlado

gde je xC = x + ξ cos α , vC2 = x 2 + ξ2 + 2 xξ cos α .

(2) ξ

. .

. ξ

Slika 2.62. Disk pri kotrljanju niz strmu ravan

Primenimo sada zakon o promeni kinetičke energije: n G G G Ek 1 − Ek 0 = ∑ A0F−i 1 = A ( mg ) = mgh , Ek 0 = 0 , A ( mg ) = mgh ,

(3)

i =1

Ekdisk

2 1 2 1 1 2 1 1 2 ⎛ ξ ⎞ 2 = EkC = mvC + J C z ω = mvC + ⋅ mr ⋅ ⎜ ⎟ , 2 2 2 2 2 ⎝r⎠

(4)

1 2 1 2 mvM = mx , (5) 2 2 3 Ek 1 = EkC + EkM = mx 2 + mξ2 + mxξ cos α , (6) 4 3 (7) pa zakon glasi x 2 + ξ2 + xξ cos α = gh , 4 gh cos2 α 4 − 3cos2 α 2 pa iz (1) i (7) sledi x 2 = , v gh = . (8) C 3 − cos2 α 3 − cos2 α 7 gh . (9) Za α = 300 je: vC = 3 Zadatak 37. Štap dužine 2L i mase m krajem A zglobno je vezan za klizač zanemarljive mase, a krajem B može da klizi po horizontalnoj ravni (sl. 2.63 a). Na klizač koji može da klizi bez trenja po vertikalnim vođicama deluje sila F konstantnog intenziteta. U početnom trenutku štap je ležao na horizontalnoj ravni i mirovao. Odrediti intenzitet sile F ako se štap odvaja od horizontalne ravni kada sa njom gradi ugao ϕ = 300 . Ekprizma = EkM =

127


Đurković Vlado

.

ϕ

.

ϕ

Slika 2.63. Štap i klizač pri kretanju

Rešenje: Kinematičke karakteristike (sl. 2.63 b) su: xC = L cos ϕ ⇒ xC = − Lϕ sin ϕ , xC = − Lϕ 2 cos ϕ − Lϕ sin ϕ ,

yC = L sin ϕ ⇒ y C = Lϕ cos ϕ ,

yC = − Lϕ 2 sin ϕ + Lϕ cos ϕ ,

vC2 = xC2 + y C2 = L2ϕ 2 . Primenimo II Njutnov zakon projektovan na ose (sl. 2.63 b) myC = F − G + N ⇒ mL (ϕ cos ϕ − ϕ 2 sin ϕ ) = F − G + N ,

za N = 0 ⇒ F = mg + mL (ϕ1 cos ϕ1 − ϕ12 sin ϕ1 ) .

(1)

Primenimo sada zakon o promeni kinetičke energije: n

G

Ek 1 − Ek 0 = ∑ A0F−i 1 , Ek 0 = 0 , Ek 1 = EkAB ,

(2)

i =1

1 1 1 1 m (2L) 2 2 2 2 2 = mL2ϕ 2 + ⋅ ϕ = mL ϕ . (3) EkAB = mvC2 + J C zω AB 2 2 2 2 12 3 Izvršeni rad je A0−1 = ( 2 F − mg ) L sin ϕ1 , 2

dA = Fdy A − mgdyC = ( 2 F − mg ) L cos ϕ dϕ ,

2 2 2 mL ϕ1 = ( 2 F − mg ) L sin ϕ1 , 3 3 ( 2 F − mg ) sin ϕ1 3 ( 2 F − mg ) odakle je ϕ12 = . = 2mL 4mL dEk dA 4 = ⇒ mLϕ = ( 2 F − mg ) L cos ϕ , 3 dt dt pa zakon glasi

128

(4) (5) (6)


odakle je ϕ1 =

Đurković Vlado

3 3 2 F − mg ⋅ , 8 mL

(7)

pa ako (5) i (7) uvrstimo u (1) dobijamo F =

13 mg . 10

(8)

Zadatak 38. Prizmatično telo A čija je strana CD nagnuta prema glatkoj horizontalnoj ravni pod uglom α u tački B oslanja se o vertikalnu prepreku (sl. 2.64 a). Po strani CD klizajući po njoj može da se kreće homogeni disk poluprečnika r i mase m. Na disk je namotano uže čiji je drugi kraj vezan za tačku E tela A. Za vreme kretanja diska uže je paralelno strani CD tela A. Ako na disk deluje moment intenziteta 1 M = mgr , a ugao α = 300 pri koeficijentu trenja između diska i tela 4 µ = 3 / 6 odrediti reakciju oslonca u tački B.

ϕ

Slika 2.64. Homogeni disk pri kretanju po prizmatičnom telu

Rešenje: Kinematičke i dinamičke karakteristike (sl. 2.64 b) su: ωdisk = ϕ , mxO = N B , aO = rϕ , xO = aO cos α , N B = mrϕ cos α . (1) Primenimo sada zakon o promeni kinetičke energije: n

G

Ek 1 − Ek 0 = ∑ A0F−i 1 , Ek 0 = 0 , Ek 1 = Ekdisk ,

(2)

i =1

1 2 1 1 1 1 3 2 mvO + J O zω disk = mr 2ϕ 2 + ⋅ mr 2ϕ 2 = mr 2ϕ 2 . (3) 2 2 2 2 2 4 Virtualni rad je, δ A = M δϕ + mgr sin αδϕ − Fµ 2rδϕ , Fµ = µ N , N = mg cos α . (4) Ekdisk =

129


Đurković Vlado

1 3 1 mgr , α = 300 i µ = je δ A = mgrδϕ . 4 6 4 dEk dA g = ⇒ rϕ = . 6 dt dt 3 Ako (6) uvrstimo u (1) dobijamo N B = mg . 12

Za M =

(5) (6)

(7)

Zadatak 39. Materijalni sistem prikazan na (sl. 2.65.a), sastoji se iz 3 klizača A mase m , koji može da se kreće po glatkoj vertikalnoj vođici, 2 štapa AB mase 6m i dužine 2a i diska B mase m, poluprečnika a, koji može da se kotrlja bez klizanja po horizontalnoj podlozi. Ako je u početnom trenutku sistem bio u miru, pri čemu je štap zaklapao ugao ϕ0 = 450 sa vertikalom, odrediti: ugaonu brzinu i ugaono ubrzanje štapa u proizvoljnom trenutku u funkciji ugla ϕ . ϕ

ϕ

θ

ϕ

θ

θ Slika 2.65. Sistem pri kretanju

Rešenje: Kinematičke i dinamičke karakteristike (sl. 2.65 b) su: y A = a + 2a cos ϕ , vA = y A = 2aϕ sin ϕ , PV T = a ⇒ vT = aϕ , yT = a + a cos ϕ , x = 2a sin ϕ , v = 2aϕ cos ϕ = aθ , θ = 2ϕ cos ϕ , B

B

1 1 6m ⋅ 4a 2 = 2ma 2 , J B z = ma 2 . 12 2 Primenimo sada zakon o promeni kinetičke energije: JT z =

130


Đurković Vlado

G

Ek 1 − Ek 0 = ∑ A0F−i 1 , Ek 0 = 0 , Ek = Ek 1 = EkA + EkAB + EkB ,

(1)

i =1

1 1 1 1 1 mAv A2 + mAB vT2 + J T zϕ 2 + mB vB2 + J B zθ 2 , 2 2 2 2 2 1 3 1 Ek = ⋅ m ⋅ 4a 2 sin 2 ϕϕ 2 + 6m ⋅ a 2ϕ 2 + 2 2 2 1 1 1 1 + ⋅ 2ma 2ϕ 2 + m ⋅ 4a 2 cos 2 ϕϕ 2 + ⋅ ma 2 ⋅ 4 cos ϕϕ 2 , 2 2 2 2 2 2 Ek = 7ma ϕ . Izvršeni rad je: 3 9 A = mg ( y A0 − y A ) + 6mg ( yT 0 − yT ) = mga 2 − 2 cos ϕ . 2 2 n G 9 g d Ek 1 − Ek 0 = ∑ A0F−i 1 , daje ϕ 2 = 2 − 2 cos ϕ / , i traženo 14a dt i =1 9g ϕ = sin ϕ . 14a Ek =

(

(

)

(2)

(3) (4) (5)

)

(6)

Zadatak 40. Po horizontalnom i vertikalnom kraku tela 1 mase 2m i poluprečnika inercije ρ z = a mogu da se kreću klizači zanemarljivih masa koji su zglobno vezani za štap AB mase 6m i dužine a (sl. 2.66 a). Sistem može da se obrće oko vertikalne ose Oz. Ako je u početnom trenutku štap AB zaklapao ugao ϕ0 = 450 sa osom Oz, a ugaona brzina

tela 1 bila ω0 , odrediti ugaonu brzinu tela 1 u trenutku kada je ϕ1 = 900 . Rešenje: Dinamičke karakteristike, (sl. 2.66 b) su: ρ = a

a

J z AB = ∫ ( ξ sin ϕ ) dm = ρ sin ϕ∫ ξ2 d ξ = 2

2

0

0

6m , a

6m 2 a 3 sin ϕ ⋅ = 2ma 2 sin 2 ϕ , a 3

J z 0 AB = ma , J z1 AB = 2ma . 2

2

Po Štajneru je J z = J z AB + 2ma 2 , J z 0 = 3ma 2 , J z1 = 4ma 2 .

131


Đurković Vlado

ϕ

ϕ

ω

ω

ρ

ξ

Slika 2.66. Sistem pri rotaciji

Primenimo sada zakon o promeni momenta količine kretanja jer je: n 3 M z = 0 ⇒ Lz = const. odnosno J z 0 ⋅ ω0 = J z1 ⋅ ω1 ⇒ ω1 = ω0 . ∑ 4 i =1 Zadatak 41. Prizma DEFH mase 6M vezana oprugom krutosti c, nalazi se na glatkoj horizontalnoj ravni (sl. 2.67 a). Po strmoj ravni DE, ugao 600 , kotrlja se bez klizanja točak C mase 2M pod dejstvom nerastegljivog konca. Disk A mase M, poluprečnika r, na koga se 1 namotava konac obrće se po zakonu ϕ = ε t 2 . Masa diska B je M. 2 Odrediti zakon kretanja prizme ako je u početnom trenutku prizma u miru a opruga nenapregnuta. Rešenje: Kinematičke karakteristike, (sl. 2.67 b), su: 1 ε = const. ⇒ ϕ = ε t 2 . 2

n G G Primenimo zakon o kretanju centra masa sistema, tj., maC = ∑ Fi , i =1

2mxC + mx + 6mx + mx = −cx ⇒ 2mxC + 8mx = −cx , 1 xC = x − rε . 4

132

(1) (2)


Đurković Vlado

ϕ

ϕ


1 mrε . 2 Početni uslovi su: t0 = 0 , x0 = 0 , x0 = 0 , pa je: c 1 1r x+ x= rε , a rešenje, x = C1 cos kt + C2 sin kt + εm, 10m 20 2c c 1 rmε x= . (1 − cos kt ) , k = 10m 2 c

Izrazi (1) i (2) daju 10mx + cx =

(3) (4)

3m , dužine 2a i štap DB mase 3m, dužine 2 a 3 spojeni su kruto pod pravim uglom i mogu se obrtati oko nepomične vertikalne ose Oz upravne na ravan crteža (sl. 2.68.a). Po štapu DB može da klizi teg C, mase m, zanemarljivih dimenzija koji je vezan za štap OA oprugom krutosti c, slobodne dužine l = a . U položaju kao na sl. 2.68.a sistem miruje. Odrediti ugaonu brzinu štapova u trenutku kada teg stigne u položaj D. Odrediti i ugao obrtanja pri premeštanju tega iz B u D. Zadatak 42. Štap OA mase

Rešenje: Primenimo zakon o promeni momenta količine kretanja sistema, koji je u ovom slučaju (sl. 2.68.b) n dLO z = ∑ M O z = 0 , što znači da je dt i =1 LO z = LO z (0) , (1)

133


Đurković Vlado

LO z = LO z (OA) + LO z ( DB) + LO z (c) ,

(2)

(

)

2 1 ⎡1 3 ⎤ = 0, LO z = ⎢ ⋅ m4a 2 + 3ma 2 3 + 3ma 2 ⎥ ⋅ ϕ 2 + mOD ϕ − mxa 3 ⎣3 2 ⎦ 1⎛ π ⎞ π ϕ a 3 = − ⎜− ⎟ = . 3 ⎝ 6 ⎠ 18

(

)

(3)

ϕ ϕ

Slika 2.68. Štapovi i klizač pri rotaciji

Primenimo zakon o promeni kinetičke energije sistema n 1 1 1 Ek 1 − Ek 0 = ∑ A0−1 , J O zϕ 2 + mvC2 = c ⎡⎣ ∆l p2 − ∆lk2 ⎤⎦ , 2 2 2 i =1 ∆l p = l1 − l0 , ∆lk = l2 − l0 ,

(

2

)

(4) (5)

J Oz = J Oz OA + J OzDB + 3mOD ,

(

)

2 1 3m 1 2 J Oz = ⋅ ( 2a ) + ⎛⎜ ⋅ 3m a 3 + 3ma 2 ⎞⎟ , 3 2 ⎝3 ⎠ 1 1 1 2 8ma 2ϕ 2 + m ( aϕ − x ) = ca 2 , 2 2 2 1 c za x = a 3 sledi ω0 = , x0 = 9aω0 . 3 2m

(6) (7)

Zadatak 43. Homogeni glatki prsten poluprečnika R i mase m , leži na glatkoj strmoj ravni nagiba α = 300 (sl. 2.69.a). Odrediti na kojoj visini h od strme ravni treba delovati na disk silom F = mg , pravca paralelnog 134


Đurković Vlado

strmoj ravni da bi se prsten kotrljao bez klizanja. Kolika je brzina centra prstena posle punog obrta prstena ako je započeo kretanje iz mira? Rešenje: Uslov da bi se ostvarilo kotrljanje bez klizanja je Ftr ≤ Fµ = µ ⋅ N , kako su strma ravan i disk, odnosno prsten glatki to je

µ = 0 ⇒ Fµ = 0 i Ftr = 0 , pa su jednačine kretanja (sl. 2.69.b): mxC = F − mg sin α , i J Ozϕ = F ( h − R ) , J Oz = mR 2 , xC = Rϕ ,

(1)

mR ϕ = mg ( h − R ) , odnosno R ( Rϕ) = g ( h − R ) ,

(2)

RxC = g ( h − R ) , mxC = mg (1 − sin α ) ,

(3)

2

ϕ . . .... .... . .... . . ... .. .. .. . .... ..... ... .... ... . . α . ....... ... ...

. . ... . .... . .... . . ... .. .. .. . .... ..... ... .... ... . . . ....... ...... α

α

Slika 2.69. Homogeni glatki prsten pri kotrljanju niz strmu ravan

g 3 , i h = R, (4) 2 2 g g xc = t + C t0 = 0 x = 0 ⇒ c = 0 xC = t , (5) 2 2 g t2 xC = + C1 , t0 = 0 , xC0 = 0 ⇒ C1 = 0 , uslov zadatka ϕ1 = 2π , 2 2 2 Rπ xC = 2 Rπ ⇒ t1 = 2 , sledi xC1 = 2 Rπ g . (6) g

xC =

Zadatak 44. Sistem, sl. 2.70.a, se sastoji iz homogenog štapa OA, dužine L i mase m i klizača M, zanemarljivih dimenzija, mase m. Štap može da se obrće u horizontalnoj ravnioko ose O. Ako je u početnom trenutku 135


Đurković Vlado

ugaona brzina štapa bila ω0 i ako je klizač počeo kretanje iz tačke O bez početne brzine, odrediti apsolutnu brzinu klizača u trenutku napuštanja štapa. Trenje zanemariti.

ω

ω

Slika 2.70. Štap i klizač pri rotaciji

Rešenje: Sistem ima dva stepena slobode kretanja (sl. 2.70.b) i prema datim parametrima najpogodnije je koristiti zakon o promeni momenta količine kretanja, kao i zakon o promeni kinetičke energije. Zakon o premeni kinetičke energije za sistem glasi n G G Ek ,1 − Ek ,0 = ∑ Ai ,0−1 Fi s , Fi u ⇒ Ek ,1 = Ek ,0 , (1) i =1

(

)

1 1 1 J O zω 2 + mv 2 = J O zω02 , odakle sledi 2 2 2 1 2 2 1 L2 mL ω + mv 2 = mL2ω02 ⇒ v 2 = (ω02 − ω 2 ) . 3 3 3 Zakon o premeni momenta količine kretanja za sistem glasi G n G G G dLO = ∑ M O Fi s , Fi u ⇒ LO ,1 = LO ,0 , dt i =1 odakle je: J O zω + mL2ω = J O zω0 , odnosno

pa je:

(

)

ω 1 2 1 mL ω + mL2ω = mL2ω0 ⇒ ω = 0 . 3 3 4 Ako se vratimo sa (4) u (2) dobijamo v =

(2)

(3)

(4) Lω0 5. 4

(5)

Zadatak 45. Materijalni sistem prikazan na sl. 2.71.a, koji može da se kreće u vertikalnoj ravni sastoji se od klizača B, mase m, spojne poluge 136


Đurković Vlado

AB, dužine 2L, mase m i krivaje OA, dužine L i zanemarljive mase. Na krivaju deluje moment sprega M = mgL 2 . Ako je u početnom trenutku sistem bio u miru i u horizontalnom položaju, odrediti ugaonu brzinu i ugaono ubrzanje štapa AB u proizvoljnom trenutku u funkciji ugla ϕ . θ

ϕ

ϕ

θ

ϕ

θ

Slika 2.71. Materijalni sistem pri kretanju

Rešenje: Sistem ima jedan stepen slobode kretanja (sl. 2.71.b) i prema datim parametrima najpogodnije je koristiti zakon o promeni kinetičke energije. Kinematičke karakteristike: iz ∆OAB ⇒ L sin ϕ = 2 L sin θ ,

4 − sin 2 ϕ sin ϕ , pa ako diferenciramo po vremenu ⇒ cos θ = 2 2 sin ϕ 1 ϕ cos ϕ ϕ cos ϕ sin θ = ⇒ θ cos θ = ϕ cos ϕ ⇒ θ = = , (1) 2 2 2 cos θ 4 − sin 2 ϕ sin θ =

θ 4 − sin 2 ϕ . cos ϕ xT = L cos ϕ + L cos θ ⇒ xT = − Lϕ sin ϕ − Lθ sin θ ,

ϕ =

(2)

yT = L sin θ ⇒ yT = Lθ cos θ , sin ϕ sin θ + L2θ 2 , vT2 = xT2 + yT2 = L2ϕ 2 sin 2 ϕ + 2 L2ϕθ x = L cos ϕ + 2 L cos θ ⇒ x = − Lϕ sin ϕ − 2 Lθ sin θ , B

(3)

B

yB = 0 ⇒ y B = 0 , sin ϕ sin θ + 4 L2θ 2 sin 2 θ . vB2 = xB2 + y B2 = L2ϕ 2 sin 2 ϕ + 4 L2ϕθ Zakon o premeni kinetičke energije za sistem glasi n G G Ek ,1 − Ek ,0 = ∑ Ai ,0−1 Fi s , Fi u , Ek ,0 = 0 , i =1

(

)

137

(4) (5)


Đurković Vlado

G G Ek ,OA + Ek , AB + Ek , B = A ( mg ) + A M ,

( )

(6)

1 2 1 2 1 mvB + mvT + JT zθ 2 = − mgL sin θ + M ϕ , 2 2 2 pa ako smenimo poznate vrednosti jednačina glasi 2 sin ϕ sin θ + L2θ 2 + 2 L2θ 2 sin 2 θ = L2ϕ 2 sin 2 ϕ + 3L2ϕθ 3 sin ϕ ⎞ ⎛ = gL ⎜ 2ϕ − ⎟, 2 ⎠ ⎝ ϕ⎞ ⎛ g ⎜ 2ϕ − sin ⎟ 2⎠ ⎝ θ 2 = = f (ϕ ) , 2 2 ⎡ 2 ⎤ ϕ 4 sin − ϕ 3 sin 2 L ⎢tg ϕ ( 4 − sin 2 ϕ ) + + + ⎥ 2 cos ϕ 2 3 ⎥⎦ ⎢⎣ 4 − sin 2 ϕ 2θθ = f ' (ϕ ) ⋅ ϕ ⇒ θ = f ' (ϕ ) . cos ϕ

(7)

(8)

(9)

Zadatak 46. Homogeni cilindar sl. 2.72.a, poluprečnika R i mase M koji se obrće ugaonom brzinom ω oko svoje horizontalne ose O , potavljen je na cilindrične valjke A i B . Ako se valjci A i B ukoče, posle koliko će se vremena homogeni cilindar zaustaviti? Koeficijent trenja između valjaka i cilindra jednak je µ , a ugao )AOB = 2α . Rešenje: Primenimo zakon o promeni momenta količine kretanja: n GS J O ⋅ ε = ∑ M OFi ⇒ J 0 dω = − R Fµ1 + Fµ 2 = − µR N1 + N 2 . (1) dt i =1 G G G G G G II Njutnov zakon za cilindar MaO = Fµ1 + Fµ 2 + Mg + N1 + N 2 , daje

b

a a

f f

g

a a

f f

a

M ⋅ xO = 0 ⇒ N1 − N 2 ⋅ sin α − µ N1 + N 2 ⋅ cos α = 0 , M ⋅ yO = 0 ⇒ N1 + N 2 ⋅ cos α + µ N1 − N 2 ⋅ sin α = Mg , Mg , pa ako uvrstimo u (1) sledi N1 + N 2 = 1 + µ 2 ⋅ cos α

c

h

Mg dω = − Rµ ⋅ MR 2 . = , gde je J 0 2 dt J 0 1 + µ 2 ⋅ cos α

c

h

138

f

(2) (3)


Đurković Vlado

ω α α

α α

µ1 1

2 µ2

Slika 2.72. Cilindar i valjci pri rotaciji

2µg , Dalje je dω = − dt R 1 + µ 2 ⋅ cos α

c

h

(4)

c

h

1 + µ 2 ⋅ R ⋅ cos α ⋅ ω 2⋅µ ⋅ g ⋅t ω1 − ω = − . za ω 1 = 0 , ⇒ t = 2⋅µ ⋅ g 1 + µ 2 ⋅ R ⋅ cosα

c

h

Zadatak 47. Homogeni disk II mase m2 = m i poluprečnika R može da se kotrlja bez klizanja po ploči I mase m1 = 3m (sl. 2.73.a). Ploča klizi bez trenja po horizontalnoj podlozi. Na ploču deluje horizontalna sila F = 7 mg. Odrediti ubrzanje centra diska i ploče. Sistem je u vertikalnoj ravni. Rešenje: Sistem su disk i ploča, pa je (sl. 2.73.b) za: G G G G G G • sistem kao celinu: m1aT + m2aC = F + m1 g + m2 g + N , = − Ftr R , J C zϕ • disk: G G G G G • ploču: m1aT = F + Ftr + N + N1 . = F , 1 → m1 x + m2 xC − Rϕ

bg b g b2g → 12 m R ϕ = − F R , b3g → m x = F + F . 2

1

2

tr

tr

139

(1) (2) (3)


Đurković Vlado

ϕ

Slika 2.73. Disk i ploča pri kretanju

F 3F , xC = , a za date vrednosti 3m1 + m2 3m1 + m2 7 m1 = 3m , m2 = m , F = 7 mg , sledi x = 21 g , xC = g . (4) 10 10

Nakon sređivanja je x=

Zadatak 48. Glatka kružna cev poluprečnika R i momenta inercije J O z = 4mR 2 , može da se obrće oko vertikalne OZ ose. Unutar cevi može

da se kreće materijalna tačka M mase m (sl. 2.74.a). U početnom trenutku, t0 = 0 , kada se tačka M nalazi u položaju O , sa relativnom horizontalnom brzinom v0 , ploča je imala ugaonu brzinu ω 0 . U trenutku

kada tačka M dođe u položaj M 1 tj. kada je ϕ 1 = π , odrediti: a) ugaonu 2 brzinu i ugaono ubrzanje cevi, b) tangentnu komponentu relativnog ubrzanja tačke M . Rešenje: a) Primenimo zakon o promeni momenta količine kretanja n dLO z = ∑ M O z = 0 ⇒ L(O1)z = L(O0z) , (1) dt i =1 (2) J O z ⋅ ω + mR 2 sin 2 ϕ ⋅ ω = J O z ⋅ ω 0 , −4ω 0 cosϕ ⋅ ϕ 4ω 0 gde je J O z = 4mR 2 , pa sledi ω = , ε= . (3) 2 4 + sin ϕ 4 + sin ϕ

b

140

g


Đurković Vlado

ϕ

ϕ

ω

ϕ

ϕ

ω

π 2

Slika 2.74. Kružna cev pri rotaciji i materijalna tačka u njoj

π

⇒ ω1 = 4 ω 0 , ε1 = 0 . (4) 5 2 b) Primenimo sada osnovnu jednačinu relativnog kretanja (sl. 2.74.b) n G G G in G mar = ∑ Fi S + Fpin + Fcor , (5) Za ϕ = ϕ 1 =

i =1

marT = mg sin ϕ + mω 2 R cosϕ sin ϕ , Za ϕ = ϕ 1 =

π

(6)

⇒ marT1 = g .

(7) 2 Za slučaj ako bi se tražila relativna brzina u traženom trenutku primenili bi zakon o promeni kinetičke energije relativnog kretanja u obliku (sl. 2.74.b)

bE g − bE g = ∑ A + A , 1 1 1 mev + R ω j + J ω − mv 2 2 2 n

k r1

2 r1

k r0

2

2 1

G Fpin 0 −1

G S i , 0 −1

i =1

Oz

2 1

2 0

−

4 odakle sledi vr21 = 2 gR + v02 + R 2ω02 . 5

1 J O zω 20 = mgR , 2

(8) (9)

Zadatak 49. Štap AB, mase m i dužine 2L, krajem B zglobno je vezan za klizač, mase m, koji može da se kreće duž glatkih, horizontalnih, pravolinijskih vođica (sl. 2.75.a). U početnom trenutku štap je bio vertikalan, klizač je mirovao, a štapu je saopštena zanemarljivo mala ugaona brzina. Odrediti reakciju horizontalnih vođica u trenutku kada štap prvi put dođe u horizontalni položaj. 141


Đurković Vlado η

η

ϕ ξ

Slika 2.75. Štap i klizač pri kretanju

Rešenje: Na osnovu sl. 2.75.b je M ξ = 0 ⇒ ∑ mi ξ Ti = 0 ,

(1)

ξ B = x , ηB = 0 ⇒ ξ B = x = vB , (2) ξT = x − l sin ϕ , ηT = l cos ϕ . (3) 2 T = −lϕ cos ϕ − lϕ sin ϕ . (4) ξ T = x − l ϕ cos ϕ , η T = −lϕ sin ϕ , η l ϕ (1) ⇒ x = cos ϕ . (5) 2 Ukupna kinetička energija sistema (sl. 2.75.b) je 1 1 1 Ek = mvB2 + mvT2 + J T ϕ 2 = 2 2 2 1 1 1 1 = mx 2 + m ( x 2 − 2 xϕ l cos ϕ + l 2ϕ 2 ) + m4l 2ϕ 2 , 2 2 2 12 ⎛2 1 ⎞ Ek = ml 2 ϕ 2 ⎜ − cos 2 ϕ ⎟ . (6) ⎝3 4 ⎠ A = mgl (1 − cos ϕ ) . (7) Ek 1 − Ek 0 = A0−1

ϕ1=π 2

⇒ ϕ 12 = ω12 =

dEk δA 3g 1 = ϕ1 = . = ⇒ϕ dt dt 4 l

3g . 2l

(8) (9)

C = N − 2mg ⇒ −ml ( ϕ 2 cos ϕ + ϕ sin ϕ ) = N − 2mg ⇒ N1 = mη

142

5 mg . 4

Dalamberov princip za sistem

Đurković Vlado

Zadatak 50. Za dati sistem mase m, prikazan na sl. 2.76a, koji rotira oko stalne z ose, ugaonom brzinom ω i ugaonim ubrzanjem ε , odrediti dinamičke reakcije, a zatim koordinate dodatne mase mK = m / 2 u slučaju rotacije pri ω = const. da bi dinamičke reakcije bile jednake nuli. (z)

(z)

B

B

ε ω

R

yBd R

xBd

FKin

R

yK

K

ε

ω

R

zK ϕ

R

zAd A

(y)

A

y

dA

dFNin

dm

(y)

z

yAd

xAd

a)

(x)

dϕ

(x)

dFTin

b)

Slika 2.76. Sistem sa dodatnom masom koji rotira oko vetrikalne ose

Rešenje: Pošto je materijalni sistem ravan sistem, primenom Dalamberove u obliku G a G r jednačine G in FR + FR + FR = 0 , gde je dm dl m m 2m = ⇒ dm = dl = Rdϕ = dϕ , 2 π R π m l l 4 2m 2m dFNin = a N ⋅ dm = yω 2 ⋅ dm = R sin ϕω 2 dϕ = Rω 2 sin ϕ dϕ ,

π

dFTin = aT ⋅ dm = yε ⋅ dm = R sin ϕε

2m

π

dϕ =

π

2m

π

Rε sin ϕ dϕ ,

prve

(1) (2)

(3)

(4)

nakon projekcija na ose usvojenog koordinatnog sistema imamo: π

x +x + d A

d B

2m

π

2

Rε ∫ sin ϕ dϕ = 0 ⇒ x Ad + xBd + 0

143

2m

π

Rε = 0 ,

(5)


Đurković Vlado

π

x Ad + xBd +

2m

π

2

Rω 2 ∫ sin ϕ dϕ = 0 ⇒ y Ad + y Bd +

2m

0

π

Rω 2 = 0 ,

(6)

z Ad = 0 . Primenom druge Dalamberove jednačine u obliku n G a n G r n G in M ∑ A + ∑MA + ∑MA = 0, i =1

i =1

(7)

(8)

i =1

za rotaciju oko x ose je: − y Bd ⋅ 2 R − ∫ dFNin ⋅ z = 0 , m

− y Bd ⋅ 2 R −

2m

π

Rω 2

π /2

d ∫ ( R − R cos ϕ ) sin ϕ dϕ = 0 ⇒ yB = − 0

mω 2 R , (9) 2π

a za rotaciju oko y ose je: xBd ⋅ 2 R + ∫ dFTin ⋅ z = 0 , m

xBd ⋅ 2 R +

2m

π

Rε

π /2

∫ ( R − R cos ϕ ) sin ϕ dϕ = 0 ⇒ x

d B

=−

0

mε R , 2π

(10)

Iz sistema jednačina (5), (6), (7), (9) i (10) možemo odrediti tražene G G G G G dinamičke reakcije xBd , y Bd , x Ad , y Ad i z Ad . Da bi dopunske dinamičke reakcije u osloncima bile jednake nuli treba dodati masu sl. 2.76b, čije koordinate tražimo na osnovu statičkog i dinamičkog uslova ravnoteže. •

n

Statički uslov ravnoteže

∑m y i

i =1

•

= myC + mK y K = 0 ,

(11)

m 4R yK = 0 ⇒ yK = − . 2 π π Dinamički uslov ravnoteže

m⋅

2R

i

n

+

∑J( ) = J( ) + J( ) = J( ) + m 1 yz

i yz

i =1

2 yz

gde je: J yz(1) = ∫ yz ⋅ dm = m

daje

mR 2

π

+

1 yz

π /2

∫ 0

2m

π

K

(12)

yK zK = 0 ,

R sin ϕ ( R − R cos ϕ ) dϕ = ⋅⋅⋅ =

m ⎛ −4 R ⎞ R ⋅⎜ ⎟ ⋅ zK = 0 ⇒ zK = . 2 ⎝ π ⎠ 2 144

(13) mR 2

π

, (14)


Đurković Vlado

Dakle koordinate dodatne mase mK =

m ⎛ −4 R R ⎞ , su: K ⎜ 0, . 2 π 2 ⎟⎠ ⎝

Zadatak 51. Homogeni štap BDE mase m, prikazan na sl. 2.77a, rotira oko stalne z ose, konstantnom ugaonom brzinom ω . Odrediti koordinate dodatne mase mK = m da bi dinamičke reakcije u ležištima A i B bile jednake nuli. (z)

(z) E

2 R

K

B

ε ω

R

1

B

R

(x)

y1 T1 1

ε ω z1

R

(y)

T2

dA

R

D

A

E

2 dm

dϕ

ϕ

D

z2 (y)

A

R

R

R

(x)

a)

b)

Slika 2.77. Štap i dodatna masa pri rotaciji konstantnom ugaonom brzinom

Rešenje: Pošto je materijalni sistem ravan sistem, primenom prve i druge Dalamberove jednačine u obliku n n n G G G G G G FRa + FRr + FRin = 0 , ∑ M Aa + ∑ M Ar + ∑ M Ain = 0 , (1) i =1

i =1

i =1

postavićemo prvo statički pa zatim dinamički uslov ravnoteže. Potražimo prvo dužine i mase delova konstrukcije: Rπ m m 2 , m = ρ ( l1 + l2 ) ⇒ ρ = l1 = R , l2 = = ⋅ , π R R 2 + π 2 R+ 2 2m mπ , m2 = ρ l2 = , m1 = ρ l1 = 2 +π 2 +π ∫m ydm2 2 + π π / 2 y2 = 2 = ( 2 R − R cos ϕ ) ρ Rdϕ = m2 mπ ∫0 145


=

2 +π ρ R2 mπ

Đurković Vlado

π /2

∫ ( 2 − cosϕ ) dϕ = 0

2 R (π − 1) 2 + π m 2R2 , ⋅ ⋅ (π − 1) = mπ R 2 + π π

ili jednostavno ako znamo težište ¼ luka y2 = 2 R − •

n =3


∑m y i =1

i

i

2R

π

=

2 R (π − 1)

π

.

= m1 y1 + m2 y2 + mK y K = 0 ,

2m R mπ 2 R (π − 1) ⋅ + ⋅ + m ⋅ yK = 0 , 2 +π 2 2 +π π (1 − 2π ) R = −1,027 R . yK = − 2 +π • Dinamički uslov ravnoteže 3

∑J( ) = J( ) + J( ) + J( ) = J( ) + J( ) + m i =1

i yz

1 yz

2 yz

3 yz

1 yz

2 yz

K

(2)

(3)

yK zK = 0 ,

(4)

gde je: dm1 = ρ dy i J yz(1) =

∫

∫

yz ⋅ dm2 =

m1

J yz(2) =

R

yz ⋅ dm1 = ∫ yR ⋅ ρ dy = ρ R 0

R2 2m R 3 mR 2 = ⋅ = , (5) 2 R (2 + π ) 2 2 + π

π /2

= ρ R3

∫ ( 2 R − R cosϕ )( R + R sin ϕ ) ρ Rdϕ = 0

m2

π /2

∫ ( 2 − cos ϕ )(1 + sin ϕ ) dϕ = 0

= ρ R3

π /2

∫ ( 2 − cos ϕ + 2sin ϕ − sin ϕ cosϕ ) dϕ = ⋅⋅⋅ = 0

2π + 1 mR 2 ,(6) 2 +π

− (1 − 2π ) R mR 2 2π + 1 + mR 2 + m ⋅ ⋅ z K = 0 , dobijamo pa je konačno 2 +π 2 +π 2 +π 2 R (π + 1) zK = = 1,567 R . (7) 2π − 1 Dakle koordinate dodatne mase mK = m su: K ( 0; − 1,027 R;1,567 R ) . Zadatak 52. Na vratilo koje se obrće oko nepokretne AB ili z ose, sl. 2.78a, konstantnom ugaonom brzinom ω , zavaren je pod uglom α deo 146


Đurković Vlado

CD, oblika homogenog štapa dužine b i mase m. Odrediti moment savijanja štapa CD na mestu C, nastalom usled obrtanja. Takođe odrediti reakcije u ležištima A i B nastale usled obrtanja. y

y

y

FB

FB

D

B m 2

D

B 2

b

R

C

ω

xA

α

1

M Cin

x

A

yA

in

FN

C

ω

1

a)

2

b

ξ

x

A

in

FN dξ

C

1

m

dm

α

D

B

m

xA b)

x

A

yA

c)

Slika 2.78. Štap pri rotaciji konstantnom ugaonom brzinom


i =1

i =1

postavićemo prvo statički pa zatim dinamički uslov ravnoteže. Potražimo prvo dužine i mase delova konstrukcije: dm = ρ dξ , gde je ρ − gustina jedinice dužine štapa. m m = ρb ⇒ ρ = . b in (2) dFN = a N ⋅ dm = Rω 2 ⋅ ρ dξ = ξ sin αω 2 ρ dξ , b

b

FNin = ∫ dFNin =ω 2 ρ sin α ∫ ξ dξ = ω 2 ρ 0

FNin = ω 2 ρ

0

m b2 sin α , m = ρ b ⇒ ρ = , b 2

b ωb m ω 2b sin α = ⋅ sin α = ⋅ m sin α . 2 2 2 b 2

2 2

b

b

M = ∫ ξ cos α ⋅ dF =ω ρ sin α cos α ∫ ξ 2 dξ = in C

in N

2

0

0

147

ω 2 ρ b3 6

(3) sin 2α =


Đurković Vlado

ω 2b3 m

⋅ sin 2α . 6 b Projektovanjem prve Dalamberove jednačine na ose je: =

n

∑X i =1 n

i

∑Y i =1 n

i

∑M i =1

=0 =0 C

(4)

− x A − FB + F in = 0 ,

(5)

yA = 0 ,

(6)

= 0 FB ⋅ l − FNin ⋅ l1 − M Cin = 0 .

(7)

Odakle dobijamo FB , x A i y A . Zadatak 53. Za dati sistem, prikazan na sl. 2.79a, koji rotira oko stalne z ose, konstantnom ugaonom brzinom ω = const. , odrediti koordinate dodatne mase mK = m . Dato je m1 = m i m2 = m . Rešenje: Pošto je materijalni sistem ravan sistem, primenom prve i druge Dalamberove jednačine u obliku n n n G G G G G G (1) FRa + FRr + FRin = 0 , ∑ M Aa + ∑ M Ar + ∑ M Ain = 0 , i =1

i =1

i =1

postavićemo prvo statički pa zatim dinamički uslov ravnoteže. z R 3

R

B

E 1

R

x

C1 A

yK K

C2

m1

2 m2 H y

D

zK mK

ω

Slika 2.79. Sistem pri rotaciji oko zadate ose

•

Statički uslov ravnoteže n =3

∑m z i =1

i i

= m1 z1 + m2 z2 + mK z K = 0 , 148

(2)


Đurković Vlado

R R 5R + m2 ⋅ + mK ⋅ zK = 0 ⇒ zK = − . 3 2 6 Dinamički uslov ravnoteže

m1 ⋅ •

3

∑J( ) = J( ) + J( ) + J( ) = J( ) + J( ) + m i =1

1 yz

i yz

2 yz

3 yz

Za trougao je: dm1 =

1 yz

2 yz

K

(3)

yK zK = 0 .

(4)

m1 2m dA1 = 2 dydz , A1 R 3

a jednačinu pravca dobijamo kao segmentni oblik y − yB z − zB = u obliku z = yD − yB zD − zB centrifugalni moment inercije 3 ( R 3− y ) R 3 3 2m (1) J yz = ∫ yz ⋅ dm1 = 2 ydy ∫ zdz = ⋅⋅⋅ = ∫ R 3 m1 0 0

prava kroz tačke

y z + = 1 , ili AD AB

(

)

3 R 3 − y , pa je 3 mR 2 . 4 3

(5)

Za štap je: y = const = R 3 , dm2 = J yz(2) =

∫

m2 m dA2 = dz , A2 R

R

yz ⋅ dm2 =

m2

m 3 y ∫ zdz = ⋅⋅⋅ = mR 2 . R 0 2

(6)

mR 2 3 −5 R 7 3 R. (7) + mR 2 + m ⋅ y K ⋅ = 0 ⇒ yK = 6 10 4 3 2 ⎛ 7 3 −5 R ⎞ Dakle koordinate dodatne mase mK = m su: K ⎜ 0; R; ⎟. 10 6 ⎝ ⎠

pa je konačno

Zadatak 54. Za dati sistem, prikazan na sl. 2.80a, koji rotira oko stalne z ose, konstantnom ugaonom brzinom ω = const. , odrediti koordinate dodatne mase mK = m . Dato je m1 = m , m2 = m , BE = EH = R i

AB = 2 R .

149


Đurković Vlado

z

ω

B

R

H

C2 m2

mK y K

K

R

E

2R

C1 m1

zK

2

y

1

A

D

x

Slika 2.80. Dodatna masa i sistem pri rotaciji oko vertikalne ose


i =1

i =1

postavićemo prvo statički pa zatim dinamički uslov ravnoteže. • Statički uslov ravnoteže n =3

∑m y i =1

i

i

= m1 y1 + m2 y2 + mK y K = 0 ,

(2)

R 3R + m2 ⋅ + m K ⋅ y K = 0 ⇒ y K = −2 R . 2 2 Dinamički uslov ravnoteže

m1 ⋅ •

3

∑J( ) = J( ) + J( ) + J( ) = J( ) + J( ) + m i =1

1 yz

i yz

2 yz

3 yz

1 yz

Za pravougaonu ploču je: dm1 = R

J

(1) yz

2 yz

J

yK zK = 0 .

(4)

m1 m dA1 = dydz , pa sledi A1 2R2

2R

m mR 2 ydy zdz = ∫ yz ⋅ dm1 = = ⋅⋅⋅ = . ∫0 2 R 2 ∫0 2 m1

Za štap je: y = const = R , dm2 = (2) yz

K

(3)

=

∫

m2

2R

(5)

m2 m dA2 = dy , A2 R 2R

m m yz ⋅ dm2 = z ∫ ydy = R ∫ ydy = ⋅⋅⋅ = 3mR 2 . R R R R 150

(6)


Đurković Vlado

7R mR 2 . + 3mR 2 + m ⋅ −2 R ⋅ z K = 0 ⇒ z K = 2 4 7R ⎞ ⎛ Dakle koordinate dodatne mase mK = m su: K ⎜ 0;− 2 R; ⎟. 4 ⎠ ⎝

pa je konačno

(7)

Zadatak 55. Data homogena ploča, težine G, obrće se oko vertikalne ose G G AB ugaonom brzinom ω i ugaonim ubrzanjem ε (sl. 2.81). Odrediti dinamičke komponente reakcija u osloncima A i B ako je 2CD = 2 EF = CF = 2 R . Rešenje: Pošto je materijalni sistem ravan sistem, primenićemo prvu i drugu Dalamberovu jednačinu u obliku (z) ζ d yB

F= B

xBd

ε

E R

ω

η K

ξ

zAd

dm

C=A

xAd

(x)

T

dFNin

yAd

O R

(y) D

dFTin

Slika 2.81. Homogena ploča pri rotaciji oko vertikalne ose

•

Prva Dalamberova jednačina projektovana na x oxu glasi G G G FRa + FRr + FRin = 0 , n

∑X i =1

i

= x Ad + xBd + xRin = 0 ,

(1) (2)

xRin = ∫ dFTin = ∫ ε ydm =ε ∫ ydm =ε myT ,

(3)

y Rin = ∫ dFNin = ∫ ω 2 ydm = ω 2 ∫ ydm =ω 2 myT ,

(4)

m

m

m

m

m

m

151


Đurković Vlado

n

yT =

∑Ay i

i =1

i

Ai

= R−

R R 2π 4 R − ⋅ 2 2 3π = R ⋅ 10 − 3π , R 2π 3 4 −π 2 2R − 2

2R2 ⋅

(5)

R 10 − 3π ⋅ = 0, 3 4 −π R 10 − 3π y Ad + y Bd + ω 2 m ⋅ = 0. 3 4 −π • Druga Dalamberova jednačina n n n G G G ∑ M Ka + ∑ M Kr + ∑ M Kin = 0 , x Ad + xBd + ε m

i =1

M

i =1

in Kξ

(6) (7)

i =1

= − ∫ dF ⋅ ζ = − ∫ ω 2η dm ⋅ ζ = −ω 2 ∫ ηζ dm = −ω 2 Jηζ = 0 , in N

m

m

m

jer je Jηζ = 0 . y Ad ⋅ R − y Bd ⋅ R = 0 ⇒ y Ad = y Bd ,

(8)

M Kinη = − ∫ dFTin ⋅ ζ = − ∫ εη dm ⋅ ζ = −ε ∫ ηζ dm = −ε Jηζ = 0 , m

m

m

x ⋅R− x ⋅R = 0⇒ x = x , (9) Konačno iz jednačina (6), (7), (8) i (9) slede dinamičke reakcije 1 ⎛5 π ⎞G 1 ⎛5 π ⎞G d d 2 x Ad = xBd = ⎜ − ⎟ Rε , y A = y B = ⎜ − ⎟ Rω . (10) 4 −π ⎝ 3 2 ⎠ g 4 −π ⎝ 3 2 ⎠ g d A

d B

d A

d B

Zadatak 56. Homogeni štap oblika polovine kruga (sl. 2.82a), poluprečnika R u tački A cilindričnim zglobom, horizontalne ose vezan je G za vertikalnu osovinu koja se obrće konstantnom ugaonom brzinom ω . Drugi kraj štapa vezan je za oprugu. U relativnom ravnotežnom položaju štapa opruga je horizontalna a pravac AB štapa sa vertikalnom osovinom gradi ugao od 450 . Odrediti silu u opruzi kao i reakcije cilindričnog zgloba. Rešenje: Pošto je materijalni sistem ravan sistem, primenićemo prvu i drugu Dalamberovu jednačinu (sl. 2.82.b). g θ Poznato je: ω 2 = , a sa slike 2ϕ + θ = 1800 , ϕ = 900 − , 2 R 152


Đurković Vlado

ΣM A = S ⋅ R 2 − ∫ ⎡⎣ dFNin r cos ( 450 + ϕ ) + dmgr sin ( 450 + ϕ )⎤⎦ = 0 , (1) L

dm = ρ dL , dL = Rdθ , ρ = gde je r = 2 R sin

θ 2

m , dFNin = dmω 2 r sin ( 450 + ϕ ) , Rπ

,

ω

. θ

.

ϕ

.

θ 2

ϕ

ω

ω

ϕ

ω

Slika 2.82 Štap i sile koje deluju na njega

ω 2 R 3 ρπ

gRm , 2 2 mgR 2 2 + π 2 0 , ∫L dmgr sin ( 45 + ϕ ) = 2 π gRm mgR 2 2 + π 2 SR 2 − − = 0, 2 2 π mg π 2 + 4 + 2π S= , S ≈ 1,17mg . 4 π − X A − S + ∫ dFNin = 0 , X A = ∫ dFNin −S ,

∫

L

dFNin r cos ( 450 + ϕ ) =

L

∫

L

=

L

(

(4) (5)

)

mg 2 2 + π 2 . 2 π

mg 4 2 − 4 + π 2 − 2π , 4π

YA = mg ,

(3)

L

dFNin = ∫ dmω 2 r sin ( 450 + ϕ ) =

XA =

(2)

X A ≈ −0,02mg ,

RA = X A2 + YA2 = mg 1 + ( −0,02 ) ≈ mg . 2

153

(6) (7) (8)


Đurković Vlado

Zadatak 57. Za horizontalnu ravan, koja se obrće konstantnom ugaonom brzinom ω oko vertikalne OZ ose, na rastojanju OB = R u tački B cilindričnim zglobom vezan je homogeni štap mase m . Štap je oblika četvrtine kruga poluprečnika R . Kraj A štapa vezan je oprugom čiji je drugi kraj vezan za tačku D na dvostrukom rastojanju OB . U položaju relativne ravnoteže štapa pravac ose opruge sa pravcem OD gradi prav ugao (sl. 2.83a). Odrediti reakcije zgloba B . Trenje zanemariti. Rešenje: OM = r , dFNin = OMω 2dm , ρ = 2m / Rπ , Rπ dm = ρ Rdψ , ρ ⋅ =m. 2

ω

ω

ϕ

ψ

Slika 2.83 Štap pri rotaciji

Prva i druga Dalamberova jednačina projektovana na ose glase ΣX i = X B + FNinx = 0 ,

(1)

ΣYi = YB + FNiny − S = 0 ,

(2)

ΣM B = S ⋅ R + ∫ dFNin ⋅ OB ⋅ sin ϕ = 0 ,

(3)

gde je (sl. 2.83b) FNinx = ∫ dFNin ⋅ cos ϕ = ∫ r ω2 ⋅ρ Rd ψ ⋅ cos ϕ ,

(4)

FNiny = ∫ dFNin ⋅ sin ϕ = ∫ rω2 ⋅ρ Rd ψ ⋅ sin ϕ ,

(5)

r cos ϕ = 2 R − R cos ψ , FNinx = ∫

π2

0 π2

FNiny = ∫

0

r sin ϕ = R sin ψ ,

ω2ρ R ( 2 R − R cos ψ ) d ψ ,

(6)

ω2ρ R ( R sin ψ ) d ψ ,

(7) 154


Đurković Vlado

π −1 2mRω2 ⋅ 2mRω2 , FNiny = , π π π −1 2mRω2 4mRω2 ⋅ 2mRω2 , YB = − S =− , XB = − . π π π

pa konačno dobijamo FNinx =

(8) (9)

Zadatak 58. Homogeni štap mase m i dužine 2l, vezan je zglobno za vertikalnu osu koja se obrće konstantnom ugaonom brzinom ω . Laki štap dužine l, vezan je zglobno jednim krajem za središte C štapa OA, a sdrugim krajem za klizač B koji može da se kraće duž vertikalne osovine (sl. 2.84a). Odrediti masu mB klizača B tako da u položaju relativne ravnoteže sistema štap OA gradi sa vertikalnom osom ugao α . Trenje zanemariti. Rešenje: U pitanju je dinamičko uravnoteženje masa, pa primenimo ξ ξ α

ω

ω

α α

Slika 2.84 Štap pri rotaciji

Dalamberov princip za sistem, tj., a ,im , R

∑M 1

Oy

= − mgL sin α − 2 S sin α cos α ⋅ L + ∫ dFnin ⋅ z = 0 .

dFnin = dm ⋅ xω2 = ρd ξ ⋅ ξ sin α ⋅ ω2 ,

∫

2L

0

(1)

L

2L

ρ=

m , 2L

dFnin ⋅ z = ρω2 sin α cos α ∫ ξ2d ξ = ρω2 sin α cos α 0

155

(2) 8L3 = 3


Đurković Vlado

=

4 mω2 L2 sin α cos α , (3) 3

4 −mgL sin α − 2 S sin α cos α ⋅ L + mω2 L2 sin α cos α = 0 / ÷ L sin α , (4) 3 4 2 S cos α = mω2 L cos α − mg . (5) 3 Ako rastavimo sistem i posmatramo odvojeno klizač, nakon projekcija je

mB z B = −mB g + S cos α , pa za zB = 0 (relativna ravnoteža), sledi S cos α = mB g . (6) 1 ⎡⎣ 4mLω cos2 α − 3mg ⎤⎦ . Jednačine (5) i (6) daju mB = (7) 6g

Zadatak 59. Homogena tanka ploča mase m, oblika pravouglog trougla obrće se oko ose AB konstantnom ugaonom brzinom ω . U tačkama C i D kruto su pričvršćena pod pravim uglom u odnosu na osu AB dva laka štapa dužina a i a/3 na čijim se krajevima nalaze dve koncentrisane mase m1 , odnosno m2 (sl. 2.85). Mase se nalaze u istoj ravni sa pločom. Odrediti mase m1 i m2 pod uslovom da sistem bude dinamički uravnotežen. Dato je: K 0,−a / 3,3a / 2 , H 0,−a , a , F 0, a ,3a / 2 , E 0, a , a , C 0,0, a .

b

g b

b

g

b

g

z (0,-a/3,3a/2) K m2 m1

B yT

D

m

C (0,0,a)

H (0,-a,a)

ω A

(0,a,3a/2) F T E (0,a,a) zT y

x

Slika 2.85. Ploča pri rotaciji

156

g b

g


Đurković Vlado

Rešenje: Prvi uslov ravnoteže glasi:

3

∑m x i =1

i i

= mxT + m1 xH + m2 xK = 0 ,

odnosno mxT + m1a1 + m2 a2 = 0 . Drugi uslov ravnoteže glasi: 3

∑M

Ox

(1)

= 0 ⇒ J yz + m1 y H z H + m2 y K z K = 0 , odnosno

i =1

J yz + m1a1b1 + m2 a2b2 = 0 .

(2)

m m 4m 2a 7a , zT = , ρ= = = 2 , A 1a⋅ 1a a 3 6 2 2 y − y1 z − z1 y = ⇒ z = + a , jednačina pravca kroz tačke C i F y2 − y1 z2 − z1 2

yT =

z

z

z

J yz = yz ⋅ dm = yz ⋅ ρdA = ρ yz ⋅ dydz =ρ ydy A

A

y +a 2

z z a

A

0

Sada jednačine (1) i (2) glase: m

ydy =

a

2a a − m1a − m2 = 0 , 3 3

19 3a a ma 2 − m1a ⋅ a − m2 ⋅ = 0, 24 2 3 5 9 odakle dobijamo m1 = m i m2 = m . 12 12

19 ma 2 . 24 (3) (4)

Zadatak 60. Za dati sistem (ploča i štapovi, sl.2.86.a) naći koordinate rupe da bi dinamičke reakcije bile nula, ako je zadato: ω = const. , 23 29 2 , C (0, yC , zC ) = ? m1 = m , m2 = m , m3 = 4m , d = b π 8 8 Rešenje: Primenimo uslove za izračunavanje položaja otvora, tj uslove da bi se postiglo dinamičko uravnoteženje, a to su: statički i dinamički. Prvi uslov (statički, sl.2.86.b) glasi: n

yC =

∑m y

i i

i =1 n

∑m

i

n

⇒ ∑ mi yi = 0 ,

(1)

i =1

i =1

157


Đurković Vlado

m1 y1 + m2 y2 + m3 y3 + m4 y4 =0, m1 + m2 + m3 + m4 23 b 29 b m( − ) + m( − ) + 4mb + mC yC = 0 , 8 2 8 2 23 29 − mb − mb + 4mb + mC yC = 0 , 16 16 −23 − 29 + 64 mb + mC yC = 0 , 16 3 mb + mC yC = 0 . 4 yC =

ω

ω

Slika 2.86. Ploča i otvor u njoj

Ako uvrstimo sada masu (sa predznakom minus jer je nema) koja iznosi: 2 2 ⎛ d ⎞ ρ H 2 2 ρb 2 mC = ρV = ρA = ρR H = ρH ⎜ ⎟ = ⋅ b = , 4 H 2 ⎝2⎠ dobićemo koordinatu yC , traženog otvora ⎛ ρb 2 ⎞ 3 3 ρb2 3m1 mb + ⎜ − y = 0 ⇒ = = yC , mb yC ⇒ ⎟ C 4 4 2 2ρb ⎝ 2 ⎠ 3 yC = b , 4 m gde je = b2 = A . ρ 158


Đurković Vlado

Drugi (dinamički) uslov glasi: J yz { tap1 + J yz { tap2 + J yz plo~ a + J yz krug = 0 . Posmatrajmio prvo gornji štap i potražimo njegov centrifugalni moment (sl.2.86.c).

Slika 2.86c. Štap gornji

dm1 dA m m 23 = ⇒ dm = 1 dA = 1 dy ⋅ dz = mdydz , gde je dz = 1 . m1 A A b ⋅1 8b 23 Sada je: J yz { tap1 = ∫∫ yzdydz = m ∫∫ yzdy , gde je z = 2b . 8b G −b

J yz { tap1 =

23 23 y 2 m 2b ∫ ydy = m 8b 4 2 0

−b 0

=

23 2 mb . 8

Posmatrajmo sada donji štap i potražimo njegov centrifugalni moment (sl.2.86d).

159


Đurković Vlado

Slika 2.86d. Štap donji

Slika 2.86e. Ploča

dm2 dA m 29 = ⇒ dm2 = 2 dA = mdydz , gde je dz = 1 . m2 A A 8b J yz { tap2 = ∫∫ yzdm , m

29 m yzdydz , gde je z = 0 , pa sledi J yz { tap2 = 0 . 8b ∫ Posmatrajmo sada ploču i potražimo njen centrifugalni moment (sl.2.86e). dm3 dA m 4m m = ⇒ dm3 = 3 dA = 2 dydz = 2 dydz . 4b m3 A A b J yz { tap2 =

J yz plo~ a = ∫∫ yzdydz , m

J yz plo~ a

m = 2 b

2b

2b

0

0

∫ ydy ∫ zdz ,

m y 2 2b z 2 2b m 1 2 J yz plo~ a = 2 ⋅ = 2 ⋅ 4b ⋅ 4b2 = 4mb2 . 0 0 b 2 b 4 2 Posmatrajmio sada položaj otvora (rupe) u ploči i potražimo njen centrifugalni moment (sl.2.86f).

160


Đurković Vlado

Slika 2.86f. Položaj rupe

ρb 2 . 2 Ako se vratimo u dinamički uslov sa centrifugalnim momentima sistema dobićemo traženi položaj otvora, tj., J yz { tap1 + J yz { tap2 + J yz plo~ a + J yz krug = 0 , J yz krug = mC yC zC , gde je mC =

23 2 ρb 2 3 mb + 0 + 4mb2 + ⋅ bzC = 0 , 8 2 2 −23 + 32 2 3 3 mb + ρb zC = 0 , 8 2 3 3 9 2 ρb zC = mb , 4 8 3 3m1 3 m ρbzC = m ⇒ zC = = b2 = A . = b , gde je ρ 2 2ρb 2 3 3 Koordinate otvora su: C (0; b; b) . 2 2 −

Zadatak 61. Odrediti položaj je dodatne mase mK = m da bi dinamičke reakcije u osloncima bile jednake nuli (sl. 2.87a). Masa rotirajuće površine je m1 = m . Konstrukcija rotira oko y − ose konstntnom ugaonom brzinom ω = const. 2

Rešenje: Statički uslov ravnoteže

∑m x i =1

161

i i

= mK xK + m1 x1 = 0 ,

(1)


mxK + m

Đurković Vlado

4R 4R = 0 ⇒ xK = − . 3π 3π

(2)

ω

ω

Slika 2.87. Rotirajuća površina i uravnotežujuća masa 2

Dinamički uslov ravnoteže

∑J i =1

xy

= mK xK yK + J x y = 0 ,

(3)

gde je centrifugalni moment površine: J xy = ∫ xydm . m

Iz jednačine kruga x 2 + ( y − R ) = R 2 ⇒ x = R 2 − ( y − R ) 2

2

koja je

granica integracije (sl. 2.87b). Diferencijal mase određujemo iz homogenosti površine dm dA dA dxdy 2m = ⇒ dm = m = m 2 = 2 dxdy . Rπ m A A Rπ 2 R 2 −( R − y )

2

2R

2m 4 J xy = 2 xdx ∫ ydy = ⋅⋅⋅ = mR 2 . ∫ Rπ 3π o 0 Ako se vratimo u jednačinu (3) dobijamo: 4 ⎛ 4R ⎞ m⋅⎜ − mR 2 = 0 ⇒ yK = R . ⎟ ⋅ yK + 3 3 π π ⎝ ⎠ ⎛ 4R ⎞ ; R;0 ⎟ . Dakle koordinate dodatne mase su K ⎜ − ⎝ 3π ⎠

(4)

(5)

Zadatak 62. Homogena ploča oblika jednakokrakog pravouglog trougla ABD može da se obrće oko vertikalne katete AB dužine b (rastojanje između ležišta vratila je takođe b, sl. 2.88a). Pri kojoj će se ugaonoj 162


Đurković Vlado

brzini ω = const. bočni pritisak na ležište B biti jednak nuli

( yB = 0) ?

Dato je AB = AD = b . Rešenje: Pošto je materijalni sistem ravan sistem, u ravni Ozy to je: xC = 0 i J yz = 0 , pa su uslovi ravnoteže sledeći: n

a) Statički uslov ravnoteže

∑Y i =1

i

= y A + y B + y Rin = 0 ,

ω

ω

Slika 2.88. Ploča i sile koje deluju na ploču n

b) Dinamički uslov ravnoteže

∑M i =1

x

b in = − y A ⋅ b − mg ⋅ + M Bx = 0 . (3) 3

1 gde su: y Rin = mbω 2 , dF in = yω 2 dm , 3 b b mb 2ω 2 2 m in in , M Bx = − ∫ ( z )dF = −ω 2 ∫ ydy ∫ zdz = − b 0 4 y 2 2 mb gde je: J yztrougao = − . 4 Iz (1) i (2) dobijamo: ⎛ 1 bω 2 ⎞ ⎛ 1 bω 2 ⎞ g i . = y A = − mg ⎜ + y mg B ⎟ ⎜ − ⎟ = 0⇒ω = 2 b ⎝ 3 4g ⎠ ⎝ 3 4g ⎠ 163

(1)


Đurković Vlado

Zadatak 63. Homogena tanka ploča ACDE, mase m, zavarena je za osovinu AB sa kojom se obrće u ležištima A i B konstantnom ugaonom brzinom ω0 . Za ploču i osovinu zavaren je homogeni štap BD, mase m (sl. 2.89a). Odrediti kinetičke pritiske u ležištima A i B. Rešenje: Pošto je materijalni sistem ravan sistem, u ravni Axy to su uslovi ravnoteže sledeći:


n

3

i =1

i =1

∑ X i = x A + xB + ∑ Fiin = 0 ,


n

3

i =1

i =1

∑ M z = xB ⋅ 3l + ∑ M ziin = 0 . ω

Slika 2.89a. Ploča i štap pri rotaciji oko ose AB

l 2 2 3l 2 m 2m U izrazima (1) I (2) su: Ap = + l = , , ρp = = 2 2 Ap 3l 2 dF1in = dm p ⋅ xω02 = dF2in , dm p = ρ p dA = ρ p dxdy ,

ρ{ =

2 m m m = = ⋅ , dm{ = ρ { dξ , 2 l l{ l 2

2 2 1 mω02 ξω 0 dm{ = ξ dξ , 2 2 l y l 2 mω 02 1 in in F1 = ∫∫ dF1 = dy ∫ xdx = mlω 02 , 2 ∫ 3 l 0 0 9 A

dF3in = xω02 ⋅ dm{ =

F2in = ∫∫ dF2in = A

2 mω 02 1 dy ∫ xdx = mlω 02 , 2 ∫ 3 l l 0 3 2l

l

164

(1) (2)


F3in = ∫∫ dF3in = L

1 mω02 2 l

Đurković Vlado l 2

1

∫ ξ dξ = 2 mlω

2 0

.

0

ω ξ ξ

η

ξ ξ

Slika 2.89b. Štap i sile koje deluju na sistem

Potreban moment inercije štapa iznosi: J ξη = ∫ ξηdm = m

m l 2

l 2

∫

ξd ξ =

0

a element mase štapa je:

2 1 2 ml 2 2 , tj., J xy = J ξη ⋅ = ml , 2 2 2

dm dA dξ . = ⇒ dm = m m A l 2 y

M 1in = ∫∫ y ⋅ dF1in =

2 mω 02 1 ydy ∫ xdx = mω 02l 2 , 2 ∫ 3 l 0 12 0

M 2in = ∫∫ y ⋅ dF2in =

2 mω 02 3 l2

A

A

l

2l

∫ l

l

ydy ∫ xdx = 0

1 mω 02l 2 , 2

⎛ 2 ⎞ 7 − l ξ ⎟ ξ dξ = mω02l 2 . 3 ⎜ ∫ 2 ⎠ 6 L 0 ⎝ Iz (1) i (2) (jednačina pravca je: 3l − x = y ) dobijamo tražene reakcije: 13 7 x A = − ml 2ω02 i xB = − ml 2ω 02 . 36 12 M 3in = ∫∫ y ⋅ dF3in =

1 mω 2 l

2 l 2 0

Zadatak 64. Ram ABCD mase m, načinjen je oblikovanjem homogenežice konstantnog poprečnog preseka, tako da je deo rama AB 165


Đurković Vlado

prav, a deo BCD oblika polukružnice poluprečnika R. U tački B ram je cilindričnim zglobom vezan za vertikalnu osovinu OO1 , tako da je osa zgloba B horizontalna i upravna na ravan rama. Ako je položaj relativne ravnoteže rama prikazan na sl. 2.90a, odrediti odgovarajuću konstantnu ugaonu brzinu obrtanja osovine ω , a zatim i reakcije veze u zglobu B. Rešenje: Pošto je materijalni sistem ravan sistem, to su uslovi ravnoteže sledeći (sl. 2.90b): n


∑X i =1

n

∑Y i =1

i

i

= xB + F2in − F1in = 0 ,

(1)

= y B − m1 g − m2 g = 0 .

(2) n


∑ M z = m2 g ⋅ R − m1g ⋅ i =1

R 2 + ∑ M ziin = 0 .(3) 2 i =1

η

ω

ξ ξ

ω ϕ

Slika 2.90. Sile koje deluju na sistem pri rotaciji

Iz odnosa m1 + m2 = m ,

m1 R 2 = , m2 Rπ

mπ m 2 i m2 = . 2 +π 2 +π m U izrazima (1), (2) i (3) su: dm1 = 1 dξ , R 2

dobijamo m1 =

166


2 2 m ξ 2 2 m1ω 2 ω = 1 dξ ⋅ ω = ξ dξ , 2 2 2R R 2

dF1in = m1 ⋅ ξ

m1ω 2 R m 2 Rω 2 = ⋅ , ∫0 2 2 +π 2 m dF2in = dm2 R (1 − cos ϕ ) ω 2 = 2 dϕ R (1 − cos ϕ ) ω 2 , F1in =

m1ω 2 2R

Đurković Vlado

R 2

ξ dξ =

π

F2in =

m2 Rω

2 π

π

∫ (1 − cos ϕ )dϕ = m Rω 2

0

dM 1in = dF1in ⋅

ξ 2

mω 2 M = 1 4R 2

in 1

2 R 2

∫ 0

=

2

=

mπ Rω 2 , 2 +π

m1ω 2 2 2 ξ dξ , 4R

m1ω 2 R 2 m 2 ω 2R2 = ⋅ , ξ dξ = 3 3 2 +π 2

dM 2in = dF2in ⋅ R sin ϕ =

m2 R 2ω 2

π

sin ϕ (1 − cos ϕ ) dϕ =

m2 R 2ω 2 ⎛ sin 2ϕ ⎞ ⎜ sin ϕ − ⎟ dϕ , 2 ⎠ π ⎝ π m R 2ω 2 sin 2ϕ 2mR 2ω 2 . − = ϕ ϕ M 2in = 2 (sin ) d ∫0 2 π 2 +π =

R m 2 ω 2 R 2 2mR 2ω 2 ⋅ − = 0, Iz (3) ∑ M z = m2 g ⋅ R − m1 g ⋅ + 2 3 2 +π 2 +π i =1 n

3g 2π − 2 , a iz (1) ⋅ 2R 6 − 2 n mπ m 2 ω 2R 2 = + ⋅ − ⋅ = 0, X x R ω ∑ i B 2 +π 2 +π 2 i =1

dobijamo traženu ugaonu brzinu: ω 2 =

( 2π − 2 ) , ( 2 + π )( 6 − 2 ) 2

3mg ⋅ sledi xB = − 4 n

a iz (2)

∑Y i =1

i

= y B − m1 g − m2 g = 0 , sledi y B = mg .

167


Đurković Vlado

Zadatak 65. Homogena ploča ABM oblika pravouglog trougla mase m i a kateta a i vezana je zglobom A horizontalne ose za laku vertikalnu 2 osovinu koja se obrće konstantnom ugaonom brzinom ω (sl. 2.91a). Za ploču je u tački M vezana kuglica mase m1 = 2m . Odrediti ugaonu

brzinu obrtanja ω i ukupne reakcije ležišta O1 i O2 u pložaju relativne ravnoteže prikazanom na slici.

ω

Slika 2.91a. Osovina i ploča pri rotaciji

Rešenje: Pošto je materijalni sistem ravan sistem, to su uslovi ravnoteže sledeći (sl. 2.91b): n


∑X i =1

n

∑Y i =1

i

i

= − x A + F1inn + F2inn = 0 ,

= y A − mg − m1 g = 0 ,

(2)

b) Dinamički uslov ravnoteže n 2a a M z = −mg ⋅ − m1 g ⋅ a + M 1in + F2inn ⋅ = 0 . ∑ 3 2 i =1 F1inn = m ⋅ aT n = m ⋅

(1)

2a 2 2maω 2 ω = , 3 3

168

(3)


Đurković Vlado

F2inn = ma M n = m1 ⋅ aω 2 = m1aω 2 ,

dM 1in = dF1inn ⋅ y = dmxyω 2 ,

ω

Slika 2.91b. Sile koje deluju na ploču i otpori y=

a

M 1in = ρω 2 ∫ xdx 0

∫

x 2

0

ydy =

m 4m ma 2ω 2 , ρ = = 2 , pa je jednačina (3) A a 8

2a ma 2ω 2 a − m1 g ⋅ a + + m1aω 2 ⋅ = 0 , odakle sledi 3 8 2 i =1 8 g 2m + 3m1 8 g ⋅ = . ω2 = 3a m + 4m1 3a n

∑ M z = −mg ⋅

n

Jednačina (1)

∑ X i = − xA + i =1 n

Jednačina (3)

∑Y i =1

i

2maω 2 40mg . + m1aω 2 = 0 , daje x A = 9 3

= y A − mg − m1 g = 0 , daje y A = 2mg .

Sada je: yO = y A , zO = z1 = 0 , xO =

169

1 2 x A , x1 = x A . 3 3


Đurković Vlado

Zadatak 66. Tanka homogena ploča mase m, oblika prikazanog na slici, cilindričnim zglobom u tački A vezana je za vertikalnu osovinu koja se obrće konstantnom ugaonom brzinom ω . Odrediti intenzitet ugaone brzine da bi prikazan položaj ploče na sl. 2.92a, bio položaj relativne ravnoteže. U tom slučaju naći intenzitet ukupne reakcije zgloba u tački A. Rešenje: Pošto je materijalni sistem ravan sistem, to su uslovi ravnoteže sledeći: n


∑Y i =1

n

∑Z i =1

i

= y A + F in = 0 ,

i

= z A − mg = 0 ,

(1) (2)

n


∑M i =1

Ax

= − mg ⋅

ω

a in − M Ax = 0. 2

ω

Slika 2.82. Ploča i sile

Granice za integrale su (sl. 2.92b): 0 ≤ y ≤ a , − y ≤ a − y , a inercijalne sile u izrazima (1), (2) i (3) su: a

dF in = ρω 2 ydydz , F in = ρω 2 ∫ ydy 0

170

a− y

∫

−y

dz =

mω 2 R , 2

(3)


dM

in Ax

Đurković Vlado

= ρω yzdydz , M = ρω in

2

a

2

∫ ydy 0

Iz (3)

n

∑M i =1

Ax

= − mg ⋅

a− y

∫

zdy = −

−y

mω 2a 2 , 12

a ⎛ mω 2a 2 ⎞ −⎜− ⎟ = 0, 2 ⎝ 12 ⎠

6g , a iz (1) sledi a n mω 2 R mω 2 R = 0 , sledi y A = − = −3mg Yi = y A + ∑ 2 2 i =1

dobijamo traženu ugaonu brzinu: ω 2 =

n

Iz (2)

∑Z i =1

i

A iznosi: FA =

= z A − mg = 0 , sledi z A = mg . Tražena reakcija u osloncu y A2 + z A2 = mg 10 .

Zadatak 67. Tanka homogena ploča ABC oblika pravouglog trougla sa katetama 2a i a, mase m, vezana je cilindričnim zglobom u tački A, horizontalne ose, za vertikalnu osovinu koja se obrće konstantnom ugaonom brzinom ω i užetom BD , ( AD = a ) tako da je stranica BC oparalelna vertikalnoj osovini (sl. 2.93a). Odrediti onaj intenzitet ugaone brzine tako da bi prikazani položaj ploče bio položaj relativne ravnoteže i pri čemu bi sila u užetu bila jednaka nuli. U tom slučaju naći intenzitet reakcije zgloba u tački A. Rešenje: Pošto je materijalni sistem ravan sistem, to su uslovi ravnoteže n

sledeći (sl. 2.93b): a) Statički uslov ravnoteže

∑Y i =1

n

∑Z i =1

i

i

= y A + F in = 0 , (1)

= z A − mg = 0 ,

(2)

b) Dinamički uslov ravnoteže n

∑M i =1

Ax

in = − mg ⋅ yT − M Ax + S ⋅ d = 0 , ( S = 0) .

(3)

gde je d − krak, dF in = yω 2 ⋅ dm = yω 2 ρ dA = ρω 2 ydydz , gde je ρ =

171

m m = , A a2


Đurković Vlado

a granice su: −ctgα y ≤ z ≤ tgα y , 1 1 2 2 tgα = , cos α = = , yT = a cos α . 2 3 5 1 + tg 2α F in = ρω 2

tgα y

a cos α

∫

ydy

∫

dz =

− ctgα y

0

4 5maω 2 , 15

in dM Ax = dF in ⋅ z = ρω 2 yzdydz ,

M

in Ax

= ρω

tgα y

a cos α

2

∫

ydy

0

∫

− ctgα y

zdy = −

3mω 2a 2 . 10

ω α

ω

α 5 α

Slika 2.93. Ploča i sile pri rotaciji

Na sl. 2.93b je: DA = a , BD = a , d ⊥ BD i ω = const. n 2a cos α ⎛ 3mω 2a 2 ⎞ Iz (3) ∑ M Ax = − mg ⋅ −⎜− ⎟ = 0, 3 10 ⎠ i =1 ⎝ dobijamo traženu ugaonu brzinu:

ω2 =

g g 8 5 g 2 2 5g ⋅ ≈2 , ω = ≈ 1, 41 ⋅ , 9 a a 3 a a n

a iz (1)

∑Yi = y A + i =1

4 5maω 2 4 5maω 2 32 = 0 , sledi y A = − = − mg . 15 15 27 172

Dalamberov princip za sistem n

Iz (2)

∑Z i =1

i

Đurković Vlado

= z A − mg = 0 , sledi z A = mg .

Potrebne geometrijske karakteristike figure date na slici, za proračun statičkog i dinamičkog uslova ravnoteže (sl. 2.93c). •


n

∑m z

i i

i =1

= m1 z1 + m2 z2 + mz A = 0 ,

(4)

m a 4m ⎛ 4a ⎞ ⋅ + ⋅ − + mz A = 0 ⇒ z A = mg . 5 3 5 5 ⎜⎝ 3 5 ⎟⎠ •

n

Dinamički uslov ravnoteže

∑ J( ) = J( ) + J( ) + m i =1

i yz

1 yz

2 yz

K

yK z K = 0 .

5 5

α

ω

α 5 5

α

5

Slika 2.93c. Površina razdeljena na delove sa centrom masa

AB a 1 tg α 1 = = , sin α = = , 2 AC 2a 2 5 1 + tg α 1 2 cos α = = , AD = AB = a , BC = a 5 , 2 5 1 + tg α

Geometrija: tg α =

173

(5)


Đurković Vlado

1 2 4a , A1C = AC cos α = 2a = , 5 5 5 2 2a AA1 = AB cos α = a = . 5 5 Potrebna težišta razdeljene površine su: 2 2 2a 1 1 a x T 1 = 0 , y T 1 = AA1 = ⋅ , z T 1 = A1B = ⋅ , 3 3 5 3 3 5 2 2 2a 1 1 4a x T 2 = 0 , y T 2 = AA1 = ⋅ , z T 2 = − A1C = − ⋅ . 3 3 5 3 3 5 Potrebne elementarne mase i površine su: m m1 m m m m2 m 4m = ⇒ m1 = A1 = ⋅⋅⋅ = , = ⇒ m2 = A2 = ⋅⋅⋅ = , A A1 A A A2 A 5 5 m 4m , m = m1 + m2 = + 5 5 1 1 A1 = AA1 ⋅ A1B = ⋅⋅⋅ , A2 = AA1 ⋅ A1C = ⋅⋅⋅ , A = A1 + A2 = ⋅⋅⋅ . 2 2 Iz datih uslova moguće je izračunati nepoznate tj., tražene vrednosti reakcija zgloba A. A1B = a sin α = a

174

Sferno kretanje mehaničkog sistema

Đurković Vlado

3. SFERNO KRETANJE MEHANIČKOG SISTEMA 3.1. OJLEROVE KINEMATIČKE JEDNAČINE Kruto telo koje se obrće oko jedne svoje tačke O, a koja ostaje za sve vreme kretanja nepomična, ima tri stepena slobode kretanja. Položaj tela u prostoru može se tada odrediti sa tri Ojlerova ugla: uglom precesije ψ , uglom sopstvene rotacije ϕ i uglom nutacije θ (Sl. 3.1).

Slika 3.1. Sistem pri sfernom kretanju

Položaj tela biće određen ako u svakom trenutku t poznajemo zavisnosti ψ = ψ(t ) , θ = θ(t ) , ϕ = ϕ(t ) . (3.1) Pri obrtanju krutog tela oko nepomične tačke O obično koristimo pokretni koordinatni sistem Oξης , koji je čvrsto vezan za telo i obrće se zajedno s njim. Iz kinematike je poznato da se svako 175


Đurković Vlado

pomeranje krutog tela oko nepomične tačke, iz jednog položaja u drugi položaj, može izvesti obrtanjem oko neke ose koja prolazi kroz tu nepomičnu tačku. G G G G Ugaona brzina ovog obrtanja ω = ωξλ + ωηµ + ως ν , odnosno njene projekcije na ose pokretnog koordinatnog sistema Oξης , čvrsto vezanog za telo, određeni su izrazima ωξ = ω2 cos ϕ + ω1 sin θ sin ϕ ,

ωη = ω1 sin θ cos ϕ − ω2 sin ϕ , ως = ω3 + ω1 cos θ ,

(3.2)

ugaona brzina precesije, ω2 = θ ugaona brzina nutacije gde su ω1 = ψ i ω3 = ϕ ugaona brzina sopstvene rotacije. Jednačine (3.2) nazivaju se Ojlerove kinematičke jednačine. One izražavaju zavisnosti između projekcija ugaone brzine na pokretne koordinatne ose, Ojlerovih uglova i njihovih izvoda po vremenu. Proizvoljna tačka M krutog tela, pri sfernom kretanju (sl. 3.2), koja se nalazi na udaljenosti hΩ od trenutne obrtne ose, ima pri obrtanju tela ugaonom brzinom ω , brzinu vM , čiji intenzitet iznosi vM = hΩ ⋅ ω .

Slika 3.2. Brzina tačke tela pri sfernom kretanju

Projekcije ove brzine na ose pokretnog koordinatnog sistema Oξης biće vξ = ωης M − ως ηM , vη = ως ξM − ωξς M , vς = ωξηM − ωηξM , (3.3) 176


Đurković Vlado

gde su ξM , ηM i ς M koordinate posmatrane tačke u pokretnom koordinatnom sistemu. Da bismo odredili kretanje krutog tela treba uspostaviti uzajamnu vezu između projekcija ugaone brzine i spoljnih sila koje dejstvuju na telo. Pri tome možemo koristiti odnos koji postoji između momenta količine kretanja i spoljnih sila, i primeniti zakon o promeni momenta količine kretanja krutog tela za nepomičnu tačku O, u Gobliku n G GS dLO = ∑ M OFi . (3.4) dt i =1 Ako na telo ne dejstvuju nikakve spoljne sile, moment G količine kretanja LO se ne menja, a kruto telo se obrće oko nepomične tačke ravnomerno. U svakom drugom slučaju, moment količine kretanja menja se sa vremenom. Ako su ose ξ , η i ς pokretnog koordinatnog sistema, vezane za kruto telo, glavne ose inercije, tj., x1 , y1 , z1 , koje se seku u nepomičnoj tački O, onda su projekcije momenta količine kretanja na ove ose određene izrazima Lx1 = J x1ωx1 , Ly1 = J y1ωz1 , Lz1 = J z1ωz1 . (3.5) 3.2. REZALOVA TEOREMA G Da bismo lakše sagledali kinematički smisao izvoda LO / dt , G G podsetimo se da vektor brzine v = d r / dt kao izvod vektora G položaja r po vremenu ima pravac tangente na putanju pokretne tačke, odnosno na hodograf vektora položaja, a da G G brzine po vektor ubrzanja a = d v / dt kao izvod vektora vremenu ima pravac tangente na hodograf vektora brzine. Na sličan način može se pokazati da je izvod momenta količine kretanja po vremenu predstavljen apsolutnom JJJJG brzinom kraja M vektora OM (Sl. 3.3). Ovaj zaključak, koji predstavlja zakon o promeni momenta količine kretanja krutog tela u kinematičkom smislu, izražava teorem koji je prvi izveo francuski naučnik Rezal. 177


Đurković Vlado

Brzina vrha vektora momenta količine kretanja (sl. 3.3) po njegovom hodografu Gje: n G Gs G Gs G Gs dL G vM = O = ∑ M OFi = M OFR = mOFR , (3.6) dt i =1 što predstavlja Rezalovu teoremu. Hodograf

(3)

(n)

LO

LO

L(2) O

(1)

LO

O O

Slika 3.3. Grafička interpretaacija Rezalove teoreme

3.3. DINAMIČKE JEDNAČINE OJLERA

Pri obrtanju krutog tela oko nepomične tačke O izvod po vremenu G momenta količine kretanja LO jednak je momentu spoljnih sila za tu n G Gs tačku ∑ M OFi , i =1 G n G Gs dLO = ∑ M OFi . (3.7) dt i =1 Da bi našli diferencijalnu jednačinu kretanja ovakvog krutog tela usvojimo dva koordinatna sistema: nepokretni Oxyz i pokretni Oξης kruto vezan za telo. Razložimo vektor momenta količine kretanja u pravcu osa pokretnog G G G G sistema LO = Lξλ + Lηµ + Lς ν , imajući na umu da je G G G G ω = ωξ λ + ωηµ + ως ν , n n G Gs G Gs G n G Gs G n G Gs G ∑ M OFi = ∑ M OFiξ λ + ∑ M OFiη µ + ∑ M OFiς ν , i =1

i =1

i =1

i =1

Ako G primenimo zakon o promeni momenta količine kretanja, G dLO d G G = ( Lξ λ + Lηµ + Lς ν) = dt dt 178


Đurković Vlado

G G G dLξ G dLη G dLς G dλ dµ dν = λ+ µ+ ν + Lξ + Lη + Lς . (3.8) dt dt dt dt dt dt G G G dλ G G dµ G G dν G G = ω× λ ; (3.9) gde su: = ω× ν , = ω× µ ; dt dt dt i kada saberemo odgovarajuće projekcije brzine tačke M u relativnom i prenosnom kretanju, a uzimajući u obzir obrasce (3.5), u pretpostavci da su ose ξ , η i ς , glavne ose inercije, tj., x1 , y1 , z1 , dobićemo: d ω x1 J x1 + ω y1ωz1 ( J z1 − J y1 ) = M x1 , dt d ω y1 J y1 + ωz1ωx1 ( J x1 − J z1 ) = M y1 , dt d ωz 1 (3.10) J z1 + ωx1ω y1 ( J y1 − J x1 ) = M z1 . dt U jednačinama (3.10) su: J x1 , J y1 , J z1 − momenti inercije tela za

njegove glavne ose inercije,

M x1 ,

M y1 ,

M z1 −

projekcije

glavnog momenta spoljnih sila, za tačku O , na ose x1 , y1 , z1 , i ωx1 , ω y1 , ωz1 − projekcije vektora ugaone brzine tela na ose x1 , y1 , z1 . Jednačine (3.10) nakon množenja, imajući u vidu da su, Lx1 = J x1ωx1 , Ly1 = J y1ω y1 , Lz1 = J z1ωz1 ,

pišu i u obliku: dLx1 + ω y1 Lz1 − ωz1 Ly1 = M x1 , dt dLy1 + ωz1 Lx1 − ωx1 Lz1 = M y1 , dt dLz1 + ωx1 Ly1 − ω y1 Lx1 = M z1 . dt Jednačine (3.10) prvi je izveo Ojler, 1758 godine i one se zovu Ojlerove dinamičke jednačine. Ako su poznati početni uslovi kretanja, tj. početni položaj i početna ugaona brzina tela, integraljenjem Ojlerovih dinamičkih jednačina (3.10) i kinematičkih jednačina (3.2) mogu se odrediti 179


Đurković Vlado

projekcije ωx1 , ω y1 , ωz1 ugaone brzine, a zatim i zakon kretanja (3.1). Integriranje diferencijalnih jednačina (3.10) često je skopčano sa znatnim matematičkim poteškoćama. Najbolje rezultate za neke specijalne slučajeve kretanja dali su Ojler, Lagranž i S. V. Kovalevska. Zadatak 68. Kružni disk, poluprečnika R = 20cm , težine G = 4000 N , nasađen je u svom težištu na vratilo AB koje se obrće u direktnom smeru jednoliko sa n = 60 ob./ min . Geometrijska osa Oξ diska gradi ugao θ = 20 sa osom AB (sl. 3.4). Odrediti dinamičke reakcije u ležištima A i B vratila koja su na rastojanju AB = l = 0, 2 m . Rešenje: Očigledno je da disk koji je nasađen na vratilo vrši sferno kretanje, tj., rotaciju oko stalne tačke O. ζ ζ ζ ωζ

θ

ν λ

ξ

θ

ω

µ ωη

η

Slika 3.4. Kružni disk na vratilu

Iz teorije znamo da su projekcije vektora momenta količine kretanja G G Lξ = LO ⋅ λ = J ξ ωξ − J ξηωη − J ξς ως = 0 , G G 1 Lη = LO ⋅µ = − J ξηωξ + J ηωη − J ης ως = J ηωη = mR 2ω sin θ , 4 G G 1 Lς = LO ⋅ ν = − J ξς ωξ − J ης ωη + J ς ως = J ς ως = mR 2ω cos θ , 2 gde su svi centrifugalni momenti jednaki J ξη = J ξς = J ης = 0 , zbog toga što su ξ , η , ς ose, glavne ose materijalne simetrije, a vektor ugaone brzine iznosi, za usvojeni koordinatni sistem G G G G G G ω = ωξ λ + ωηµ + ως ν = ωηµ + ως ν . Sada zakon o promeni momenta količine kretanja za tačku O, iznosi 180


Đurković Vlado

G dLO d ⎛ 1 G⎞ G 1 = ⎜ mR 2 ω sin θ ⋅ µ + mR 2 ω cos θ ⋅ ν ⎟ = dt dt ⎝ 4 2 ⎠ G G 1 G G 1 = mR 2 ω sin θ ⋅ (ω× µ) + mR 2 ω cos θ ⋅ (ω× ν ) = 4 2 G G G G 1 1 G G = mR 2 ω sin θ ⋅ ⎡⎣( ωηµ + ως ν ) × µ ⎤⎦ + mR 2 ω cos θ ⋅ ⎡⎣( ωηµ + ως ν ) × ν ⎤⎦ = 4 2 G 1 G 1 2 2 = mR ω sin θ ⋅ ω cos θλ + mR ω cos θ ⋅ ω sin θλ = 4 2 G 1 = mR 2 ω2 sin θ cos θλ , 4 a to je ujedno i moment od spoljašnjih sila za istu tačku, G G 1 M O = mR 2 ω2 sin θ cos θλ . (1) 4 G Primena zakona o kretanju centra inercije sistema maC = 0 , na osnovu n G ∑ Fi S = 0 daje FAd = FBd . i =1

S druge strane je: G l l M O = FAd ⋅ + FBd ⋅ = FAd ⋅ l . 2 2 Ako izjednačimo (1) i (2) dobijamo tražene dinamičke reakcije 1 mR 2 ω2 sin θ cos θ d d 2 2 , FA ⋅ l = mR ω sin θ cos θ⇒ FA = 4 4l 2 2 ⎛ π ⋅ 60 ⎞ 0 0 4000 ⋅ 0, 2 ⋅ ⎜ ⎟ sin 2 cos 2 30 ⎠ ⎝ d FA = = 28,07 N . 9,81 ⋅ 4 ⋅ 0, 2

(2)

(3)

Zadatak 69. Izvesti formulu za algebarsku veličinu glavnog momenta spoljašnjih sila: M ξS = ω1 sin θ ⎡⎣ J ζ ωζ + ( J ζ − J η ) ω1 cos θ ⎤⎦ ,

pri regularnoj precesiji simetričnog krutog tela (sl. 3.5). Rešenje: Usvojimo dva koordinatna sistema i to: Oxyz nepokretan i Oξηζ pokretan. Vektori ugaonih brzina su usmereni, ω1 duž nepokretne

181


Đurković Vlado

z ose, a ω ≡ ω3 duž pokretne ζ ose. Vektor ukupne ugaone brzine koji je usmeren duž trenutne obrtne ose G G G G G Ω , koja prolazi takođe kroz tačku O je: ω = ωO = ω1λ + ω2µ + ω3ν , G G G odnosno ωO = ω1λ + ω3ν , gde su: ω1 − ugaona brzina precesije, ω ≡ ω3 − ugaona brzina sopstvene rotacije i ω2 = 0 − ugaona brzina nutacije. ζ

ωΟ

ω1

ω ω3

η

θ

ξ Slika 3.5. Simetrično kruto telo pri regularnoj precesiji

G G G Pri izračunavanju projekcija vektora ω1 i ω3 ≡ ω na ose ξ , η i ζ , treba imati u vidu, da paralelogram ugaonih brzina leži u ravni ηOζ . Kako se vidi sa sl. 3.5 je: ω1ξ = 0 , ω1η = ω1 sin θ , ω1ζ = ω1 cos θ . (1)

Koristeći se ovim izrazima, dobijamo da su projekcije vektora trenutne ugaone brzine na ose jednake: ωOξ = ωξ + ω1ξ = 0 , ωOη = ωη + ω1η = ω1 sin θ i ωOζ = ωζ + ω1ζ = ωζ + ω1 cos θ .

(2)

Moment količine kretanja simetričnog krutog tela za ose ξ , η i ζ koje su glavne ose inercije, imaju oblik: LOξ = J Oξ ωOξ = 0 , LOη = J OηωOη = J ηω1 sin θ i LOζ = J Oζ ωOζ = J ζ ( ωζ + ω1 cos θ ) .

182

(3)


Đurković Vlado

Kako su: LOξ , LOη i LOζ konstante, to je: LOξ

=

LOη

=

LOζ

=0. (4) dt dt dt Da bismo odredili glavni moment spoljašnjih sila za tačku O upotrebimo opšte Ojlerove dinamičke jednačine: G G dLξ dL + ω1η Lζ − ω1ζ Lη = M ξS , η + ω1ζ Lξ − ω1ξ Lζ = M ηS i dt dt G dLζ + ω1ξ Lη − ω1η Lξ = M ζS . dt Kada smenimo vrednosti za ω1ξ , ω1η , ω1ζ iz formula (1), Lξ , Lη , Lζ iz formula (3) i

Lξ dt

,

Lη dt

,

Lζ dt

iz formula (4), Ojlerove jednačine dobijaju

oblik: M ξS = ω1 sin θ ⎡⎣ J ζ ωζ + ( J ζ − J η ) ω1 cos θ ⎤⎦ , M ηS = 0 , M ζS = 0 , odnosno, M OS = M ξS = ω1 sin θ ⎡⎣ J ζ ωζ + ( J ζ − J η ) ω1 cos θ ⎤⎦ .

(5)

Prema tome, glavni moment spoljašnjih sila za nepomičnu tačku O ima pravac čvorne ose Oξ i poklapa se sa pozitivnim smerom ose ξ , ako je

J ζ ωζ + ( J ζ − J η ) ω1 cos θ > 0 .

(6)

Zadatak 70. Izračunati ugaonu brzinu regularne precesije simetričnog krutog tela, čiji se centar mase nalazi u nepomičnoj tački (sl. 3.6), ako je θ − ugao između ose simetrije i ose precesije, J ζ − moment inercije

krutog tela za osu simetrije, J η = J ξ − aksijalni moment inercije krutog tel, ω ≡ ω3 − ugaona brzina sopstvene rotacije oko ose ζ . Rešenje: Usvojimo dva koordinatna sistema i to: Oxyz nepokretan i Oξηζ pokretan i čvrsto vezan za kruto telo. Vektori ugaonih brzina su usmereni, ω1 duž nepokretne z ose, a ω ≡ ω3 duž pokretne ζ ose.

183


Đurković Vlado

ζ

ω ω3

ω1 θ

η

ξ

Slika 3.6. Simetrično kruto telo pri regularnoj precesiji

Na kruto telo deluju dve sile, težina tela i reakcija oslonca, a s obzirom da se centar mase (odnosno težište) poklapa sa nepomičnom O , njihov glavni moment za tačku O jednak je nuli, tj. tačkom G G G F0 S G Mξ = Mξ + Mξ = 0 . Prema tome formula koja određuje algebarsku veličinu glavnog momenta: (1) M ξS = ω1 sin θ ⎡⎣ J ζ ωζ + ( J ζ − J η ) ω1 cos θ ⎤⎦ , dobija oblik ω1 sin θ ⎡⎣ J ζ ωζ + ( J ζ − J η ) ω1 cos θ ⎤⎦ = 0 , odakle nalazimo traženu ugaonu brzinu regularne precesije: J ζ ωζ ω1 = . ( J ζ − J η ) cos θ

(2)

(3)

Ovakva regularna precesija krutog tela pri odsustvu drugih spoljašnjih sila osim težine i reakcije oslonaca, predstavlja kretanje po inerciji. Zadatak 71. Odrediti ugaonu brzinu regularne precesije ω1 simetričnog krutog tela, težine G, koja nastaje dejstvom sile teže. Rastojanje centra mase (težišta) C krutog tela do nepomične tačke O jednako je OC = R . 184


Đurković Vlado

ζ

ω ω3

θ

ω1 η

ξ

Slika 3.7. Mehanički sistem (telo) pri regularnoj precesiji

Rešenje: Usvojimo dva koordinatna sistema i to: Oxyz nepokretan i Oξηζ pokretan i čvrsto vezan za kruto telo. Na kruto telo deluju dve sile, težina tela i reakcija oslonca. Glavni moment spoljašnjih sila za osu ξ je: M ξS = M ξG = GR sin θ . (1)

Kada smenimo ovu vrednost u formula koja određuje algebarsku veličinu glavnog momenta: (2) M ξS = ω1 sin θ ⎡⎣ J ζ ωζ + ( J ζ − J η ) ω1 cos θ ⎤⎦ , dobićemo kvadratnu jednačinu po nepoznatoj ω1 , tj.

Gs sin θ = ω1 sin θ ⎡⎣ J ζ ωζ + ( J ζ − J η ) ω1 cos θ ⎤⎦ ,

(J

ζ

− J η ) ω12 cos θ + J ζ ωζ ω1 − GR = 0 ,

ω1 =

− J ζ ωζ ± J ζ2 ωζ2 + 4 ( J ζ − J η ) GR cos θ 2 ( J ζ − J η ) cos θ

185

(3) .

(4)


Đurković Vlado

Iz (4) je očigledno da kruto telo može vršiti regularnu precesiju samo ako je ispunjen uslov: J ζ2 ωζ2 + 4 ( J ζ − J η ) GR cos θ > 0 . (6) U slučaju obrtanja tela velikom ugaonom brzinom sopstvene rotacije sledi da je J ζ2 ωζ2 + 4 ( J ζ − J η ) GR cos θ = J ζ ωζ 1 +

4 ( J ζ − J η ) GR cos θ J ζ2 ωζ2

≈

⎡ 2 ( J ζ − J η ) GR cos θ ⎤ 2 ( J ζ − J η ) GR cos θ . (7) ≈ J ζ ωζ ⎢1 + ⎥ ≈ J ζ ωζ + 2 2 J ζ ωζ J ζ ωζ ⎢⎣ ⎥⎦ Kada smenimo (7) u (4) odredićemo približnu vrednost (projekcije) ugaone brzine regularne precesije, pri sporoj precesiji, tj. GR , (8) ω1 = ω1z = J ζ ωζ i ugaonu brzinu pri brzoj precesiji J ζ ωζ ω1 = ω1z = . (9) ( J ζ − J η ) cos θ

Zadatak 72. Konični zupčanik 2, poluprečnika r2 = 20 cm , slobodno je nasađen na štap OA, koji je čvrsto vezan za vratilo OO1 u tački O. Pri

obrtanju vratila OO1 ugaonom brzinom ω1 = 4π s −1 , konični zupčanik 2 kotrlja se po nepomičnom zupčaniku 1, poluprečnika r1 = 1, 2 m . Poluprečnik inercije oba zupčanika je isti i iznosi i = 18cm . Masu štapa OA zanemariti. Izračunati dopunski dinamički moment, koji nastaje pri kretanju sistema (sl. 3.8). Rešenje: Usvojimo dva koordinatna sistema i to: Oxyz nepokretan i Oξηζ pokretan i čvrsto vezan za kruto telo. Zupčanik 2 vrši regularnu precesiju ugaonom brzinom ω1 oko ose z, a ugao nutacije θ jednak je π / 2 . Izračunajmo glavni moment spoljašnjih sila po formuli: 186


Đurković Vlado

M ξS = ω1 sin θ ⎡⎣ J ζ ωζ + ( J ζ − J η ) ω1 cos θ ⎤⎦ .

(1)

η

ω ω1 θ ζ

ω ω3

ξ

Slika 3.8. Konični zupčanici pri kretanju

Kada je θ =

π nalazimo 2

M ξS = ω1 J ζ ωζ = J ζ ωζ ω1 .

187

(2)

Priblžna teorija žiroskopskih pojava

Đurković Vlado

4. PRIBLIŽNA TEORIJA ŽIROSKOPSKIH POJAVA 4.1. ISTORIJAT RAZVOJA ŽIROSKOPA Naziv žiroskop potiče od grčkih reči gyros, što znači gledati i skopein što znači obrtanje – rotacija. Prvi žiroskop je napravio francuski naučnik Foucault 1852. godine. Žiroskop je jedan od najvažnijih inercijalnih senzora i meri uglovnu brzinu ili male uglovne pomeraje oko referentne ose. Kada meri uglovnu brzinu zove se brzinski žiroskop (rate gyroscope), a kada meri male uglovne pomeraje (zaokrete) zove se integrirajući žiroskop (rate integrating gyroscope). U engleskoj literaturi umesto reči gyroscope, koristi se kraća reč gyro, kojoj bi u srpskom jeziku odgovarala reč žiro. Senzori su uređaji ili elementi koji imaju sposobnost da otkriju ili izmere neki parametar ili veličinu koja karakteriše let rakete. Oni služe za merenje određenih parametara leta rakete i davanje dopunskih upravljačkih signala autopilotu. Svaki senzor se sastoji iz 2 osnovna dela: merača i davača. Merač meri vrednost parametara ili veličine, a davač izmerenu vrednost merača pretvara u oblik signala informacije pogodnom za korišćenje u autopilotu. Senzori, koji se upotrebljavaju kao elementi autopilota vođenih raketa, mogu se svrstati u 2 grupe: •

Senzori za merenje parametara linearnog kretanja centra mase rakete, kao što su: akcelerometri linearnog ubrzanja, brzinomeri, visinomeri, termometri i dr. • Senzori za merenje ugaonog kretanja rakete oko centra mase, u koje spadaju: merači uglova propinjanja, skretanja i valjanja, merači ugaonih brzina, merači ugaonih ubrzanja i dr. Kao senzori autopilota najčešće se primenjuju žiroskopi i akcelerometri.

189


Đurković Vlado

4.2. UOPŠTE O ŽIROSKOPU Pod žiroskopom podrazumevamo svako kruto telo koje relativno brzo rotira oko svoje ose materijalne simetrije, pri čemu ta osa ima jednu nepomičnu tačku i menja pravac u prostoru (čigra, sl.4.1). Ugaona brzina okretanja tela mnogo puta je veća od ugaone brzine kojom se okreće osa tela. Prema tome, žiroskop u opštem slučaju vrši sferno kretanje. z

Trenutna obrtna osa

ω1

Ω

Ω z1

z

ω

ω3

ω3

O

θ

A O

ω3

ω1

z1 ω1

na or a ^v os

N

ω2

O1

Slika 4.1. Žiroskop

Slika 4.2. Žiroskop u kardanovom ramu

Drugi primer je žiroskop u kardanovom ramu (sl. 4.2). Kod njega teški disk, pored sopstvene rotacije ugaonom brzinom ω3 = ϕ , oko ose , Oz , ima i precesiono kretanje oko ose Oz1 , ugaonom brzinom ω1 = ψ kao i nutaciono kretanje ugaonom brzinom ω = θ , oko čvorne ose ON. 2

Tako disk može da vrši tri međusobno nezavisne rotacije, oko osa, koje se presecaju u centru masa O, koji ostaje stalno nepokretan. Spreči li se obrtanje diska, npr. oko ose Oz1 , od žiroskopa sa tri stepena slobode kretanja, dolazimo do žiroskopa sa dva stepena slobode. Slučaj sfernog kretanja tela može se tačno proučiti primenom zakona o promeni momenta količine kretanja. Međutim, korišćenjem tog zakona dolazi se do diferencijalnih jednačina kretanja, koje se u veoma malom i veoma ograničenom broju slučajeva mogu rešiti u jednom zatvorenom obliku. Zbog svega toga ćemo koristiti tzv. približnu teoriju žiroskopskih pojava, koja daje sasvim dovoljno tačne rezultate za većinu problema sa kojima se susrećemo u praksi. 190


Đurković Vlado

Moment količine kretanja za tačku O (sl.4.3a) je: G G G LO = OA , LO = J z ω . (4.1) Pretpostavimo sada da žiroskop vrši složeno kretanje. Za slučaj da je G ugaona brzina nutacije ω2 ≈ 0 , te ako je ugaona brzina sopstvene rotacije G G ω3 mnogo veća od ugaone brzine precesije ω1 , tada je (sl. 4.3b): G G ω3 >> ω1 , (4.2) G G G G G G G ωa = ω = ω1 + ω2 + ω3 = ω1 + ω3 , (4.3) G G ω ≈ ω3 . (4.4) Na prethodnih izraza moment količine kretanja (sl.4.3c) jeste: G osnovu G Lz ≈ J z ω . (4.5)

z1 z

z1

A

Ω

ω3

ω a)

z

z

z1

Ω

A

ω1

LO O

ωa

ω1 O

O b)

ω

LO

c)

Slika 4.4. Telo pri sfernom kretanju

Izrazi, (4.4) i (4.5), praktično predstavljaju i osnovu približne teorije žiroskopa (sl. 3c), koja se može iskazati na sledeći način: ako se žiroskop veoma brzo obrće oko svoje ose, tada je moment količine kretanja žiroskopa definisan izrazom (4.5) i usmeren uzduž ose materijalne simetrije žiroskopa. Svojstva žiroskopa poseduju nebeska tela, artiljerijski projektili, rotori turbina, različite instalacije na brodovima, elise aviona itd. U savremenoj tehnici žiroskop jeste osnovni element moćnih žiroskopskih uređaja ili pribora, koji se koriste za automatsko upravljanje kretanja aviona, projektila, brodova, torpeda, i slično. Koriste se u navigaciji za stabiliziranje kretanja brodova po uzburkanom moru, za promenu ugaonih i translatornih brzina projektila, a i u mnoge druge specijalne svrhe. 191


Đurković Vlado

Brojni su uređaji koji su primenjeni u vojne svrhe, čija konstrukcija počiva na principima žiroskopa. Tehničke primene žiroskopa u današnje vreme toliko su mnogostruke i raznovrsne da je nastala potreba da se iz opšte teorije žiroskopa izdvoji posebna disciplina, koja se naziva „primenjena teorija žiroskopa”. 4.3. OSOBINE ŽIROSKOPA SA TRI STEPENA SLOBODE KRETANJA

Žiroskop koji ima tri stepena slobode kretanja sl. 4.4, posjeduje veoma važnu osobinu koja se sastoji u tome da se taj žiroskop protivi promeni pravca svoje ose u prostoru. Da bismo proučili ovu osobinu žiroskopa, razmotrićemo jedan tzv. astatički žiroskop, tj. takav žiroskop čije se težište poklapa sa nepomičnom tačkom (sl. 4.1, 4.4, 4.5). z F

d O=C

y

ϕ x Slika 4.4. Žiroskop koji ne rotira pod dejstvom sile

Ako žiroskop ne rotira oko svoje ose, i ako na njega deluje sila (sl. 4.4), tada je: J x ( d 2ϕ / dt 2 ) = F ⋅ d , (4.6)

F ⋅d 2 ⋅ t + ω0t + ϕ0 . (4.7) 2J x Vidimo da će u ovom slučaju, pri konstantnoj sili, žiroskop vršiti ravnomerno ubrzanu rotaciju oko ose koja je upravna na ravan dejstva sile. Kada prestane da deluje sila, žiroskop će imati neku ugaonu brzinu i dalje će se nastaviti kretati tom ugaonom brzinom oko ose Ox .

J x ω = F ⋅ d ⋅ t + J x ω0 ⇒ ϕ =

192


ωϕ1 =

Đurković Vlado

F ⋅d ⋅ t1 . Jx α

z LO vA

(4.8) z

z1

LO

F

ω

A LO ω

ω1 y

d

y

O=C MO

x

ω3

N

ω2

O

na ^voosra

ω1

Slika 4.5. Žiroskop sa tri stepena slobode kretanja koji brzo rotira pod dejstvom sile

Slika 4.6. Žiroskop sa tri stepena slobode kretanja

Razmatra se dejstvo sile na isti ovakav žiroskop, ali koji se veoma G brzo okreće oko svoje ose materijalne simetrije ugaonom brzinom ω (sl. 4.5). Tada je: G G Lz = J z ω . (4.9) Iskoristimo zakon o promeni momenta količine kretanja: G G Ks dLO (4.10) = M OFR , dt JJJG G dLO dOA G = = vA , (4.11) dt dt G G gde je v A brzina vrha vektora LO . Upoređujući (4.10) i (4.11), vidimo da je: G Ks G (4.12) v A = M OFR . G Odavde se zaključuje da se pod dejstvom sile F tačka A, pa prema tome i osa Oz , ne kreće u ravni yOz , nego u ravni xOz , što znači da se osa ovog žiroskopa, pod dejstvom sile, pomera u ravni koja je normalna na ravan dejstva sile. Onog trenutka kada prestane da deluje sila, spoljašnji moment će 193


Đurković Vlado

postati jednak nuli, a time i brzina tačke A. To znači da će tog trenutka prestati da se kreće (ostaće u tom položaju) i osa žiroskopa. Osa žiroskopa se obrće oko ose y ugaonom brzinom ω1 , pri čemu je: v A = OA ⋅ ω1 = F ⋅ d ,

(4.13)

ω1 = F ⋅ d / OA , (4.14) F ⋅d ω1 = . (4.15) J zω Ovim izrazom (4.15) definisana je ugaona brzina precesije, tj. definisana je ona ugaona brzina sa kojom osa žiroskopa rotira oko ose koja je paralelna dejstvu sile.

4.4. REGULARNA PRECESIJA

Pretpostavlja se da žiroskop nije uravnotežen, odnosno da se centar inercije žiroskopa ne poklapa sa nepomičnom tačkom (sl. 4.7). Takođe, pretpostavimo da osa simetrije zaklapa sa stalnom osom z1 ugao θ i da se žiroskop brzo obrće oko ose simetrije. Na osnovu zakona Go promeni momenta količine kretanja sledi da je brzina vrha (A) vektora LO : G G G s JJJG G G dLO = M OFR = OC × G . vA = dt z

ω A

vA

z1

LO C

ω1

θ

G ω

O

M OG Slika 4.7. Neuravnoteženi žiroskop koji rotira pod dejstvom sile teže

Sledi da će se sopstvena osa obrtati oko stalne ose z1 nekom ugaonom G brzinom ω1 . Prema tome, a na osnovu sl. 7, imaćemo:

194


Đurković Vlado

G Gs (4.16) M OFR = G ⋅ OC ⋅ sin θ , G G dLO (4.17) = v A = ω1LO sin θ . dt Iz (4.16) i (4.17) sledi da je ugaona brzina rotacije ose simetrije oko stalne ose z1 pod delovanjem sile teže na neuravnoteženi žiroskop, koji se brzo obrće, tj. ugaona brzina regularne precesije: G ⋅ OC G ⋅ OC ω1 = ⇒ ω1 = . (4.18) LO J zω

4.5. ŽIROSKOP SA DVA STEPENA SLOBODE, ŽIROSKOPSKI MOMENT

Žiroskop sa dva stepena može da se obrće u ramu, sopstvenom G ugaonom brzinom ω , a ram može da se obrće u ležištima A i B, ugaonom G brzinom ω1 , kao što je prikazano na sl. 4.8. C

z FAst

K

ω

A FAd

vK

x

MO` ir LO

FBd st

FB

O

G

B

F

y

ω1

s

MO

F

Slika 4.8. Neuravnoteženi žiroskop koji rotira pod dejstvom sile teže

C Slika 4.9. Žiroskopski moment (precesiranje)

Primenjujući na žiroskop sa dva stepena slobode, (znajući da je G Ks G dLO G G ω >> ω1 ), zakon o promeni momenta količine kretanja: = M OFR , te dt 195


Đurković Vlado

G G uzimajući u obzir da je LO = J z ω , možemo pisati: G G Gs GG dLO G = vK = LO ω1 = J z ω⋅ ω1 = M OFR = M OS . dt n G FG s G FG s G GG G FG st G FG st G FG d G FG d i R A B A B M = M = M ∑ O O O + MO + MO + MO + MO . i =1

(4.19)

G

U poslednjem izrazu, sila težine G i statičke reakcije ne čine moment za tu tačku. n G G G Iz zakona o kretanju centra inercije imamo: maC = ∑ Fi s = FRs = 0 , i =1 G G st G st G d G d G + FA + FB + FA + FB = 0 , što govori da se u osloncima A i B javljaju dodatne dinamičke reakcije. G G Takođe iz poslednjeg izraza sledi da sile FAd i FBd čine spreg sila tj. sledi da je: G G FAd = − FBd , dok je glavni moment sila jednak: G Gs M OFR = FAd ⋅ AO + FBd ⋅ BO = FAd ⋅ AB = FBd ⋅ AB , (4.20)

J z ωω1 . (4.21) AB Ukupne reakcije u tačkama A i B osovine žiroskopa određuju se vektorskim zbirom statičkih i dinamičkih reakcija ležišta A i B, tj. mg G J ωω (4.22) FAmin = FBmin = FAd − = FAst − FAd = − z 1 , 2 2 AB mg G J ωω FAmax = FBmax = FAd + = FAst + FAd = + z 1 . (4.23) 2 2 AB Na osnovu G ìr. zakona G ìr.akcije i reakcije, žiroskop dejstvuje na ležišta A i B silama FA i FB koje su istog pravca i intenziteta (sl. 4.8), a G G suprotnog smera od dinamičkih reakcija FAd i FBd , pa i te sile obrazuju G spreg koji se naziva žiroskopski spreg sila, a moment tog sprega M Oìr. G Gs jednak je po intenzitetu i pravcu momentu M OFR samo je suprotnog smera od njega, tj. FAd = FBd =

196


Đurković Vlado

G G Gs M ` ir. = − M OFR , (4.24) i naziva se žiroskopski moment. Nastajanje žiroskopskog momenta naziva se žiroskopski efekt. Žiroskopski moment, odnosno žiroskopski efekt javlja se uvek onda kada se menja pravac obrtne ose žiroskopa i G ako se ta promena brže vrši (veće ω1 ) žiroskopski pritisci u ležištima tada mogu višestruko da nadmaše vrednost statičkih pritisaka i zbog toga se uticaj žiroskopskih pritisaka mora uzeti u obzir prilikom proračuna ležišta. FN

LO

A1

ω1

B

O B1

A1

ω B

B1

A

A

, FN M

Slika 4.10. Primer žiroskopskog stabilizatora direktnog dejstva na ljuljanje broda

Slika 4.11. Primer žiroskopa sa dva stepena u stabilizaciji vozila

Ukoliko bi na žiroskop sa dva stepena slobode delovala sila paralelna osi x, tada taj žiroskop (odnosno njegova osa rotacije) ne bi imao rotaciju oko ose x, što bi se desilo da je u pitanju žiroskop sa tri stepena slobode. Ta rotacija ne bi postojala za žiroskop sa tri stepena slobode, zbog postojanja ležišta A i B. Prema tome, žiroskop sa dva stepena slobode nema osobinu da se prilikom delovanja neke sile suprotstavlja promeni pravca ose rotacije, nema osobinu protiv-dejstva, već se usled promene njenog pravca javlja žiroskopski efekt. Zbog svojih osobina, žiroskopi se koriste u tehnici na onim mestima gde treba obezbediti stabilnost nekog kretanja (sl. 4.10, 4.11). Na primer, šinsko vozilo (žiroskop sa dva stepena slobode, sl. 11), sa stalnom G G ugaonom brzinom sopstvene rotacije ω3 ≈ ω , oko ose AA1 . U slučaju da G se vagon nagne ulevo, dovoljno je ramu saopštiti ugaonu brzinu ω1 oko ose BB1 , pa će se usled presecionog kretanja pojaviti žiroskopski moment, koji vraća vozilo u ravnotežni položaj. Isto je 197


Đurković Vlado

i kada bi se vozilo nagnulo na drugu stranu, samo bi ugaona brzina G prinudne precesije ω1 trebala da ima suprotan smer. Danas postoje raznovrsni uređaji za automatsko obrtanje rama. 4.6. KRUTOST ŽIROSKOPA

Krutost ili žiroskopska inercija je svojstvo žiroskopa da se odupre ma kojoj sili koja nastoji da mu otkloni rotor iz ravni rotacije. Na krutost (inerciju) žiroskopa utiču sledeći faktori: masa rotora, momenat inercije i broj obrtaja rotora. Krutost žiroskopa se može povećati povećanjem mase rotora, rasporedom mase više prema spoljnoj ivici rotora i povećanjem broja obrtaja. Povećanjem mase rotora povećava se i težina, što je nepovoljno, a povećanje broja obrtaja ima svoju granicu i zavisi od izdržljivosti (veka) ležaja. Krutost žiroskopa se izražava preko momenta količine kretanja ( L ) rotora: L = J ⋅ω, (4.25) gde je: J − moment inercije rotora žiroskopa; ω − ugaona brzina rotora žiroskopa. 10 8 9 L

.......................... .... ....... ... ..........................

10 9 1 2

11 4 3 10

6 5 7

8

β

7

.. ... . .............. ..... .... ... . .. ... ... ........ .

5

6

4

3

ωul

2 9

1

Slika 4.12. Plivajući žiroskop

1–rotor davača momenta; 2–stator davača momenta; 3–žiromotor; 4–plovak; 5–stator davača signala; 6 – rotor davača signala; 7– telo; 8–kompenzator; 9– ležaj; 10–osovina plovka; 11–spirala grejača

198


Đurković Vlado

Da bi se povećao broj obrtaja rotora, odnosno smanjilo opterećenje ležaja, primenjuju se tzv. plivajući žiroskopi (sl. 4.12). Kod ovih žiroskopa rotor je smešten u hermetički zatvorenu kutiju, koja je ispunjena tečnošću, pri čemu je tečnost iste gustine kao i plovak, tako da praktično nema sile trenja. Međutim, i ovi žiroskopi imaju svoju slabu stranu. U toku rada zagreva se tečnost (menja se gustina), pa se narušava potpuno vešanje plovka i pojavljuje se pritisak na ležajima. Da bi se ovo sprečilo, ugrađuju se uređaji za regulaciju temperature, ali to je dosta složeno i dalje povećava masu. Pored plivajućih žiroskopa u primeni su žiroskopi sa vazdušnim vešanjem (ležajima). Kod ovih žiroskopa se umesto tečnosti primenjuje vazduh pod pritiskom, koji stvara vazdušni jastuk između osovine rotora i ležajeva i tako smanjuje trenje. Zahvaljujući primeni ove vrste ležaja, trenje se svodi na jedan toliko zanemarljiv stepen, da se može smatrati kao komponenta nulte veličine. Vazdušni ležaji rade na istom principu kao vakumski uređaji za čišćenje u kojima jedna velika gumena lopta lebdi na koničnoj vazdušnoj struji. Osnovni princip žiroskopa sa vazdušnim ležajima prikazan je na sl. 4.14.

izlaz vazduha ulaz vazduha

Slika 14. Žiroskop sa vazdušnim ležajima

Iako dosta usavršeni, vazdušni ležaji dali su jedan neželjeni autorotacioni ili turbinski momenat prouzrokovan nesimetrijom vazdušnog toka i Fukoovim strujama. Usavršavanje konstrukcije ležaja bez sumnje će eliminisati ove nedostatke. Početni uspesi u ovom pravcu pokazali su da su u žirostabilizaciji moguća stostruka poboljšanja.

199


Đurković Vlado

4.7. ŽIROSKOPSKA PRECESIJA

Važna karakteristika žiroskopa, kao što je rečeno je žiroskopska precesija. Postoje dve vrste žiroskopske precesije: stvarna (pobuđena) precesija i prividna precesija. Stvarna precesija. Stvarna žiroskopska precesija (sl. 4.5) je svojstvo žiroskopa koje prouzrokuje da rotor bude pomeren ne u pravcu sile koja na njega deluje, nego za 900 od pravca sile, i to u pravcu obrtanja rotora. Ako jedna sila deluje u tački A, i to nadole, ona je preneta kroz stožer B na ram C, takođe kao sila koja deluje nadole. Ova sila kreće se 900 u pravcu rotacije i prouzrokuje kretanje tačke D nadole, uz istovremeno kretanje (precesiju) tačke E . (sl. 4.14). smer precesije

A dejstvo sile

smer precesije

smer rotacije

E

spoljna sila

D

rotacija

C

B

ravan u kojoj deluje sila

Slika 4.14. Određivanje pravca precesije žiroskopa

ravan precesije

Slika 4.15. Precesija žiroskopa

Lak način da se zapamti pravac precesije žiroskopa, kada na njega deluje spoljna sila, jeste da se zna „pravilo ruke”, kao što je pokazano na sl. 4.15. Prste leve ili desne ruke valja postaviti u pravcu obrtanja žiroskopa i ispružiti kažiprst u pravcu sile koja deluje na žiroskop. Palac će tada da bude okrenut u pravcu precesije. Ovo pravilo poznato je i pod nazivom tzv. teorema Žukovskog, sl.4.16. Dakle, pod prividnom precesijom se podrazumeva osobina žiroskopa da se njegov rotor pod dejstvom spoljne sile pomeri u ravni koja je upravna na ravan dejstva sile. Smer precesije zavisi od toga u koju stranu se okreće rotor i kako je usmeren moment spoljnih sila. Pravilo precesije glasi: pri dejstvu spoljnih 200


Đurković Vlado

G sila vektor ugaone brzine rotora ( ω ) nastoji da se poklopi sa G vektorom momenta spoljnih sila ( M ìr. ) i to najkraćim putem (sl. 4.16). x Mìr.

ω1 ω pr.

O

ω F

y

LO z

Slika 4.16. Pravilo precesije

G G G G G F − spoljna sila; ω1 = ω pr − ugaona brzina precesije; ω ≈ ω3 − vektor G G ugaone brzine rotora; LO − moment količine kretanja; M ìr. –moment spoljne sile

Očigledno je, iz prethodnog objašnjenja žiroskopske precesije, da sila koja deluje na žiroskop u centru njegove gravitacije neće učiniti da se osa rotora nagne i da žiroskop time izmeni prethodno uspostavljeni položaj. Dakle, neće doći do pojave precesije. Prema tome, žiroskop koji rotira može biti pokretan u ma kojem pravcu, isto kao i žiroskop u miru pod uslovom da njegove osovine ostanu paralelne sa svojim prvobitnim položajem u prostoru. Prema tome, žiroskop obezbeđuje stabilnost samo u odnosu na naginjanje sopstvene ose obrtanja, Takođe, žiroskop koji rotira može da bude upotrebijen da obezbedi stabilizaciju jedino u ravnima koje sadrže njegove ose obrtanja. Za potpunu stabilizaciju u svakom avionu potrebna su dva žiroskopa, koja imaju, jedan u odnosu na drugog, ose obrtanja pod pravim uglom. Iz tog razloga su potrebna oba žiroskopa i vertikalni i horizontalni − da bi se dobila potpuna stabilizacija i da bi se uspostavile potrebne referentne linije u odnosu na koje se može meriti odstupanje. Prividna precesija. Prividna precesija nastaje zbog okretanja Zemlje oko svoje ose. Kao što se na sl. 4.17 do sl. 4.21 vidi, zbog rotacije Zemlje posmatraču na Zemlji prividno izgleda kao da se osa rotora naginje. Tako, na primer, ako jedan rotor žiroskopa ima 201


Đurković Vlado

horizontalnu osu usmerenu u pravcu istok–zapad u odnosu na Zemlju, onda će posle 3 časa osa rotora biti nagnuta u odnosu na pravac istok–zapad za 45°, posle 6 časova za 90° itd. (sl. 4.21). 0 21

B

A

P

3 SILA TE@E

18

B

6

EKV

SME

15

9 12

Slika 4.17. Položaj žiroskopa u prostoru oko zemlje – prividna precesija žiroskopa

A

ATO R

R OK

RET A

NJA ZEM LJE

Slika 4.18. Postavljanje ose žiroskopa u merdijan zbog delovanja sile teže

Zemlja se okreće u pravcu strelice (u pravcu kazaljke na satu sl. 4.17, 4.18, 4.19) sa ugaonom brzinom od jednog obrtaja na 24 časa, (tačnije 23 časa, 56 minuta i 44 sekunde).

Slika 4.19. Ponašanje slobodnog žiroskopa tokom rotacije Zemlje

Slika 4.20. Ponašanje žiroskopa podešenog prema Zemlji

Ugaona brzina okretanja Zemlje iznosi ω = 7, 20 ⋅ 10−5 s −1 ili 15 step. / h . Za posmatrače u prostoru izgledaće da osa obrtanja održava svoj položaj u pravcu istoka. Ali za posmatrače na Zemlji 202


Đurković Vlado

izgledaće da se osa obrtanja postepeno naginje, sl. 4.19. Ovaj fenomen stvara iluziju da se žiroskop obrće i da u toku svaka 24 časa izvrši jedan obrtaj. Međutim, žiroskop zadržava svoj položaj u prostoru, a zemlja se obrće oko njega. Ovo okretanje u odnosu na žiroskop zove se prividna žiroskopska precesija. Najveća prividna precesija je na ekvatoru, prema polovima se smanjuje, a na samim polovima je ravna nuli. Prividna precesija čini žiroskop nepodesnim kao referencu pri upotrebi u dužim vremenskim periodima, ukoliko nije primenjena neka vrsta mehanizma za ukrućivanje ili za kompenzaciju koji bi održavao žiroskop u stalnom odnosu prema površini Zemlje. U relativno kratkim vremenskim periodima žiroskop, ipak, može da bude upotrebljen za uspostavljanje zadovoljavajuće reference, i to bez upotrebe mehanizma za ukrućivanje ili kompenzaciju. A

A

A

12 9

12 3

12

9

6

3

9

3

6

6

A

A

A 12 9

3 6

12

12 9

3 6

9

3 6

Slika 4.21. Prividna precesija

203

Približna teorija žiroskopskih pojava

Đurković Vlado

Zadatak 73. Elisa aviona se obrće konstantnom ugaonom brzinom Ω oko ose AB. Avion izvodi cirkulacije u ravni paralelnoj sa horizontom tako da se okrene za ugao α radijana u sekundi (sl. 4.22.a). Ako je masa elemenata koji rotiraju M, a poluprečnik inercije za obrtnu osu AB „i” odrediti dinamičke pritiske na ležišta vratila AB, ako je AB=L. Rešenje: Primenimo Rezalovu teoremu (sl. 4.22.b). koja sledi iz zakona o promeni momentaGkoličine kretanja mehaničkog sistema u obliku: ∞ G G dLAB = ⇒ LA ⋅ ωα = Mi 2 ⋅ Ω ⋅ ωα , M U ∑ A L = dt i =1 ΩMi 2 ωα D D 2 FB ⋅ L = Mi Ωωα ⇒ FB = . L Na osnovu projekcije sila na vertikalnu osu je: FAD + FBD = 0 ⇒ FAD = − FBD , ΩMi 2 ωα odnosno FAD = − . L ωα Ω

Slika 4.22. Avion u zaokretu sa vektorima brzina i sila

Zadatak 74. Turbina (sl. 4.23) čije je vratilo paralelno osi broda obrće se ugaonom brzinom kojoj odgovara n = 1500 ob./ min . Težina delova koji se obrću iznosi 60 kN , a poluprečnik inercije i = 7 m . Rastojanje između ležišta vratila turbine iznosi l = 3m . Odrediti žiroskopske pritiske na ležišta vratila turbine kada brod izvodi cirkulaciju oko vertikalne ose obrćući se za 180 u sec. Rešenje: Primenimo zakon o promeni momenta količine kretanja mehaničkog sistema u obliku: rad 1 −1 Ugaona brzina cirkulacije se meri u: rad/s= = = s , a iznosi: s s 204


Đurković Vlado

2 πα π ⋅ 18 π −1 = = s . 3600 180 10 Brzina vrha vektora momenta količine kretanja je: u = LO ⋅ ω1 = J OAωω1 = mi 2 ωω1 , G GG dLO = ∑ M Os , dt G dLO d G = OK = u , dt dt ω1 =

∑M

G s O

(1) (2) (3)

= mOs = FAd ⋅ l ,

(4)

ω

ω

Slika 4.23. Brod u zaokretu sa vektorima brzina i sila

Na osnovu (3) i (4) je: FAd ⋅ l = mi 2 ⋅ ω⋅ ω1 , FAd = FBd =

mi 2 ωω1 , l

πn π ⋅1500 = = 50π s−1 , pa je 30 30 6,116 ⋅ 0,72 ⋅ 50π FAd = FBd = = 49296,02N = 49,296kN . 3

gde je ω =

Zadatak 75. Ispitati žiroskopsko dejstvo pri letu aviona s elisnim pogonom (sl. 4.24). 205


Đurković Vlado

ω

ω Slika 4.24. Elisni avion pri letu u zaokretu

Rešenje: Elisu aviona, koja se obrće velikom ugaonom brzinom ω , a ima moment inercije J = J x , možemo smatrati simetričnim žiroskopom. Ako pretpostavimo da se elisa obrće udesno, onda je vektor ugaone G brzine ω elise usmeren unapred u smeru leta (sl. 4.24). Pri zaokretu aviona ulevo, odnosno pri obrtanju ugaonom brzinom ω1 oko vertikalne ose Oz , koja prolazi kroz centar mase aviona C ≡ O nastaje žiroskopski moment, intenziteta M z = J x ωω1 . On teži da okrene avion oko poprečne ose Oy , tj. da podigne prednji deo, a spusti zadnji deo aviona. Pri zaokretu aviona udesno, žiroskopski moment teži da spusti prednji deo, a podigne zadnji deo aviona. Ova kretanja pilot sprečava upotrebom visinskog krmila. Na sličan način, pri spuštanju prednjeg dela aviona, nastali žirkoskopski moment teži da okrene avion oko vertikalne ose ulevo, što pilot sprečava upotrebom krmila pravca. Zadatak 76. Osa simetrije nekog artiljerijskog zrna koje je izbačeno iz topa obrće se usled dejstva otpora vazduha oko tangente na putanju njegovog težišta O (sl. 4.25). Odrediti period T tog kretanja ako je otpor vazduha F = 1200 N , a njegova napadna linija paralelna je tangenti na putanju artiljerijskog zrna i seče osu simetrije zrna u tački A na rastojanju OA = h = 0, 2 m . Moment količine kretanja artiljerijskog zrna u odnosu prema njegovoj osi simetrije jednak je 6000 Js .

206


Đurković Vlado

ξ

ω

θ

Slika 4.25. Granata u letu

Rešenje: Primenimo zakon o promeni momenta količine kretanja mehaničkog sistema u obliku: G n G dLO = ∑ MO . (1) dt i =1 Kako je moment spoljašnjih sila u pravcu binormale i iznosi n

mOs = ∑ M OS = F ⋅ h ⋅ sin θ , i =1 G to je i brzina vrha vektora Lξ po Rezalovoj teoremi

(2)

u = F ⋅ h ⋅ sin θ . G Sa druge strane, brzina vrha vektora Lξ je

(3)

u = Lξ ⋅ sin θ ⋅ ω1 .

(4)

F ⋅h , Lξ te je period precesionog kretanja artiljerijskog zrna L 2π T= = 2π ξ = ⋅⋅⋅ = 157,1s . ω1 F ⋅h

Izjednačavanjem (3) i (4) dobijamo ω1 =

Zadatak 77. Kroz šuplji prsten (sl. 4.26a), poluprečnika R i malog poprečnog preseka, struji tečnost velikom konstantnom brzinom v, dok se sam prsten obrće konstantnom ugaonom brzinom ω1 oko ose AB. Ravan prstena sa osom AB gradi ugao θ . Smatrajući da je ukupna težina tečnosti u prstenu G, odrediti žiroskopske pritiske na ležišta ako je AC = CB = l . 207


Đurković Vlado

ω

Slika 4.26. Šuplji prsten pri rotaciji

Rešenje: Primenimo zakon oG promeni momenta količine kretanja n G dL (1) mehaničkog sistema u obliku C = ∑ M C , dt i =1

ω

α

α

ω

Slika 4.26. Šuplji prsten pri rotaciji i vektori

gde je LC = K ⋅ R =

mCs = u =

G v ⋅ R , i moment spoljašnjih sila g

dLC = LC cos α ⋅ ω1 , dt

(2)

odnosno dLC G = vRω1 cos α . dt g Ako projektujemo na vertikalniu osu dobijamo mCs = u =

208

(3)


Đurković Vlado

G ω1vR cos α . (4) g G Primena zakona o kretanju centra inercije sistema maC = 0 , na osnovu n G ∑ Fi S = FAd + FBd = 0 daje FAd = − FBd , pa je (mCs ) y = ( − FAd + FBd ) ⋅ a =

i =1

2aFAd =

GRω1v cos α G ω1vR cos α ⇒ FAd = . 2ag g

(5)

Zadatak 78. Odrediti maksimalne žiroskopske pritiske na ležišta brzohode turbine (sl. 4.27a) koja se nalazi na brodu koji je podvrgnut harmonijskom valjanju sa amplitudom 150 i periodom 15s , ako se osa turbine A − B poklapa sa podužnom osom broda. Rotor 1 je težak 4000 N i ima radijus inercije i = 0,8 m , a obrće se sa 18000 ob./ min . Rastojanje između ležišta je AB = l = 1m Rešenje: Primetimo da je turbina žiroskop sa dva stepena slobode kretanja.

Slika 4.27. Turbina na brodu u toku plovidbe

Postavimo takon oscilovanja (ljuljanja) broda (sl. 4.27c) u obliku: ψ = C1 sin ( C2t ) . (1)

T ⎛ T⎞ , pa je ψ max. = C1 sin ⎜ C2 ⎟ . (2) 4 ⎝ 4⎠ 2π T ⎛ T⎞ Za tačku N je: ψ = 0 i t = , pa je 0 = C1 sin ⎜ C2 ⎟ ⇒ C2 = . (3) 2 T ⎝ 2⎠ Za tačku M je: ψ = ψ max. i t =

209


Đurković Vlado

ω

ψ

ω

ψ

ω

s

Slika 4.27. Turbina na brodu u toku plovidbe i vektori

Ako se sa (3) vratimo u (2) dobićemo drugu konstantu, tj., ⎛ 2π T ⎞ ψ max. = C1 sin ⎜ ⋅ ⎟ = C1 ⋅1 = C1 , a zakon ljuljnja glasi ⎝ T 4⎠ ⎛ 2π ⎞ ψ = ψ max. sin ⎜ t ⎟ , ⎝T ⎠ odnosno ugaona brzina precesije dψ 2π ⎛ 2π ⎞ cos ⎜ t ⎟ . ω1 = = ψ max. dt T ⎝T ⎠ d ω1 4π 2 ⎛ 2π ⎞ Dalje je = −ψ max. 2 sin ⎜ t ⎟ = 0 , dt T ⎝T ⎠ ⎛ 2π ⎞ ⎛ 2π ⎞ odakle sledi: sin ⎜ t ⎟ = 0 ⇒ cos ⎜ t ⎟ = ±1 , pa je ⎝T ⎠ ⎝T ⎠ 2π . ω1max. = ψ max. T NaG osnovu zakona o promeni momenta količine kretanja je: G G st . G G d G G G Gd dLA = M AFB + M AFB + M AG = M AFB , dt G πn gde je LA = J ⋅ ω = i 2 ⋅ . 30 g G Saglasno Rezalovoj teoremi brzina vrha vektora LA se obrće, tj.,

210

(4)

(5)

(6)

(7)


u=

Đurković Vlado

dLA πn 2π G = LA ⋅ ω1max. = i 2 ⋅ ⋅ ψ max. , dt g T 30 Gd

a znajući da je M AFB = FBd ⋅ l , nakon izjednačavanja Gi 2 nπ2 ψ max. G 2 πn 2π i ⋅ ⋅ ψ max. = FBd ⋅ l ⇒ FBd = , g T 30 15 gTl π dobijamo za ψ max. (150 ) = 12 π 4000 ⋅ 0,82 ⋅18000 ⋅ π2 ⋅ d 12 = 5394, 28 N . FB = (8) 15 ⋅ 9,81 ⋅15 ⋅1 U trenutku kada je ω = 0 ⇒ ψ = 0 , tj. turbina se ne obrće, reakcije su jednake nuli. Žiroskopski pritisci na ležišta vratila turbine A i B su istog intenziteta i G G pravca, a suprotnog smera od dinamičkih reakcija FAd i FBd .

Zadatak 79. Vratilo brodske turbine (sl. 4.29) sa rotorom postavljeno je upravno na uzdužnu osu broda i obrće se oko svoje ose velikom ugaonom brzinom ω = ω3 . Ležišta vratila turbine A i B nalaze se na

međusobnom rastojanju AB = l . Moment inercije rotora i delova koji se sa njim obrću u odnosu na osu vratila je J C ξ . Brod se ljulja oko svoje

⎛ 2π ⎞ uzdužne ose po zakonu ψ = ψ 0 cos ⎜ t ⎟ , gde je ψ 0 amplituda tog ⎝T ⎠ kretanja, a T period oscilovanja broda (sl. 4.29). Odrediti maksimalne žiroskopske pritiske na ležišta vratila turbine. Rešenje: Primetimo da je turbina žiroskop sa dva stepena slobode kretanja. G Moment količine kretanja LC usmeren je duž ose C ξ , tj. duž ose G materijalne simetrije žiroskopa. Vrh D vektora LC usled oscilovanja

(ljuljanja) broda ima brzinu vD, usmerenu vertikalno naviše, tj.,

vD, = LC ⋅ ω1 .

(1)

Znajući da je LC = J Cξ ω , to je v = J Cξ ω⋅ ω1 . , D

211

(2)


Đurković Vlado

Iz zakona oscilovanja broda nalazimo da je 2π 2π ⎛ 2π ⎞ ψ = ω1 = ψ 0 cos ⎜ t ⎟ ⇒ ψ max. = ω1max. = ψ0 , T T ⎝T ⎠ pa je 2π (3) vD, = J Cξ ω⋅ ψ 0 . T Saglasno Rezalovoj teoremi i moment spoljašnjih sila u odnosu na G nepokretnu tačku C ima pravac i smer vektora vD, i istog je intenziteta kao brzina vD, , tj. n G 2πψ 0 M Cs = ∑ M CS = J Cξω . T i =1

(4)

ξ ω ω

Slika 4.28. Brod i turbina u zaokretu sa vektorima brzina i sila

G S obzirom na to da je moment težine G rotora za tačku C jednak nuli, G G to dinamičke reakcije N Ad i N Bd obrazuju spreg sila momenta (4), pa i G tome sile sprega uvek leže u ravni normalnoj na vektor M Cs , na sl.8 u G G horizontalnoj ravni. Intenzitet dinamičkih reakcija N Ad i N Bd određuje se po furmuli M s 2πψ 0 (5) N Ad = N Bd = C = J Cξω . l T ⋅l U trenutku kada je ω = 0 , tj. turbina se ne obrće, reakcije su jednake nuli. 212


Đurković Vlado

Žiroskopski pritisci na ležišta vratila turbine A i B su istog intenziteta i G G pravca, a suprotnog smera od dinamičkih reakcija N Ad i N Bd .

213

Teorija udara

Đurković Vlado

5. TEORIJA UDARA 5.1. POJAVA UDARA U dinamici I je proučavano delovanje sila koje su imale malu (konačnu) promenu intenziteta u toku jako male promene vremena. Kretanje tela, koje je posledica dejstva sila, karakteriše neprekidna promjena intenziteta i pravca brzina njegovih tačaka. Međutim, postoje i takvi slučajevi kada brzine tačaka tela ili, preciznije rečeno, kada količine kretanja tačaka tela, za male intervale vremena, dobijaju konačne promene. Pojava pri kojoj u beskonačno malom intervalu vremena količina kretanja tačke dobija konačnu promenu naziva se udar. Konačna promena količine kretanja tela ili materijalne tačke u beskonačno malom intervalu vremena dolazi otuda što su intenziteti sila koje deluju pri udaru veoma veliki, pa su njihovi impulsi za vreme trajanja udara konačne veličine. Sile koje deluju na telo (tačku) za veoma kratko vreme (hiljaditi deo sekunda i manje), a imaju jako veliku promenu svog intenziteta, nazivaju se udarnim silama. 5.2. DEJSTVO UDARNE SILE NA MATERIJALNU TAČKU Posmatrajmo kretanje materijalne tačke M, mase m, na koju deluje G udarna sila F (sl. 5.1). G Pretpostavimo da je udarna sila F počela svoje delovanje u trenutku 1 t, a završila u trenutku t + τ , gde je τ = s − vreme trajanja udara. 1000 Primenimo na tačku, za vreme trajanja udara, zakon o promeni količine kretanja: t +τ t +τ G G G FG G G G FG k (5.1) K1 − K 0 = mu − mv = I (0,1) + I (0,1) = ∫ Fdt + ∫ Fk dt , t

215

t

Teorija udara

Đurković Vlado

G G gde su: K1 , K 0 − količina kretanja tačke neposredno posle, odnosno G G neposredno pre udara, u , v − brzina tačke neposredno posle i neposredno G G prije udara, F − udarna sila, Fk − rezultanta svih neudarnih sila i τ − vreme trajanja udara (koje je veoma malo). trajektorija poslije udara

trajektorija prije udara

I

F

K1 u

M Fk

K0 v neudarna sila

Slika 5.1. Materijalna tačka i trajektorija pre i posle udara

Očito je da je poslednji integral u izrazu (5.1), tj. impuls neudarnih sila za vreme trajanja udara, zanemarljiva veličina u odnosu na impuls G udarnih sila, kojeg ćemo obeležavati sa I . Prema tome, sledi: G G G K1 − K 0 = I (0,1) . (5.2) Ukoliko na materijalnu i = ( 1, 2,..., n ) , tada je: n G G G i K1 − K 0 = ∑ I (0,1) ,

tačku

deluje

više

udarnih

impulsa (5.3)

i =1

odnosno: G G n Gi mu − mv = ∑ I (0,1) ,

(5.4)

i =1

što predstavlja zakon o promeni količine kretanja materijalne tačke pri udaru. Pošto su u toku trajanja udara, sile veoma velike, a vreme trajanja udara veoma malo, za osnovnu veličinu koja karakteriše dejstvo udarne G sile uzima se njen impuls I . Na osnovu do sada navedenog sledi nekoliko osnovnih zaključaka o udaru: a) dejstvo neudarnih sila se za vreme trajanja udara može zanemariti, b) pomeranje tačke se za vreme 216

Teorija udara

Đurković Vlado

trajanja udara može zanemariti i c) udar se manifestuje u konačnoj n G i I (0,1) G G ∑ . promeni brzine kretanja tačke, što je vidljivo iz (5.4): u = v + i =1 m 5.3. ZAKON O PROMENI KOLIČINE KRETANJA SISTEMA MATERIJALNIH TAČAKA PRI UDARU

Pretpostavimo da na sistem materijalnih tačaka koji se kreće deluju G G G spoljašnji impulsi I1 , I 2 ,..., I p , gde je p − broj konačnih impulsa. Ako na neku materijalnu tačku M i

( i = 1,..., n )

primenimo zakon o promeni

količine kretanja pri udaru, imaćemo: G G G G mi ui − mi vi = I is + I iu , G G gde su: I is − rezultanta svih spoljašnjih impulsa i I iu − rezultanta svih unutrašnjih impulsa, koji deluju na tačku M i . Sumiranjem poslednjeg izraza za sve materijalne tačke, dobićemo: p G p G n n G G s m u − m v = I + ∑ i i ∑ i i ∑ i ∑ I iu . i =1

i =1

i =1

i =1

Zbog osobina unutrašnjih sila poslednji član u ovom izrazu jednak je nuli. Prva dva člana predstavljaju količine kretanja sistema neposredno p G G G i posle i neposredno pre udara. Prema tome je: K1 − K 0 = ∑ I (0,1) . i =1

Ovaj izraz predstavlja zakon o promeni količine kretanja sistema pri udaru i glasi: promena količine kretanja sistema materijalnih tačaka pri udaru jednaka je sumi svih spoljašnjih impulsa, koji za vreme udara deluju na taj sistem. Projektujući prethodnu vektorsku relaciju na pojedine ose, imaćemo: p G p G p G muCx − mvCx = ∑ I ixs , muCy − mvCy = ∑ I iys , muCz − mvCz = ∑ I izs , i =1

i =1

i =1

G G gde su uC i vC − brzine centra mase sistema neposredno posle i pre udara.

217

Teorija udara

Đurković Vlado p

Gs

∑I

U slučaju kada je:

i =1

i

G G G G = 0 , sledi: K1 = K 0 , tj., uC = vC .

5.4. ZAKON O PROMENI MOMENTA KOLIČINE KRETANJA SISTEMA PRI UDARU

Pođimo od zakona o promeni količine kretanja materijalne tačke Mi, koja pripada sistemu materijalnih tačaka na kojeg deluju spoljašnji G G G G impulsi (sl.5.2): mi ui − mi vi = I is + I iu . G Pomnožimo vektorski ovu jednačinu sa radijus−vektorom ri koji spaja neku proizvoljnu tačku O sa tačkom Mi i sumirajmo sve te dobijene n n n n G G G G G G G G izraze po tačkama: ∑ ( ri × mi ui ) − ∑ ( ri × mi vi ) = ∑ ri × I is + ∑ ri × I iu . i =1

i =1

i =1

(

)

i =1

(

)

Zbog osobina unutrašnjih sila, poslednji član na desnoj strani u izrazu p G G G Gs je jednak nuli. Prema tome sledi: LO − LO = ∑ M OIi .

( ) ( ) 1

0

i =1

s

z

u I1

I1 v

M1 m1

r1 ri O

s

Ii

u Mi mi

ui

u

Ii vi

y

x

Slika 5.2. Sistem materijalna tačka, impulsi i brzine pre i posle udara

Poslednji izraz predstavlja zakon o promeni momenta količine kretanja sistema materijalnih tačaka pri udaru i glasi: priraštaj momenta količine kretanja sistema materijalnih tačaka u toku udara, za proizvoljnu nepomičnu tačku, jednak je sumi momenata svih spoljašnjih impulsa u odnosu na tu tačku. Projektovanjem prethodne vektorske relacije na pojedine ose, imamo: p

p

Gs

Gs

p

Gs

( Lx )1 − ( Lx )0 = ∑ M xI , ( Ly )1 − ( Ly )0 = ∑ M yI , ( Lz )1 − ( Lz )0 = ∑ M zI i

i

i =1

i =1

218

i =1

i

.

Teorija udara

Đurković Vlado

5.5. UDAR TELA O NEPOMIČNU POVRŠINU. KOEFICIJENT USPOSTAVLJANJA (RESTITUCIJE) PRI UDARU

Usvojimo neke definicije i nazive. − Centralni udar je onaj kod kojeg normala na površinu tela koje udara o nepomičnu površinu, u tački njegovog dodira sa površinom, prolazi kroz centar inercije tela. U protivnom je reč o ekscentričnom udaru. vx

C vy

v D

Slika. 5.3. Centralni kosi udar

− Upravni udar je onaj kod kojeg brzina središta masa tela neposredno pre udara zatvara pravi ugao u odnosu na zajedničku tangentnu ravan, povučenu između tela i nepomične površine u tački udara. U protivnom je reč o kosom udaru. C v

Slika. 5.4. Upravni ekscentrični udar

a) prav udar kugle o nepomičnu površinu Pretpostavimo da telo udara o nepomičnu površinu i tom prilikom pravi centralni udar (sl. 5.5). Tipičan primer jeste udar kugle pod pravim uglom o nepomičnu površinu. U toku udara razlikovaćemo dve faze. U prvoj fazi (fazi kompresije) dolazi do deformacije (sabijanja) i tela i površine sve dotle dok brzine svih tačaka ne postanu jednake nuli. Pri tome se kinetička energija tela pretvara u potencijalnu energiju deformacije i u toplotnu energiju. Odnos te dve energije predstavlja ujedno i merilo odnosa elastične i plastične deformacije pri udaru. 219

Teorija udara

Đurković Vlado

U drugoj fazi (fazi restitucije), usled elastične deformacije, telo se delimično vraća u prvobitni oblik i pri tome dobija brzinu koja će na G kraju udara biti u .

C

I =I+I Slika 5.5. Udarni impuls

G G Ukupan impuls I sastojaće se od dve komponente, gde je I ' − impuls G u toku faze kompresije, a I '' − impuls u toku faze restitucije. v0 = 0

M0

M2

h1

h2

u M1 v

Slika 5.6. Položaj tačke pre i posle udara

Odnos brzina (relativnih) neposredno posle i neposredno pre sudara karakteriše se koeficijentom uspostavljanja (restitucije) pri sudaru, a u označava se sa k = . Što je sudar elastičniji, to je i koeficijent k veći. v Vrednost ovog koeficijenta se kreće u granicama 0 < k < 1 . Eksperimentalno, koeficijent se može odrediti preko visina h1 i h2 , čije značenje je vidljivo sa sl. 5.6, gdje su h1 − visina padanja kuglice, h2 − G visina odskoka kuglice, v − brzina kuglice neposredno pre udara u 220

Teorija udara

Đurković Vlado

G podlogu, računata bez otpora vazduha pri kretanju, a u − brzina kuglice neposredno posle udara u podlogu, računata bez otpora vazduha pri kretanju. Tada su brzine kretanja kuglice: v = 2 gh1 ; u = 2 gh2 .

2 gh2 u h = = 2 . v h1 2 gh1 Koeficijent restitucije k za različite materijale prikazan je u Tabeli 1.

Na osnovu prethodnog sledi da je k =

Tabela 1. Koeficijent restitucije za određeni materijal k − koeficijent restitucije 0.4 − 0.6 0.55 − 0.8 0.93 − 0.96 0.4 − 0.7

materijal (kugle/površine) drvo/drvo čelik/čelik staklo/staklo sivi liv/sivi liv

Međutim, koeficijent restitucije se može okarakterisati i odnosom impulsa u fazi restitucije i fazi kompresije. Primenimo zakon o promeni količine kretanja tela za prvu fazu sudara 0 ( ≤ t ≤ τ1 ) : G G G K − K0 = I ' , (5.5) G gde je: K - količina kretanja na kraju prve faze sudara. I I

u M

M v faza kompresije

faza restitucije

Slika 5.7. Faze udara

Projektujući izraz (5.5) na normalu povučenu na zajedničku udarnu površinu, dobijamo: 0 − (−mv) = I ' ⇒ , mv = I ' . (5.6) 221

Teorija udara

Đurković Vlado

Za drugu fazu sudara ( τ1 ≤ t ≤ τ ) biće: G G G K1 − K 0 = I '' , mu − 0 = I '' ⇒ mu = I '' . Na osnovu (5.6) i (5.8) sledi da koeficijent restitucije iznosi: τ1

(5.7) (5.8)

τ

0 + mv = I ' = ∫ FN dt ;

mu + 0 = I '' = ∫ FN dt , τ1

0

I '' . (5.9) I' Prema tome, koeficijent restitucije je jednak odnosu intenziteta impulsa u fazi restitucije i kompresije, pri udaru tela o glatku površinu. U slučaju udara tela o hrapavu površinu (ukoliko taj udar nije pravi centralni udar), koeficijent restitucije biće jednak odnosu intenziteta normalnih komponenata impulsa u drugoj i prvoj fazi sudara. k=

b) kosi udar kugle o nepomičnu glatku površinu Za slučaj kosog centralnog udara o glatku površinu (vidi sl.5.8), primenom zakona o promeni količine kretanja na telo (kuglicu), imaćemo: G G G mi ui − mi vi = I . (5.10) Projektovanje jednačine (5.10) na tangentu (T ) daje:

mu ⋅ sin β − mv ⋅ sin α = 0 , to jest: uT = vT ⇒ uT = u sin β = v sin α .

(5.11) (5.12)

(N) α.

.β

u (T)

v I

M

FN

Slika 5.8. Vektori ulazne i izlazne brzine

Vidimo da je u ovom slučaju projekcija ulazne brzine vT na 222

Teorija udara

Đurković Vlado

zajedničku tangentnu ravan jednaka projekciji izlazne brzine uT na istu ravan. Projekcija jednačine (5.11) na normalu ( N ) daje: mu ⋅ cos β − (− mv ⋅ cos α) = I . Na osnovu (5.11) i (5.13), sledi: I = m ⎡⎣v ⋅ cos α ( k + 1) ⎤⎦ ,

(5.13)

(5.14)

jer je: u N = k vN ili u N = − kvN , gde je: u N = u cos β ; vN = −v cos β ; u N = u cos β = −k (−v cos α) = kv cos α ; u ⋅ cos β

=

uN

=k. −v ⋅ cos α −vN S obzirom na to da je: v ⋅ sin α sin β = , u dobija se da je β ≥ α , tj. u ≤ v . Ukupna brzina nakon udara je:

(5.15)

(5.16)

u = u N2 + uT2 = v 2 sin 2 α + v 2 k 2 cos 2 α = v sin 2 α + k 2 cos 2 α , uT v sin α 1 = T = = tg α , u N k vN k cos α k na osnovu čega je očigledno da je tgβ ≥ tg α i da je k ≤ 1 .

a ugao je: tgβ =

c) opšti slučaj sudara dvaju tela proizvoljnog oblika Za opšti slučaj sudara dvaju tela proizvoljnog oblika (vidi sl.5.9.) koeficijent sudara će biti: G G u A 2 − u A1 ) ( k= G , (5.17) G ( vA2 − vA1 ) G G gde su: u A 2 , u A1 − brzine udarne tačke tela (2), odnosno udarne tačke tela G G (1), neposredno nakon sudara, a v A 2 , v A1 − brzine udarne tačke tela (2), odnosno udarne tačke tela (1) neposredno pre sudara. Prema tome, koeficijent restitucije za opšti slučaj sudara dva tela proizvoljnog oblika jednak je odnosu intenziteta projekcija relativnih brzina udarnih tačaka tela neposredno nakon i neposredno pre sudara, na 223

Teorija udara

Đurković Vlado

zajedničku normalu sudara. (T) vA1 (2)

(1)

A1

A2

uA2

u A1 vA2

(N)

Slika 5.9. Opšti slučaj sudara dva tela proizvoljnog oblika

5.6. PRAVI CENTRALNI SUDAR DVA TELA

Pretpostavimo da se dva tela mase m1 i m2 ,, krećući se translatorno G G brzinama v1 i v2 , sudaraju tako da čine pravi centralni sudar (sl.5.10). C1

v1

m1

C 2 v2

C 2 u (x)

C1 u m2

m1

m2

Slika 5.10. Pravi centralni sudar dva tela pri translaciji

Da bismo odredili brzine ovih tela nakon sudara, kao i impulse u prvoj i drugoj fazi sudara, potrebno je koristiti zakon o promeni količine kretanja oba tela zajedno kao sistema i jednog od njih posebno. Postavimo zakon o promjeni količine kretanja za prvu fazu sudara, p G G G s (0 ≤ t ≤ τ1 ) , za obadve kugle zajedno: K1 − K 0 = ∑ I (0,1) , i =1

G G G (5.18) ( m1 + m2 ) u − m1v1 − m2v2 = 0 , G gde je u − zajednička brzina ova dva tela na kraju prve faze sudara. Projektujući (5.18) na osu x, dobijamo: ( m1 + m2 ) u x − m1v1x − m2v2 x = 0 , 224

Teorija udara

Đurković Vlado

m1v1x + m2 v2 x . (5.19) m1 + m2 Primenimo za prvo telo zakon o promeni količine kretanja u toku prve faze sudara (0 ≤ t ≤ τ1 ) , vidi sl.5.11. ux =

v1

C1

I

u

m1

Slika 5.11. Vektori u toku prve faze sudara prvog tela

G G G m1u − m1v1 = I ' , (5.20) G gde je: I ' − impuls kojim drugo telo deluje na prvo u toku prve faze sudara. Projektujmo sada (5.20) na osu x: m1 ( u x − v1x ) = − I ' = I II'' (5.21)

Na osnovu (5.19) i (5.21) može se izračunati udarni impuls u toku ⎛ m v + m2 v2 x ⎞ prve faze sudara. I ' = m1 ( u x − v1x ) = m1 ⎜ v1x − 1 1x ⎟, m1 + m2 ⎠ ⎝ m v + m2 v1x − m1v1x − m2 v2 x I ' = m1 1 1x , m1 + m2 mm I ' = 1 2 ( v1x − v2 x ) . (5.22) m1 + m2 Postavimo sada zakon o promeni količine kretanja za obadva tela kao sistem u drugoj fazi sudara ( τ1 ≤ t ≤ τ ) , vidi sl.5.12. K0 C1 u

K1 C1

C2 u

m1

u1

C 2 u 2 (x) m1

m2

m2

Slika 5.12. Tela u drugoj fazi sudara pri translaciji 225

Teorija udara

Đurković Vlado

p G G G G G G s K1 − K 0 = ∑ I (0,1) ⇒ m1u1 + m2u2 − ( m1 + m2 ) u = 0 ,

(5.23)

i =1

Projektovanjem na osu (x) dobijamo: m1u1x + m2u2 x − ( m1 + m2 ) u x = 0 , m1u1x + m2u2 x . (5.24) m1 + m2 Postavimo zakon o promeni količine kretanja za prvo telo (sl.5.13) u toku druge faze sudara ( τ1 ≤ t ≤ τ ) , G G G m1 ( u1 − u ) = I '' ⇒ m1 ( u1x − u x ) = − I '' , ux =

⎛ m u + m2u2 x ⎞ I '' = m1 ( u x − u1x ) = m1 ⎜ 1 1x − u1x ⎟ , ⎝ m1 + m2 ⎠ mm I '' = 1 2 ( u2 x − u1x ) . m1 + m2

u

C1 u1

(5.25)

I m1

Slika 5.13. Prvo telo u toku druge faze sudara

G Ovde je I '' − impuls kojim drugo telo deluje na prvo telo u toku druge faze sudara. Pošto je odnos intenziteta u drugoj i prvoj fazi sudara jednak koeficijentu restitucije k, na osnovu (5.22) i (5.25) imaćemo sledeću formulu: m1m2 ( u2 x − u1x ) u −u I '' m1 + m2 = 2 x 1x . (5.26) k= = m1m2 I' v − v 1 2 x x ( v1x − v2 x ) m1 + m2 Ukupni impuls u toku sudara je: mm I = I '+ I '' = 1 2 ( v1x − v2 x + u2 x − u1x ) . (5.27) m1 + m2 Uvrštavajući izraz (5.26) u (5.27), dobijamo: 226

Teorija udara

Đurković Vlado

m1m2 (5.28) ( k + 1)( v1x − v2 x ) . m1 + m2 Da bismo našli brzine tela (1) i (2) nakon sudara, postavićemo za oba tela posebno zakon o promeni količine kretanja za celokupno vreme sudara, 0 ≤ t ≤ τ . I=

Telo 1 (sl.5.14):

v1

C1

u1

I = II

- II

C2 m2

m1

Slika 5.14. Oba tela za celokupno vreme sudara

G I G G m1 ( u1 − v1 ) = I I ⇒ m1 ( u1x − v1x ) = − I ⇒ u1x = v1x − , m1 m2 u1x = v1x − ( k + 1)( v1x − v2 x ) . m1 + m2

Telo 2 (sl.5.15): G I G G m2 ( u2 − v2 ) = I II ⇒ m2 ( u2 x − v2 x ) = I ⇒ u2 x = v2 x + , m2 m1 u2 x = v2 x + ( k + 1)( v1x − v2 x ) . m1 + m2

I

C1

I = I II

C 2 v2 u 2 m2

m1

Slika 5.15. Oba tela za celokupno vreme sudara 227

(5.29)

(5.30)

Teorija udara

Đurković Vlado

5.7. GUBITAK KINETIČKE ENERGIJE TELA PRI SUDARU

a) Pravi centralni udar tela o nepomičnu podlogu U ovom slučaju je: ∆Ek = Ek 0 − Ek 1 , gde su: ∆Ek − promena kinetičke energije, Ek 0 − kinetička energija tela pre sudara i Ek 1 − kinetička energija tela nakon sudara. 1 1 m m ∆Ek = mv 2 − mu 2 = ( v 2 − u 2 ) = v 2 (1 − k 2 ) . 2 2 2 2 Prema tome, ukoliko je reč o potpuno elastičnom sudaru, kada je k = 1 , tada je promena kinetičke energije ∆Ek 0 = 0 , a ukoliko je reč o potpuno plastičnom sudaru, tj. kada je k = 0 , celokupna kinetička energija se pretvara u toplotnu. b) pravi centralni sudar dva tela Koristeći izraz (5.29) i (5.30) iz prethodnog poglavlja, slijedi: 1 ∆Ek = Ek 0 − Ek1 = ⎡⎣ m1 ( v12x − u12x ) + m2 ( v22x − u22x ) ⎤⎦ = 2 1 = ⎡⎣ m1 ( v1x − u1x )( v1x + u1x ) + m2 ( v2 x − u2 x )( v2 x + u2 x ) ⎤⎦ . 2 Nakon uvrštavanja izraza (5.29) i (5.30) za u1x i u2 x , sledi: ∆Ek =

m2 1⎡ ( k + 1)( v1x − v2 x )( v1x + u1x ) − ⎢ m1 2 ⎣ m1 + m2

− m2

⎤ m1 ( k + 1)( v1x − v2 x )( v2 x + u2 x ) ⎥ = m1 + m2 ⎦

1 m1m2 ( k + 1)( v1x − v2 x )( v1x − v2 x − u2 x + u1x ) . 2 m1 + m2 Iz poslednjeg izraza vidimo da neće biti gubitka kinetičke energije, ukoliko je k = 1 (elastičan sudar) a da će pod uslovom da je k = 0 (plastičan sudar), u opštem slučaju, samo deo kinetičke energije preći u toplotnu. U ovom slučaju će gubitak kinetičke energije biti potpun samo ako se ostvari sudar dvaju tela iste mase suprotnih brzina po smeru brzina, istih intenziteta i ako je k = 0 . =

228

Teorija udara

Đurković Vlado

5.8. DELOVANJE UDARNOG IMPULSA NA TELO KOJE SE OBRĆE OKO STALNE OSE

G Pretpostavimo da se telo obrće oko stalne ose ugaonom brzinom ω0 i G G G da u datom trenutku na to telo deluju spoljašnji impulsi I1 , I 2 ,..., I n (sl.5.16). z IB

B I3

ω0

I1

I2

ω1 A

IA

Slika 5.16. Telo pri rotaciji oko stalne ose i udarni impulsi

Da bismo odredili uticaj spoljašnjih sila na promenu ugaone brzine tela, iskoristićemo zakon o promeni momenta količine kretanja: n G G G Gs LA − LA = ∑ M AIi .

( ) ( ) 1

0

i =1

Projektujući ovu vektorsku relaciju na osu z imamo: n

n

Gs

J z ( ω1z − ω0 z ) = ∑ M AIi ⇒ ω1z = ω0 z + i =1

∑M i =1

Jz

G Iis A

.

5.9. IMPULSNE REAKCIJE

Usled delovanja spoljašnjih impulsa na telo koje rotira oko stalne ose, u ležištima se pojavljuju impulsne reakcije. Da bismo videli kako spoljašnji impuls utiče na pojavu impulsnih reakcija u ležištima, kod obrtanja tela oko stalne ose, pretpostavimo da se G telo obrće oko stalne ose z ugaonom brzinom ω0 pre sudara i da na njega G u tački M deluje spoljašnji impuls I (sl. 5.17). 229

Teorija udara

Đurković Vlado

z I Bx

I By B Iz

K1

K Ix

vC uC

C

O

y

d

xK yK

h

.

ω0

x

Iy

zK

ω1 IAz I Ax

I Ay A

Slika 5.17. Položaj tačke udara spoljašnjeg impulsa na telu pri rotaciji

G Nakon sudara će telo imati neku ugaonu brzinu ω1 . Usvojimo koordinatni sistem koji je čvrsto vezan za telo koje rotira, pri čemu je osa y okomita na osu z i prolazi kroz centar inercije C, a osu z seče u tački O. Osa x polazi iz tačke O i sa osama y i z formira desno orijentisani sistem. Primenimo zakon o promeni količine kretanja, u toku sudara. n G G G G G G G G s K1 − K 0 = ∑ I (0,1) ⇒ m ( uC − vC ) = I + I A + I B . (5.31) i =1

Projektovanjem jednačine (5.31) na sve tri ose, imaćemo: − md ( ω1z − ω0 z ) = I x + I Ax + I Bx , 0 = I y + I Ay + I By , 230

(5.32) (5.33)

Teorija udara

Đurković Vlado

0 = I z + I Az . (5.34) Primenimo sada zakon o promeni momenta količine kretanja pri udaru: n G G G Gs LO − LO = ∑ M OIi . (5.35)

( ) ( ) 1

0

i =1

Projektovanjem ovog zakona na ose, imaćemo: ( LO )1x − ( LO )0 x = I z yM − I y zM + I Ay h − I By ( l − h ) ,

( LO )1 y − ( LO )0 y = I x zM − I z xM − I Ax h + I Bx ( l − h ) , ( LO )1z − ( LO )0 z = I y xM − I x yM ,

(5.36) (5.37) (5.38)

Pošto je pri rotaciji oko stalne ose ωx = ω y = 0 , a ω = ωz , tada

projekcije vektora momenta količene kretanja na ose: Lx = J x ωx − J xy ω y − J xz ωz , Ly = − J yx ωx + J y ω y − J yz ωz , Lz = − J zx ωx − J zy ω y + J z ωz , postaju: Lx = − J xz ωz , Ly = − J yz ωz , Lz = J z ωz , pa jednačine (5.36), (5.37) i (5.38) sada možemo pisati kao: − J xz ( ω1z − ω0 z ) = I z yM − I y zM + I Ay h − I By ( l − h ) ,

(5.39)

− J yz ( ω1z − ω0 z ) = I x zM − I z xM − I Ax h + I Bx ( l − h ) ,

(5.40)

J z ( ω1z − ω0 z ) = I y xM − I x yM .

(5.41)

Sistem jednačina (5.32), (5.33), (5.34), (5.39), (5.40) i (5.41) nam omogućava da odredimo impulsne reakcije I Ax , I Ay , I Az , I Bx i I By , kao i ugaonu brzinu ω1z . Razmortimo sada slučaj kada su impulsne reakcije jednake nuli. Pod uslovom da su: I Ax = I Ay = I Az = I Bx = I By = 0 , izrazi (5.32), (5.33), (5.34), (5.39), (5.40) i (5.41) postaju: − md ( ω1z − ω0 z ) = I x ,

(5.42)

0 = Iy ,

(5.43)

0 = Iz ,

(5.44)

− J xz ( ω1z − ω0 z ) = I z yM − I y zM ,

(5.45) 231

Teorija udara

Đurković Vlado

− J yz ( ω1z − ω0 z ) = I x zM − I z xM ,

(5.46)

J z ( ω1z − ω0 z ) = I y xM − I x yM .

(5.47)

Iz prethodnih izraza vidimo da: a) na osnovu (5.43) i (5.44) aktivni impuls I mora biti paralelan osi x, b) na osnovu (5.43), (5.44) i (5.45) mora biti J xz = 0 , c) na osnovu (5.42), (5.44) i (5.46) koordinata udarne tačke zM je: J zM = yz i (5.48) md d) na osnovu (5.42), (5.43) i (5.47) koordinata yM je J yM = z . (5.49) md Pošto je prema Štajnerovoj teoremi J z = J Cz + md 2 , (5.50) gde je J Cz − moment inercije za osu koja je paralelna osi z, a prolazi kroz centar inercije, tada je koordinata yK: J Cz + md 2 J Cz = +d . (5.51) yM = md md Na osnovu poslednjeg izraza sledi da je yM > d . Na osnovu sistema jednačina (5.42) do (5.47) sledi da koordinata xK ima neodređeno rešenje. Tačka M1 u kojoj pravac aktivnog udarnog impulsa (za slučaj da su impulsne reakcije jednake nuli), probada ravan Oyz, naziva se centar udara. Zaključak: a) da se pri udaru ne bi javile udarne sile u ležištima, mora biti ispunjen uslov da je centrifugalni moment tijela J xz jednak nuli, b) udarni impuls je upravan na ravan (Oyz) i c) koordinata tačke M gde udar dejstvuje zadovoljava jednačine (5.48) i (5.49), a treća koordinata xM je proizvoljna.

232

Teorija udara

Đurković Vlado

5.10. ODREĐIVANJE DINAMIČKIH REAKCIJA U LEŽIŠTIMA PRI OBRTANJU KRUTOG TELA OKO NEPOMIČNE OSE Glavne ose inercije tela. Dinamičko uravnoteženje masa

Pretpostavimo da se telo proizvoljnog oblika (sl.5.18) obrće oko G G G nepokretne ose z pod dejstvom aktivnih sila F1a , F2a ,..., Fna i da u datom G G momentu ima ugaonu brzinu ω i ugaono ubrzanje ε . z

Y Bd

B X dB

a

F2

Ri

ϕi

in FiT

a

F1

in FiN

Mi

h

a

ri

.

Fi C

ε

zi

ω ZAd A d XA

y

YAd

xi

yi

x

Slika 5.18. Tačka tela pri rotaciji oko stalne ose pod dejstvom sila ω A,B

ε

yi ϕi ri

y xi Mi

ϕC

RC

in FiT in FRT

C

in FiN

in FRN

x

Slika 5.19. Centar mase tela pri rotaciji oko stalne ose

Da bismo odredili reakcije u ležištima A i B (dinamičke komponente 233

Teorija udara

Đurković Vlado

tih reakcija), primenićemo Dalamberov princip: G G G FRa + FRr + FRin = 0 , G G G gde je: FRin = − m ( aCT + aCN ) .

(5.52)

Projektujući jednačinu (5.52) na ose x, y i z, imaćemo: in sin ϕC + FRTin cos ϕC = 0 , X Ra + X Ad + X Bd + FRN

(5.53)

Y + Y + Y + F cos ϕC − F sin ϕC = 0 ,

(5.54)

Z +Z =0. Poslednji članovi u izrazima (5.53) i (5.54) su: FRTin cos ϕC = mRC ε cos ϕC = mεyC ,

(5.55)

a R

a R

d A

d B

in RN

in RT

d A

FRTin sin ϕC = mRC ε sin ϕC = mε xC , in FRN sin ϕC = mRC ω2 sin ϕC = mω2 xC ,

in FRN cos ϕC = mRC ω2 cos ϕC = mω2 yC . Sistem jednačina (5.53), (5.54) i (5.55) postaje: X Ra + X Ad + X Bd + mω2 xC + mε yC = 0 ,

(5.56)

YRa + YAd + YBd + mω2 yC − mε xC = 0 ,

(5.57)

Z +Z =0. Koristeći izraz (15.91) za rotaciju tela oko stalne ose iz 15.19.1, možemo postaviti momentne jednačine za pojedine slede iz Dalamberovog principa: a M Ax − YBd ⋅ h + ( J xz ε z − J yz ω2 ) = 0 , a R

d A

a M Ay + X Bd ⋅ h + ( J yz ε z + J xz ω2 ) = 0 ,

(5.58) poglavlja ose koje (5.59) (5.60)

a (5.61) M Az − J zεz = 0 . Na osnovu sistema jednačina (5.56), (5.57), (5.58) i (5.60) mogu se izračunati nepoznate dinamičke reakcije X Ad , X Bd , YAd I YBd . Jednačina (5.61) predstavlja jednačinu rotacije oko stalne ose, poznatu iz dinamike materijalne tačke. Potražimo sada uslove pri kojima su dinamičke reakcije jednake nuli. U slučaju kada su dinamičke reakcije jednake nuli, imamo: X Ad = X Bd = YAd = YBd = Z Ad = 0 , (5.62) i uz uslov da je

234

Teorija udara

Đurković Vlado

X Ra = YRa = 0 , sledi: Z Ra = 0 ,

(5.63) (5.64)

mω xC + mε z yC = 0 ,

(5.65)

mω yC − mε z xC = 0 ,

(5.66)

J xz ε z − J yz ω = 0 ,

(5.67)

J yz ε z + J xz ω2 = 0 .

(5.68)

2

2

2

Na osnovu (5.65) i (5.66) sledi da je: xC = 0 , (5.69) yC = 0 , (5.70) a to znači da je centar inercije (težište) na obrtnoj osi. Međutim, na osnovu (5.67) i (5.68), sledi da je: J xz = 0 , (5.71) J yz = 0 , (5.72) a to znači da osa z mora biti glavna centralna osa inercije. Ali, ukoliko nije obezbeđen uslov da osa z bude glavna centralna osa inercije, to možemo obezbediti dodavanjem novih masa sistemu koji se obrće. Za slučaj da su poznate dodatne mase, m1 i m2, tada su njihove koordinate x1, y1, z1 i x2 (uz poznate koordinate y2 i z2): xC' = mxC + m1 x1 + m2 x2 = 0 , (5.73)

yC' = myC + m1 y1 + m2 y2 = 0 ,

(5.74)

J = J xz + m1 x1 z1 + m2 x2 z2 = 0 ,

(5.75)

J yz' = J yz + m1 y1 z1 + m2 y2 z2 = 0 .

(5.76)

' xz

Prve dve jednačine, (5.73) i (5.74), predstavljaju statički uslov, a treća i četvrta jednačina, (5.75) i (5.76), dinamički uslov za određivanje koordinata dodatne mase da bi dinamičke reakcije u ležištima bile jednake nuli. Na osnovu dobijenog vidi se da uslovi pri kojima se obezbeđuju nulte dinamičke reakcije ne zavise od kinematičkih karakteristika.

235

Teorija udara

Đurković Vlado

Zadatak 80. Lopta puštena sa visine H = 1m bez početne brzine udari o nepomičnu podlogu (sl. 5.20), koeficijenta restitucije k = 0,9 odskoči, ponovo pada, itd. Odrediti vreme posle koga će lopta stati.

Slika 5.20. Lopta pri padu sa određene visine

1 2 gt , a brzina 2 v = gt . Zavisnost brzine od pređenog puta je v 2 = 2 gx , odnosno za x = H , brzina neposredno pre udara iznosi v12 = 2 gH . Očigledno je da

Rešenje. Na osnovu slobodnog pada, pređeni put je x =

će lopta sa visine H pasti u vremenu t1 = popeti na visinu h2 u vremenu t2 =

pasti. Zatim, u vremenu t3 =

2H . Posle udara, lopta će se g

2h2 i u tom istom vremenu ponovo g

2h3 lopta će se popeti na visinu h3 , pa g

pasti, itd. Kako je, koeficijent udara k =

v' = v

h h2 h = 3 = 4 = ⋅⋅⋅ H h2 h3

odnosno h2 = k 2 H , h3 = k 2 h2 , h4 = k 2 h3 , ... to je t2 = k

2h3 2h2 2H = kt2 , t4 = k = kt3 ,... = kt1 , t3 = k g g g 236

Teorija udara

Đurković Vlado

Lopta će stati u vremenu t = t1 + 2t2 + 2t3 + 2t4 + ⋅⋅⋅ ili

t = t1 ⎡⎣1 + 2k (1 + k + k 2 + ⋅⋅⋅) ⎤⎦ ,

2k ⎞ 1 + k 2 H ⎛ , ⋅ što nam, konačno, daje t = t1 ⎜1 + ⎟= g ⎝ 1− k ⎠ 1− k a za zadate vrednosti iznosi t =

1 + k 2 H 1 + 0,9 2 ⋅1 ⋅ = ⋅ = 8,578s . g 1− k 1 − 0,9 9,81

Zadatak 81. Drveni štap mase m2 = 2 kg zabija se u zemlju uzastopnim udarima malja mase m1 = 10 kg koji slobodno pada sa visine h = 1m (sl. 5.21). Pri svakom udaru malja šip ulazi u zemlju za dužinu s = 0, 05 m pri čemu mora da se savlada otpor FW zemljišta. Odrediti srednju vrednost tog otpora.

Slika 5.21. Drveni malj i šip koji se zabija u podlogu

1 2 gt , a 2 brzina v = gt . Zavisnost brzine od pređenog puta je v 2 = 2 gx , odnosno za x = h , brzina neposredno pre udara malja iznosi v12 = 2 gh , dok šip miruje, te je v2 = 0 . Rešenje. Na osnovu slobodnog pada, pređeni put malja je x =

237

Teorija udara

Đurković Vlado

Posle udara, malj i šip kreću se zajedničkom brzinom v1* = v2* , koja na osnovu količine kretanja m1v1 + m2v2 = m1v1* + m2 v2* , iznosi m1 G1 v* = v1 = ⋅ 2 gh . (1) m1 + m2 G1 + G2 Srednju vrednost otpora FW odredićemo na osnovu zakona o promeni kinetičke energije materijalnog sistema, tj., n GS m + m2 *2 Ek 1 − Ek 0 = ∑ A(0F1−1) ⇒ 1 v = ( G1 + G2 ) ⋅ s − FW ⋅ s . (2) 2 i =1 Ako jednačinu (1) smenimo u (2) dobija se traženi otpor zemljišta 2

G1 + G2 ⎛ G1 ⋅ 2 gh ⎞ ⋅⎜ = G + G2 ) ⋅ s − FW ⋅ s , ⎜ G + G ⎟⎟ ( 1 2g 1 2 ⎝ ⎠ G12 h FW = ( G1 + G2 ) − ⋅ , a za zadate vrednosti iznosi G1 + G2 s 22 1 FW = ( 2 + 10 ) ⋅ 9,81 − ⋅ = 111, 053 N . 2 + 10 0, 05

(3)

Zadatak 82. Homogeni štap OA, sl. 5.22a, dužine R i mase m, koji može da se slobodno obrće u vertikalnoj ravni oko ose O pušten je iz položaja α = 600 bez početne brzine. Pri prolasku kroz najniži položaj vrši potpuno elastični udar o telo M mase m, koje usled toga počinje da se kreće po hrapavoj ravni koeficijenta trenja µ = 3 16 . Odrediti put koji će preći telo M do trenutka zaustavljanja.

α

. ϕ

µ

Slika 5.22. Štap i telo pre i posle udara

Rešenje: Primenimo zakon o promeni kinetičke energije i zakon o 238

Teorija udara

Đurković Vlado

promeni momenta količine kretanja mehaničkog sistema. 1 1 EK ,1 − EK ,0 = A0−1 ⇒ J ϕ 2 = mgR , jer je EK ,0 = 0 , (1) 2 4 3gR odakle je Rϕ = . (2) 2 Keficijent restitucije je za potpuno elstični udar v −v Rϕ k = 0 A = 1 ⇒ v0 = Rϕ + Rϕ ⇒ v0 = . (3) vA 2 Na osnovu zakona o promeni momenta količine kretanja mehaničkog sistema za štap je: G n G GS G G dLO 1 3gR = ∑ M OFi = 0 ⇒ LO' = LO , ⇒ J ϕ '+ mRv0 = J ϕ ⇒ v0 = . (4) dt 2 2 i =1 Na osnovu II Njutnovog zakona za telo na hrapavoj podlozi je dv dv v2 = − µ mg ⇒ = µ gs + C1 , (5) m v = −µ g ⇒ 2 dt ds Konstantu integracije dobijamo iz početnih uslova tj. v 2 3gR 3R 3 s = 0 , v = v0 ⇒ C1 = 0 = , µ = , s = R . (6) , pa je s = 2 16 16µ 16 Zadatak 83. Materijalni prsten A, mase M, kreće se u horizontalnoj ravni G brzinom v0 duž pravca normalnog na zid (sl. 5.23a). U težištu prstena nezavisno od njega nalazi se materijalna tačka B, mase m, koja se kreće G istom brzinom v0 . Naći odnos masa M / m pod uslovom da je koeficijent uspostavljanja svih elemenata koji učestvuju u sudarima k = 0,5 i da je intenzitet brzina po sudaru prstena i kuglice jednak.

Slika 5.23. Prsten i kuglica u njemu pre sudara sa zidom 239

Teorija udara

Đurković Vlado

Trenje pri kretanju prstena i kuglice o horizontalnu podlogu zanemariti. Napomena: Posle sudara prstena sa zidom nastaje sudar prstena i kuglice. Rešenje: Koeficijent restitucije za prsten i zid je:

Slika 5.23. Kuglica pre i posle udara o prsten

G ,, G ,, − v ,,A − 0 v 1 ( v A − v zid ) N k = = G, G, = ⇒ 0 = v ,,A , 2 v0 − 0 2 ( v A − v zid ) N a za prsten i kuglicu je: G ,,, G ,, − v ,,A + vB,, 1 ( v A − vB ) N k = = G ,, G , = , 2 ( v A − vB ) N − v ,,A − v0 pa sledi k =

uslov je v ,,,A ≡ vB,, ,

1 2v ,,,A 3 = ⇒ vB,, ≡ v ,,,A = v0 . 3 2 8 v0 2

Slika 5.23. Kuglica posle udara o prsten

240

(1)

(2) (3)

Teorija udara

Đurković Vlado

Primenimo sada zakon o promeni količine kretanja za prsten i kuglu n GG G G G G G K 2 − K1 = ∑ I1S−2 = 0 , K 2 − K1 = 0 / n , (4) i =1 G G G G G G gde je K 2 = K 2 prsten + K 2 kugla , K1 = K1 prsten + K1kugla , 3 3 K 2 prsten = Mv A''' = Mv0 , K 2 kugla = −mvB'' = − mv0 , 8 8 1 K1 prsten = − Mv ''A = − Mv0 , K1kugla = mvB' = mv0 . 2 Ako se vratimo u (4) sledi K 2 − K1 = 0 , tj., 3 3 1 Mv0 − mv0 + Mv0 − mv0 = 0 , 8 8 2 7 11 Mv0 − mv0 = 0 , 8 8 7 11 M 11 Mv0 = mv0 ⇒ = . m 7 8 8

(5)

(6)

Zadatak 84. Eliptično klatno, sastoji se iz klizača mase M koji može da klizi po horizontalnoj ravni, i teškog štapa dužine L i mase m, koji je zglobno vezan za klizač, sl. 5.24a. U trenutku kada se sistem nalazio i miru na kližač je dejstvovao horizontalni impuls S. Odrediti brzinu klizača i ugaonu brzinu klatna neposredno posle udara.

ω Slika 5.24. Eliptično klatno pri kretanju posle dejstva horizontalnog impulsa

Rešenje: Primenimo zakon o promeni količine kretanja sistema, sl.5.24a L (1) ( M + m ) v − m ω = S = I = Fdt , 2 241

Teorija udara

Đurković Vlado

i zakon o promeni momenta količine kretanja za sistem pri udaru L L L2 − L1 = M OI ⇒ M v + J Oω = S . 2 2 mLω 1 Dalje je ( M + m ) v − = S i Mv + mLω = S ⋅ L , odakle je 3 2 45S 6S , ω= . v= m + 4M L (m + 4M )

(2)

(3)

Zadatak 85. Platforma na kojoj leži prizmatično telo AB, kreće se translatorno brzinom v po horizontalnom putu, sl. 5.25. Na platformi, do ivice B tela, nalazi se prepreka, koja sprečava da telo klizi napred po platformi, ali ne sprečava da se ono obrće oko ivice B. Težina tela je P, h je rastojanje njegovog težišta C od platforme, dužuna CB = a = R , a '' i '' je poluprečnik inercije tela u odnosu prema ivici B. Odrediti ugaonu brzinu ω kojom se telo obrće oko ivice B u trenutku kada naglo zaustavimo platformu.

ω

Slika 5.25. Prizmatično telo i platforma pri kretanju kolica

Rešenje: U trenutku kada smo naglo zaustavili platformu istog trenutka težište prizme imalo je brzinu v, a prizma je počela da se obrće oko tačke B. Moment količine kretanja pri sudaru daje L2 − L1 = M OI ⇒ J B ω − mvh = 0 , (1) mvh mvh vh (2) gde je I = mvh , pa sledi ω = = = . JB m ⋅ i2 i2 Zadatak 86. Dva kaišnika obrću se u jednoj ravni oko njihovih osa ugaonom brzinom ω10 i ω20 (sl. 5.26). Odrediti ugaone brzine ω1 , odnosno ω2 , posle trenutka kada se preko njih prebaci beskrajni kaiš. Kaišnike smatrati kružnim pločama 242

Teorija udara

Đurković Vlado

poluprečnika R1 odnosno R2 jednake gustine. Masu kaiša kao i klizanje zanemariti. Rešenje: Pošto prilikom stavljanja kaiša nemamo spoljašnjih impulsa već samo unutrašnje primena zakona o promeni momenta količine kretanja pri sudaru daje L2 − L1 = M OI ⇒ L2 = L1 ⇒ J 1ω1 + J 2ω2 = J 1ω10 + J 2ω20 . (1)

ω

ω

Slika 5.26. Kaišnici pri rotaciji ugaonim brzinama

Pošto su obimne brzine kaišnika jednake, posle stavljanja kaiša biće R v1 = v2 ⇒ R1ω1 = R2ω2 ⇒ ω2 = 1 ω1 . (2) R2 Iz (1) i (2) nalazimo da je R J 1ω1 + J 2 1 ω1 = J 1ω10 + J 2ω20 , R2 odnosno J ω + J 2ω20 J ω + J 1ω20 , ω2 = 1 10 . (3) ω1 = 1 10 R1 R1 J1 + J 2 J 2 + J1 R2 R2 Kako je J 1 = M 1R12 , J 2 = M 2 R22 , M 1 = 2πR1γ , M 2 = 2πR2 γ dobijamo R 3ω + R 3ω R 3 ω + R 3ω ω1 = 1 10 2 2 2 20 , ω2 = 1 10 2 2 2 20 . (4) R1 ( R1 + R2 ) R2 ( R1 + R2 )

243

Teorija udara

Đurković Vlado

Zadatak 87. Telo A, mase m, pada bez početne brzine sa visine h na platformu B, mase M, koja je učvršćena na četiri opruge krutosti c, sl. 5.27a. Ako je udar potpuno elastičan, odrediti brzinu koju će imati telo A i platforma B neposredno posle sudara, kao i zakon kretanja platforme B nakon sudara.

Slika 5.27. Kugla pri udaru o platformu

Rešenje: Keficijent restitucije je za potpuno elstični udar G G ( u A − u B ) n u A + uB k= G G = = 1, vA ( v A − vB ) n

(1)

gde su u A , uB brzine tačaka nakon udara a v A = 2 gh brzina kuglice neposredno pre udara o platformu kao tačka vertikalnog pada, sledi u A + uB = v A = 2 gh . (2) Rastavimo sistem i primenimo zakon o promeni količine kretanja za kuglicu G G G K1 − K 0 = I ( 0,1) ⇒ mu A + mv A = I , (3) i za platformu, imajući na umu da je brzina platforme pre udara vB = 0 , G G G K1 − K 0 = I '(0,1) ⇒ MuB + MvB = I ⇒ MuB = I . (4) Nepoznate su: I , uB i u A . Iz (3) i (4) sledi m ( u A + v A ) = MuB , a sa (1) uB = 2 gh − u A daju

M −m 2 gh . M +m Ako se vratimo sa (5) u uB = 2 gh − u A dobijamo M −m 2m uB = 2 gh − 2 gh ⇒ uB = 2 gh . M +m M +m m ( uA + vA ) = M

(

)

2 gh − u A ⇒ u A =

244

(5)

(6)

Teorija udara

Đurković Vlado

Imajući na umu da je sila u četiri opruge jednaka Fc = 4c ( zst + z ) , primenimo II Njutnov zakon za platformu i projektujmo ga na vertikalnu osu G G G Ma = Mg + Fc ⇒ Mz = Mg − Fc ⇒ Mz = Mg − 4c ( zst + z ) , (7) Mg , koju uvrstimo u (7) i 4c dobijemo homogenu linearnu diferencijalnu jednačinu II reda sa konstantnim koeficijentima z + ω2 z = 0 , (8) 4c gde je ω2 = . (9) M 4c =0, Rešenje je oblika x = Ceλ t , a karakteristična jednačina λ 2 + M c odakle je λ1,2 = ±2i , pa sledi z = C1 cos ( λ1t ) + C2 sin ( λ 2t ) , odnosno M ⎛ ⎛ c ⎞ c ⎞ z = C1 cos ⎜ 2 (10) ⎟ t + C2 sin ⎜ 2 ⎟t . M M ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ Potražimo izvod po vremenu ⎛ ⎛ c c ⎞ c c ⎞ z = −2 C1 sin ⎜ 2 C2 cos ⎜ 2 (11) ⎟t + 2 ⎟t . M M ⎝ M ⎠ ⎝ M ⎠ pa na osnovu početnih uslova t0 = 0 , z = 0 i z = uB iz (10) i (11) dobijamo konstante m M C1 = 0 , C2 = 2 gh ⋅ , (12) M +m c i konačno zakon kretanja ⎛ m M c ⎞ (13) ⋅ sin ⎜ 2 z= 2 gh ⋅ ⎟t . M +m c ⎝ M ⎠ a iz uslova statičke ravnoteže je zst =

245

Teorija udara

Đurković Vlado

Zadatak 88. Homogena sfera poluprečnika R, sl. 5.28a, koja se obrće oko horizontalne ose kroz njeno središte O, ugaonom brzinom ω0 , puštena je da pada sa visine h bez početne brzine tačke O na hrapavi horizontalni pod. Koeficijent restitucije između sfere i poda je k. Sila trenja je tolika da ne dolazi do proklizavanja pri sudaru. Naći rastojanje AB od tačke A do tačke B do koje će odskočiti kugla posle sudara o horizontalnu ravan.

ω ω

ω

Slika 5.28. Sfera pri padu na hrapavu površinu

Rešenje: Primenimo zakon o promeni kinetičke energije za sferu, koja vrši ravno kretanje, i potražino brzinu njenog centra nakon udara tj. G Ek ,kraj − Ek , pocetak = A(mg , (1) 0,1)

gde je Ek ,kraj =

1 2 mv + Ek ,rotacija , Ek , pocetak = Ek ,rotacija , pa sledi 2

1 2 mv + Ek ,rotacija − Ek ,rotacija = mgh1 , 2 v = 2g (h − R) .

(2)

Primenimo zakon o promeni količine kretanja za sferu G G G G G G G G K1 − K 0 = I ( 0,1) ⇒ m ( ux + u y ) − mv = I x + I y ,

(3)

te ga projektujmo na ose mux = I x , mu y + mv = I y .

(4)

Primenimo sada zakon o promeni momenta količine kretanja za sferu n G G G LO ,1 − LO ,0 = ∑ M OIi ⇒ J O ω1 − J O ω0 = − I x ⋅ R , i =1

2 2 5 mR 2ω1 − mR 2ω0 = − I x ⋅ R ⇒ mR ( ω1 − ω0 ) = − I x . 5 5 2 246

(5)

Teorija udara

Đurković Vlado

uy

⇒ uy = k ⋅ v = k 2g (h − R) . v Komponenta brzine centra sfere nakon udara duž x ose je: u ux = ω1R ⇒ ω1 = x . R Ako (7) i (4) uvrstimo u (5) dobijamo 5 2 ⎛u ⎞ mR ⎜ x − ω0 ⎟ = − mux ⇒ u x = ω0 R . 2 7 ⎝R ⎠ Domet kosog hica, gde su u u ux = uO cos α ⇒ cos α = x i u y = uO sin α ⇒ sin α = y , je: uO uO 2 2 2 u u 2u u u 2 AB = O sin 2α = O 2sin α cos α = O y x = u x u y , g g g uO uO g 2 2 2 4 kRω0 AB = ux u y = ⋅ ω0 R ⋅ k 2 g ( h − R ) = ⋅ ⋅ 2g (h − R) . g g 7 7 g

Keficijent restitucije je k =

(6)

(7)

(8)

(9) (10)

Zadatak 89. Homogena kugla, mase m, poluprečnika r, krećući se G G brzinom v0 i ugaonom brzinom ω0 udari u centar inercije štapa AB koji se nalazi u vertikalnoj ravni, sl. 5.29a. Štap AB je dužine 2R, mase 1 m1 = 3m . Koeficijent uspostavljanja pri udaru je k = . Kuglu smatrati 2 G hrapavom. Odrediti: a) kojom brzinom v0 kugla treba da udari o štap AB da bi štap AB načinio jedan pun obrtaj oko ose upravne na vertikalnu ravan koja prolazi kroz tačku A? b) kinematičko stanje nakon udara. Rešenje: Primenimo zakon o promeni kinetičke energije na centar štapa G mg Ek ,2 − Ek ,1 = A(0,1) , (1)

gde je za pun obrtaj Ek ,2 ≥ 0 , A0,1 = − Mg ⋅ 2 R , pa sledi

1 1 2 Ek ,2 − ⋅ M ( 2 L ) ⋅ ω1,2 stap = −2 RMg , 2 3 3g ω12{tap ≥ . (2) R Primenimo sada zakon o promeni momenta količine kretanja za tačku 247

Teorija udara

Đurković Vlado

A štapa n G G G LA,1 − LA,0 = ∑ M AIi ⇒ J Aω1{tap − J A ⋅ 0 = I C x ⋅ R , i =1

1 2 ⋅ 3m ( 2 R ) ⋅ ω1{tap = I C x ⋅ R ⇒ I C x = 4mRω1{tap . 3

(3)

ω ω

ω

ω

Slika 5.29. Homogena kugla pre i posle udara o štap

Posmatrajmo sada loptu i primenimo zakon o promeni količine kretanja na ose G projektovan G G K1 − K 0 = I ( 0,1) ⇒ muk x − mv0 = − I C x , (4) G G G K1 − K 0 = I (0,1) ⇒ muk y − m ⋅ 0 = I C y , (5) Primenimo sada zakon o promeni momenta količine kretanja za loptu n G G G LO ,1 − LO ,0 = ∑ M OIi ⇒ J O ω1k − J O ω0 = − I C x ⋅ r , i =1

2 2 2 mr ω1k − mr 2ω0 = − I Cx ⋅ r ⇒ 2mR ( ω1k − ω0 ) = −5I C x . 5 5 G G G G ( u1 − u2 )n ( uC x − uk x )n 1 Keficijent restitucije je k = G G = = , G 2 ( v1 − v2 )n ( v0 − 0)n

(6) (7)

gde je uC x = R ⋅ ω1{tap brzina štapa posle udara, uk x brzina kugle (lopte) posle udara, pa sledi R ⋅ ω1{tap − uk x 1 = ⇒ v0 = 2 R ⋅ ω1{tap − 2uk x . 2 v0 248

(8)

Teorija udara

Đurković Vlado

Uslov da je relativna brzina kuglice i štapa u pravcu ose y, u trenutku udara (kugla je hrapava) u tački dodira jednaka nuli je: uD y = 0 , uk y = r ⋅ ω1k . (9) U prethodnim jednačinama imamo 6 nepoznatih i to: I C x , uk x , uk y , I C y , ω1k i ω1{tap . Ako u (6) uvrstimo (9) i (5) dobija se 2mR ( ω1k − ω0 ) = −5muk y ⇒ 2 R ( ω1k − ω0 ) = −5rω1k ⇒ ω1k =

2 ω0 , (10) 7

2 (11) ω0 r . 7 Ako iz (8) izrazimo ugaonu brzinu štapa pre udara R ⋅ ω1{tap − uk x 1 u v = ⇒ v0 = 2 R ⋅ ω1{tap − 2uk x ⇒ ω1{tap = 0 + k x , (12) v0 2 2R R i ako uvrstimo u (3) dobija se u ⎞ ⎛v v (13) ( 3) → muk x − mv0 = −4mR ⎜ 0 + k x ⎟ ⇒ uk x = − 0 , 5 ⎝ 2R R ⎠ gde znak (-) znači da se kugla odbila od štapa. v ⎛ −v ⎞ 3 v (12) → ω1{tap = 0 + ⎜ 0 ⎟ = ⋅ 0 . (14) 2 R ⎝ 5R ⎠ 10 R a (10) u (9) daje ωk y =

Ako uporedimo (2) i (14) tj. ω1 {tap ≥

3 v 3g i ω1{tap = ⋅ 0 to daje 10 R R

3 v0 3g 10 10 3 ⋅ ≥ ⇒ v0 ≥ gR . 3gR ⇒ v0 ≥ R 10 R 3 3

(15)

Zadatak 90. Odrediti ugao zakretanja grede AB mase m oko zgloba O, nakon pada kugle mase m bez početne brzine centra sa početnom G ugaonom brzinom ω0 (sl. 5.30a). Koeficijent restitucije (uspostavljanja) 1 pri udaru je k = . Prilikom udara nema klizanja između kugle i grede. 3 Rešenje: Primenimo zakon o promeni kinetičke energije kugle pri padu G mg Ek ,1 − Ek ,0 = A(0,1) , (1)

249

Teorija udara

Đurković Vlado

gde je Ek ,0 = 0 , A0,1 = 3R ⋅ m , pa sledi 1 2 mvB − 0 = 3R ⋅ m ⇒ vB = 6 Rg . 2

(2)

ω

ω

ϕ

ω

ϕ ω

Slika 5.30. Kugla pri padu na štap

Primenimo sada zakon o promeni momenta količine kretanja za tačku O štapa, sl.5.30b, n G G G (3) LO ,1 − LO ,0 = ∑ M OIi ⇒ J O ω1 − J O ⋅ 0 = I y ⋅ R . i =1

a na osnovu Štajnerove teoreme za štap 2 2 1 3 2 ⎛R⎞ J O = J C + m ⋅ OC = m ( 3R ) + m ⎜ ⎟ = mR 2 , 12 4 ⎝2⎠ 3 3 konačno je mR 2ω1 = I y ⋅ R ⇒ I y = mRω1 , 4 4 gde je ω1 = ωAB ugaona brzina poluge AB nakon udara. Keficijent restitucije je G G ( uGB y − uGK y )n uB − ( −uK ) uB + uK 1 ( uB − u K ) n = = = k= = G G , G vB vB 3 ( vB − vK ) n ( vB − 0 ) n

(4) (5)

gde su uB , uK brzine tačaka nakon udara, i vB brzina tačke pre udara, tj., uB = R ⋅ ω1 . (6) 1 Rω1 + uK ⇒ vB = 3 ( Rω1 + uK ) . (7) pa je konačno k = = 3 vB Posmatrajmo sada kuglu, sl.5.30b, i primenimo zakon o promeni količine G kretanja G G projektovan na osu K1 − K 0 = I ( 0,1) ⇒ muk − ( − mvB ) = I y ⇒ muk + mvB = I y . (8) 250

Teorija udara

Đurković Vlado

U prethodnim jednačinama imamo 3 nepoznate i to: I y , uK i ω1 . Ako izjednačimo (5) i (8) imajući na umu (7) 3 3 3 mRω1 = muk + mvB ⇒ Rω1 = uk + vB ⇒ Rω1 = uk + 3 ( Rω1 + uK ) , 4 4 4 2 (9) dobija se uK = − Rω1 . 3 Ako sada u (7) uvrstimo (9) i (2) sledi 6 Rg 2 . (10) ( 7 ) → vB = 6 Rg = 3 ( Rω1 + uK ) = 3 ⎛⎜ Rω1 − Rω1 ⎞⎟ ⇒ ω1 = R 3 ⎝ ⎠ 6 Rg 2 2 2 Rω1 = − R ⋅ = − ⋅ 6 Rg . (11) 3 3 R 3 ⎛ 6 Rg ⎞ 3m 3 3 6 Rg . (12) ( 5) → I y = mRω1 = mR ⎜ ⎟= 4 4 ⎝ R ⎠ 4 Primenimo zakon o promeni kinetičke energije za polugu AB, sl.5.30c, koja vrši rotaciju oko oslonca O G mg Ek ,2 − Ek ,1 = A(1,2 ) , (13)

( 9 ) → uK = −

G 1 R J O ω12 , A(mg = − mg ⋅ sin ϕ , pa sledi 1,2 ) 2 2 1 R 0 − J O ω12 = − mg ⋅ sin ϕ , 2 2

gde je Ek ,2 = 0 , Ek ,1 =

2

⎛ 6 Rg ⎞ 1 3 R − ⋅ mR 2 ⋅ ⎜ ⎟ = −mg ⋅ sin ϕ , 2 4 2 ⎝ R ⎠ sin ϕ = 5, 224 ⇒ ϕ = arcsin 5, 224 .

(14)

Zadatak 91. Homogeni štap OB, sl. 5.31a, mase M = 3m i dužine R = 1m , učvršćen gornjim krajem za cilindrični zglob O, pada bez početne brzine iz položaja OB0 , α = 450 . U vertikalnom položaju štap udari o telo, mase m = 1kg , koje se usled toga počne kretati po 1 horizontalnoj hrapavoj ravni čiji je koeficijent trenja µ = . 3

251

Teorija udara

Đurković Vlado

Odrediti ugaonu ugaonu brzinu štapa, brzinu tela neposredno posle sudara, zatim pređeni put tela po horizontalnoj hrapavoj ravni sve dok se 1 ne zaustavi. Koeficijent sudara (restitucije) je k = . 3

α

45°

ω

µ

Slika 5.31. Štap i telo pre i posle udara

Rešenje: Primenimo zakon o promeni kinetičke energije štapa OB pri padu i posmatrajmoG njegov centar mase tačku C Ek ,1 − Ek ,0 = A(Mg , (1) 0,1)

R⎞ 1 ⎛R J O ω02 = 0, ( ω0 = 0 ) , A0,1 = Mg ⋅ h = Mg ⎜ sin 450 + ⎟ , 2⎠ 2 ⎝2 pa sledi ugaona brzina štapa neposredno pre udara ⎛R 2 R⎞ 1 J O ω12 − 0 = Mg ⎜ ⋅ + ⎟, 2 2 2 2⎠ ⎝ ⎛R 2 R⎞ 1 1 3 g ⋅ MR 2 ⋅ ω12 − 0 = Mg ⎜ ⋅ + ⎟ ⇒ ω1 = ⋅ 2 + 2 . (2) R 2 3 2 2 2 2 ⎝ ⎠ Brzina tačke B, kraja štapa, neposredno pre udara o telo je 3 vB = R ⋅ ω1 = R gR 2 + 2 . (3) 2

gde je Ek ,0 =

(

(

)

252

)

Teorija udara

Đurković Vlado

Posmatrajmo sada telo na hrapavoj podlozi i primenimo zakon o promeni količine G G G kretanja projektovan na osu K 2 − K1 = I (1,2 ) ⇒ mu2 − ( m ⋅ 0 ) = I B ⇒ mu2 = I B , (4) gde je u2 brzina tela nakon udara. Primenimo sada zakon o promeni momenta količine kretanja za tačku O štapa n G G G LO ,2 − LO ,1 = ∑ M OIi ⇒ − J O ⋅ ω2 + J O ⋅ ω1 = I B ⋅ R , (5) i =1

1 1 MR − MR 2 ⋅ ω2 + MR 2 ⋅ ω1 = I B ⋅ R ⇒ ( −ω2 + ω1 ) = I B . 3 3 3 Keficijent restitucije je G G ( uG2 y − uGB y )n u2 − uB u2 − R ⋅ ω2 1 ( u2 − u1 ) n k= = G G = G G = = , vB R ⋅ ω1 3 ( v2 − v1 ) n ( v2 − v B ) n

(6)

(7)

gde su uB , u2 brzine tačaka nakon udara, i vB brzina tačke pre udara, tj., uB = R ⋅ ω2 , (8) R ⋅ ω1 R ⋅ ω1 ⇒ u2 = R ⋅ ω2 + . (9) pa je konačno u2 − R ⋅ ω2 = 3 3 U prethodnim jednačinama imamo 3 nepoznate i to: I B , u2 i ω2 . Ako izjednačimo (4) i (6) pa u njih uvrstimo (7) sledi − MRω2 + MRω1 = 3mu2 , ωR⎞ M −m ⎛ (10) − MRω2 + MRω1 = 3m ⎜ ω2 R + 1 ⎟ ⇒ ω2 = ω1 , 3 ⎠ M + 3m ⎝ a uvrštavajući (2) u prethodni izraz dobijamo ugaonu brzinu štapa nakon udara u obliku M −m 3 g ω2 = ⋅ ⋅ 2 +2 . (11) M + 3m 2 R Ako se vratimo sa (10) u izraz (9) R ⋅ ω1 M −m R 4 MR = R⋅ ω1 + ⋅ ω1 = ⋅ ω1 , u2 = R ⋅ ω2 + M + 3m 3 3 3 ( M + 3m ) dobićemo brzinu tela nakon udara u konačnom obliku nakon uvrštavanja izraza (11)

(

)

253

Teorija udara

u2 =

Đurković Vlado

4 MR 4 MR 3 g ⋅ ω1 = ⋅ ⋅ 3 ( M + 3m ) 3 ( M + 3m ) 2 R

(

(

)

2 +2 ,

)

4R M 3 g ⋅ ⋅ ⋅ 2 +2 . 3 M + 3m 2 R Primenom zakona o promeni kinetičke energije za telo G mg Ek ,3 − Ek ,2 = A( 2,3) , u2 =

(12) (13)

gde je Ek ,3 = 0 , A2,3 = − Fµ ⋅ s = −µ N ⋅ s = −mg ⋅ s , sledi traženi put tela posle sudara 1 u2 4R M2 0 − mu22 = −µ mg ⋅ s ⇒ s = 2 = ⋅ ⋅⋅ = ⋅ 2 2µ g 3µ ( M + 3m )2

(

)

2 + 2 .(14)

Zadatak 92. Sistem štapova, sl. 5.32a, nalazi se u vertikalnoj ravni. Ako se štap DH = 2 R , mase m, pusti iz horizontalnog položaja iz stanja mirovanja on će udariti u štap AB = 2 R , mase m, koji slobodno visi. 1 Koeficijent restitucije (uspostavljanja) pri udaru je k = , a štapovi su 2 idealno glatki. Odrediti maksimalni ugao za koji će se nakon udara zarotirati štap AB. Dato je AD = R 3 . Rešenje: Primenimo zakon o promeni kinetičke energije štapa DH G mg Ek ,1 − Ek ,0 = A(0,1) , (1)

gde je Ek ,0 = 0 , A0,1 = mg ⋅ h , cos α = h = R sin α = R ⋅

AD R 3 3 = = ⇒ α = 300 , 2R 2 DC2

1 R = , ω1 − ugaona brzina štapa DH neposredno pre 2 2

udara pa sledi 1 R 1 1 R 3g 2 J D ω12 − 0 = mg ⋅ ⇒ ⋅ m ( 2 R ) ⋅ ω12 = mg ⋅ ⇒ ω1 = . (2) 2 2 2 3 2 4R Brzina vrha štapa neposredno pre udara je 3g vH = 2 R ⋅ ω1 = 2 R ⋅ = 3gR . (3) 4R

254

Teorija udara

Đurković Vlado 3

α

α

ω

.

ω

Slika 5.32. Štapovi pre i posle udara

Primenimo sada zakon o promeni momenta količine kretanja za tačku D štapa DH n G G G LD ,1 − LD ,0 = ∑ M DIi ⇒ J D ω3 − J D ⋅ ( ω1 ) = I x ⋅ R , (4) i =1

gde je ω3 ugaona brzina štapa DH neposredno posle udara, ( I y = 0 jer nema trenja pri sudaru), pa sledi 1 2 J D ( ω3 + ω1 ) = I x ⋅ R ⇒ m ( 2 R ) ( ω3 + ω1 ) = I x ⋅ R . (5) 3 Primenimo sada zakon o promeni momenta količine kretanja za tačku A štapa AB n G G G LA,2 − LA,1 = ∑ M AIi ⇒ J Aω2 − J A ⋅ 0 = I x ⋅ R , (6) i =1

gde je ω2 − ugaona brzina štapa AB neposredno posle udara, pa sledi 1 2 J Aω2 = I x ⋅ R ⇒ m ( 2 R ) ω2 = I x ⋅ R . (7) 3 3 α

α

ϕ

ω

.

ω

ω

ω Slika 5.32. Štap AB nakon udara o njega 255

Teorija udara

Đurković Vlado

Izrazi (5) i (7) daju: 1 1 2 2 m ( 2 R ) ( ω3 + ω1 ) = m ( 2 R ) ω2 ⇒ ω2 = ω3 + ω1 . 3 3 3 ,

,

ω

(8)

α

ω

Slika 5.32. Ugaona brzina štapa DH pre i posle udara

Keficijent restitucije je 1 u sin α − ( −uC 2 ) 2 Rω3 + Rω2 ω3 + ω2 k= = H = = , 1 2 vH sin α ω 1 2 Rω1 ⋅ 2 1 3g 1 3g ω pa izrazi (8) i (9) daju ω3 = − 1 = − . =− 4 4 4R 8 R

(9)

(10)

3 3 3g 3 3g ω1 . (11) + ω1 = ω1 = = 4 4 4 4R 8 R Primenimo zakon o promeni kinetičke energije za polugu AB, koja vrši rotaciju oko oslonca A G mg Ek ,2 − Ek ,1 = A(1,2 ) , (12)

(8) → ω2 = ω3 + ω1 = −

gde je Ek ,2 = 0 , Ek ,1 =

G 1 J Aω22 , A(mg = − mg ⋅ h = − mg ( R − R cos ϕ ) , 1,2 ) 2

pa sledi 1 1 2 0 − ⋅ m ( 2 R ) ⋅ ω22 = −mgR (1 − cos ϕ ) , 2 3 2

2R 2 2 R ⎛ 3 3g ⎞ 1 − cos ϕ = ⋅ ω2 ⇒ 1 − cos ϕ = ⋅⎜ ⎟ , 3g 3g ⎝ 8 R ⎠

256

Teorija udara

Đurković Vlado 2

2 R ⎛ 3 3g ⎞ 9 23 cos ϕ = 1 − ⋅⎜ = , ⎟ ⇒ cos ϕ = 1 − 3g ⎝ 8 R ⎠ 32 32 23 ϕ = arccos . 32

(13)

Zadatak 93. Homogeni disk, sl. 5.33, poluprečnika R, miruje na glatkoj horizontalnoj ravni. U jednom trenutku na obim diska delovano je udarom, čiji impuls leži u ravni diska i usmeren je duž prave koja se nalazi u rastojanju a od njegovog centra. Odrediti položaj trenutnog centra brzine diska neposredno posle udara.

Slika 5.33. Disk i impuls koji deluje na njega

Rešenje:

G G G Pošto je K1 = 0 , dobijamo K 2 = MvC2 = S .

Prema tome, brzina centra masa (centra inercije), neposredno posle G udara, ima pravac i smer impulsa S , a intenziteta je S . (a) vC2 = M G G G G Primenimo sada formulu LO2 − LO1 = M Os SUD , u odnosu na osu, koja

( )

prolazi G kroz centar masa, a upravna je na ravni diska. Biće, s obzirom da je LC1 = 0 ,

LC2 = S ⋅ a ,

ili J C ω2 = S ⋅ a .

Odavde proističe da je ugaona brzina diska neposredno posle udara jednaka S ⋅ a 2 Sa ω2 = = . (b) JC MR 2 Nalazimo da se trenutni centar P brzine diska, neposredno posle 257

Teorija udara

Đurković Vlado

udara, nalazi na rastojanju CP =

vC2 ω2

=

R2 , od centra diska. 2a

Zadatak 94. Homogena kvadratna ploča OADE, stranice a i mase 3m, koja može da se obrće oko horizontalne ose Oz, puštena je bez početne brzine iz položaja prikazanog na sl. 5.34a. Pri prolasku kroz položaj u kome je stranica OA vertikalna, ploča vrši potpuno elastičan udar u telo 1, mase m, zanemarljivih dimenzija, koje usled toga počinje da se kreće po glatkoj kružnoj površini poluprečnika a. Odrediti brzinu tela 1 u trenutku napuštanja veze.

. ϕ ω

Slika 5.34. Homogena ploča i telo o koje udara

Rešenje: Primenimo zakon o promeni kinetičke energije za ploču n n G G G G G Ek 1 − Ek 0 = ∑ A0F−i 1 , ∑ A0F−i 1 = A03−mg1 = 3mg ⋅ a , i =1

(1)

i =1

2 1 3 1 J O = 3ma 2 = 2ma 2 , J C = 3ma 2 = ma 2 = ma 2 , (2) 3 6 6 2 1 1 3 1 Ek 1 = J O ϕ 2 = ⋅ ma 2 ⋅ ϕ 2 = ma 2 ⋅ ϕ 2 , Ek 0 = 0 , (3) 2 2 6 4 1 12 g odakle je ma 2 ⋅ ϕ 2 = 3mg ⋅ a ⇒ ϕ 2 = ⇒ aϕ = 12 ga . (4) 4 a Primenimo sada zakon o promeni momenta količine kretanja za tačku O, oko koje ploča rotira, n

G

L 'O − LO = ∑ M 0F−i 1 = 0 ⇒ L 'O = LO ,

(5)

J O z ϕ '+ mv ' a = J O z ϕ ,

(6)

i =1

258

Teorija udara

Đurković Vlado

3ma 2 3ma 2 ϕ '+ mv ' a = ϕ ⇒ ϕ ' = aϕ − 2v ' . (7) 6 6 Koerficijent restitucije i brzina nakon udara su v '− v ' A v '− v ' A (8) k= = = −1 , v ' = v ' A + v A = aϕ '+ aϕ . v − vA 0 − vA Izrazi (7) i (8) daju 4 3ga . (9) v ' = aϕ − 2v '+ aϕ ⇒ 3v ' = 2aϕ ⇒ v ' = 3 Primenimo zakon o promeni kinetičke energije za telo nakon udara n G G G 1 1 Ek 1 − Ek 0 = ∑ A0F−i 1 ⇒ mvB2 − mv '2 = −mga , 2 2 i =1 16 ⋅ 3ga 10 vB2 = − 2 ga = ga . (10) 9 3 Zadatak 95. Homogeni štap AB, sl. 5.35a, dužine 2L i mase M, može da se obrće oko horizontalne ose Oz koja prolazi kroz središte štapa. Sa visine h pada tačka mase m i udara u tačku K štapa koji miruje u horizontalnom položaju. Smatrajući udar potpuno elstičnim, odrediti: a) M h odnos masa iz uslova da se posle udara tačka vraća do visine h1 = , m 4 b) impulsnu reakciju u ležištu O u trenutku udara. Rešenje: Primenimo zakon o promeni kinetičke energije na tačku koja pada da dobijemo brzinu pre udara o štap n

G

Ek ,1 − Ek ,0 = ∑ A0F−i 1 ⇒ v = 2 gh .

(1)

i =1

ϕ

ω

Slika 5.35. Kuglica i štap o koji udara 259

Teorija udara

Đurković Vlado

h gh , brzina kugle nakon udara o štap je v ' = 2 gh1 = . (2) 4 2 Keoficijent restitucije je za elastičan sudar 1 v '2 v '+ 2 Lω ' 2 2⎛ gh ⎞ k= = = 1 ⇒ ω ' = ( v − v ' ) = ⎜ 2 gh − ⎟, v2 v L L⎝ 2 ⎠ 2 gh . (3) daje ugaonu brzinu štapa nakon udara ω ' = L Primenimo zakon o promeni momenta količine kretanja za sistem n G dLO z L L (0) = ∑ M OIi z = 0 ⇒ L(1) (4) = mv , O z = LO z ⇒ J O z ⋅ ω ' − mv ' dt 2 2 i =1

Za h1 =

2 gh 1 1 gh 1 M 9 2 = mL + mL 2 gh ⇒ = . (5) M (2L) ⋅ 12 L 2 2 2 m 4 Primenimo sada zakon o promeni momenta količine kretanja za štap da bi dobili vrednost udarnog impulsa n n G G dLO z L Ii (0) L M = ∑ M OIi z ⇒ L(1) − = , (6) ∑ Oz Oz O z ⇒ J O z ⋅ ω '− 0 = I ⋅ 2 dt i =1 i =1

2 gh 2 M 2 gh 1 L 2 M ( 2L) ⋅ =I⋅ ⇒I = . (7) 12 L 2 3 Primenimo zakon o promeni količine kretanja za štap da bi odredili vrednost impulsne reakcije u tački O ≡ C n GG n GG G G G G G G mv 'C − mvC = ∑ I iS ⇒ C → O , v 'C = vC = 0 ⇒ ∑ I iS = I + I O = 0 , i =1

što daje I O = I =

i =1

2 M 2 gh 3m 2 gh = . 3 2

(8)

Zadatak 96. Homogeni štap AB mase m i dužine 2R koji može da rotira oko nepomične ose Oz, ( AO = R / 2 ) udara u oslonac A, sl. 5.36a. Ako je

1 odrediti rastojanje OD tako da udarna 2 reakcija u oslonac O bude jednaka nuli. Kolika je tada udarna reakcija u osloncu D. Neposredno pre udara štap je imao ugaonu brzinu ω .

koeficijent restitucije k =

260

Teorija udara

Đurković Vlado

ω ω Slika 5.36. Štap pre i posle udara o oslonac

Rešenje: Primenimo zakon o promeni momenta količine kretanja za štap L ''O z − L 'O z = I D x ⋅ OD , (1)

J O z ( ω ''− ω ') = I D x ⋅ OD .

(2)

ω '' OD ⇒ ω '' = k ω ' . (3) ω ' OD Moment inercije štapa za tačku Oz na osnovu Štajnerove teoreme je 2 2 1 7 2 ⎛R⎞ J O z = J C z + m ⋅ OC = ( 2 R ) + m ⎜ ⎟ = mR 2 . (4) 12 ⎝ 2 ⎠ 12 7 mR 2 (1 + k ) ω' . (5) Izraz (3) i (4) uvrstimo u (2) pa sledi OD = 12 IDx

Koeficijent restitucije je k =

Primenimo sada zakon o premeni količine kretanja na štap mv ''C x − mv 'C x = I D x + I O x , gde je I O x = 0 , mR mRω ' ( ω ''− ω ') = I D x ⇒ I D x = ( k + 1) . 2 2 Ako se sada sa (7) vratimo u (5) dobija se traženo rastojanje 2J 7 OD = O z = R . mR 6

261

(6) (7)

(8)

Analitička mehanika

Đurković Vlado

6. OSNOVI ANALITIČKE MEHANIKE 6.1. POLJE SILE. FUNKCIJA SILE. POTENCIJALNA ENERGIJA Polje sile je fizički prostor koji ispunjava uslov da na svaku tačku mehaničkog sistema, koji se u tom polju nalazi, u svakom trenutku deluje jednoznačno određena sila po pravcu, veličini i smeru. Kao primer za polje sile može da posluži polje sile teže (sl. 6.1a), polje elastične sile opruge, elektrostatičko polje itd. Polje sila naziva se konzervativnim (potencijalnim), ako rad sile polja koje deluje na sistem ne zavisi od oblika putanja tačaka mehaničkog sistema, već je određen samo njihovim početnim i krajnjim položajem. Navedeni uslovi će biti ispunjeni ako postoji jednoznačna funkcija koordinata: U = U ( x1 , y1 , z1 , t1 ,..., xn , yn , zn , tn ) , (6.1) koja se naziva funkcija sile, a čiji su parcijalni izvodi po koordinatama jednaki odgovarajućim projekcijama sila polja koje deluju na tačke sistema u tom polju, to jest: ∂U ∂U ∂U Fxi = X i = Fzi = Z i = , Fyi = Yi = , . (6.2) ∂xi ∂yi ∂ zi

z

M M2 3

M1

z

b)

Fzi

Mi

F Mi y

O x

F yi

ri Fxi

O a)

x Slika 6.1. Polje sile teže

263

yi

zi xi

y


Đurković Vlado

U izrazu (6.2) su (vidi sliku 6.1.b) xi, yi i zi koordinate tačke Mi, a, Fxi , Fyi i Fzi , tj. Xi, Yi i Zi, projekcije sile koja deluju na tačku Mi u pravcima

x, y i z. Tada se funkcija U naziva funkcija sile. Da bismo ovo i dokazali, potražimo elementarni rad polja: n G G n dA = ∑ Fi ⋅ dri =∑ ( Fxi dxi + Fyi dyi + Fzi dzi ) . (6.3) i =1

i =1

Korištenjem (6.2) izraz (6.3) dobija se u obliku: n ⎛ ∂U ⎞ ∂U ∂U (6.4) dA = ∑ ⎜ dxi + dyi + dzi ⎟ . ∂yi ∂zi i =1 ⎝ ∂ xi ⎠ Iz (6.4) i (6.1) sledi: dA=dU, (6.5) što znači da je rad elementarne sile konzervativnog polja jednak totalnom diferencijalu funkcije sile. Rad pri konačnom pomeranju sistema iz položaja (1) u položaj (2), prema (6.5), sada je: 2

A(1,2) = ∫ dU = U 2 − U1 .

(6.6)

1

Iz (6.6) se vidi da je rad sila konzervativnog polja jednak razlici vrednosti funkcije sile u krajnjem i početnom položaju sistema, a što znači da ne zavisi od oblika putanja pojedinih tačaka sistema. Odavde proizilazi i zaključak da je polje konzervativno ako postoji funkcija sile koja zadovoljava uslove (6.2). Za konzervativno polje sila može se definisati i potencijalna energija. Potencijalna energija sistema, u bilo kojem položaju u konzervativnom polju sila, jednaka je zbiru radova sila polja na pomeranju sistema iz datog položaja u nulti. Iz same definicije se vidi da je potencijalna energija funkcija položaja, zbog čega se, za razliku od kinetičke energije, ponekad naziva i energijom položaja to jest: E p = f ( x1 , y1 , z1 ,..., xn , yn , zn ) . (6.7) Iz definicije za potencijalnu energiju sledi da je potencijalna energija sistema u njegovom nultom položaju (kojeg proizvoljno biramo) jednaka nuli, to jest: Ep0 = 0 . (6.8) 264


Đurković Vlado

Prema svemu rečenom, rad sile polja na pomeranju mehaničkog sistema u konzervativnom polju sila, od položaja (1) do položaja (2), biće određen izrazom A(1,2) = E p1 − E p 2 = − ( E p 2 − E p1 ) . (6.9) Korištenjem izraza (6.2), (6.6) i (6.9) dobijamo vezu između potencijalne energije i funkcije sile, u obliku: ∂E ∂E ∂E ∂U ∂U ∂U Xi = = − p , Yi = = − p , Zi = =− p . (6.10) ∂xi ∂xi ∂zi ∂zi ∂yi ∂yi Odavde sledi da su projekcije sila konzervativnog polja jednake negativnim parcijalnim izvodima potencijalne energije po odgovarajućim koordinatama. Izrazi (6.10) omogućuju da nađemo sile polja ukoliko poznajemo potencijalnu energiju ili, obratno, potencijalnu energiju ukoliko poznajemo sile polja. Geometrijsko mesto tačaka prostora u kojima potencijalna energija materijalne tačke ima konstantnu vrednost naziva se ekvipotencijalna površina, to jest: E p ( x, y, z ) = C = const. (6.11) 6.2.ZAKON O ODRŽANJU MEHANIČKE ENERGIJE

Neka se sistem materijalnih tačaka nalazi u konzervativnom polju sile. n

Tada priraštaj kinetičke energije iznosi: Ek 2 − Ek 1 = ∑ Ai =E p 2 − E p1 , i =1

to jest: dA = − dE p ,

(6.12)

Pošto je: dA = dEk , tada je: d ( E p + Ek ) = 0 , E p + Ek = E = const.

(6.13)

Posljednji izraz predstavlja zakon o održanju mehaničke energije, koji glasi: pri kretanju sistema materijalnih tačaka u konzervativnom polju sile, zbir kinetičke i potencijalne energije sistema u bilo kojem položaju ostaje konstantna veličina, za sve vreme kretanja. U realnim uslovima, na mehanički sistem deluju i sile koje nisu konzervativne, tako da se mehanička energija sistema može promeniti. To je slučaj kada se deo energije mehaničkog sistema izgubi na savlađivanje različitih otpora ili, 265


Đurković Vlado

pak, kada posmatrani sistem dobije priliv energije od drugih sistema (proces preobražaja različitih oblika energije u mehaničku energiju). 6.3.VEZANA MATERIJALNA TAČKA I VEZANI SISTEM MATERIJALNIH TAČAKA

Kada smo govorili o prinudnom i relativnom kretanju materijalne tačke, bilo je reči o mehaničkim vezama. Međutim, ovde će biti izvršena klasifikacija veza, koja će da olakša dalja izlaganja u ovom celom poglavlju. Kao što je već rečeno, mehaničke veze predstavljaju tela koja ograničavaju kretanja materijalne tačke i sistema u prostoru. Vezana materijalna tačka je ona tačka čija je sloboda kretanja ograničena vezom. Ukoliko je ta veza neka linija u prostoru, jednačina veze je: f ( x, y , z ) = 0 , g ( x, y , z ) = 0 , a ukoliko je veza neka površ, tada njena jednačina glasi: f ( x, y , z ) = 0 . Veze mogu biti: a) stacionarne (nepokretne) i nestacionarne (pokretne), b) holonomne (geometrijske, nediferencijabilne) i neholonomne (kinemetičke, diferencijabilne) i c) zadržavajuće i nezadržavajuće. 6.4. POJAM MOGUĆEG POMERANJA G Pod virtualnim (mogućim) pomeranjem δr neke tačke tela (sistema) podrazumeva se diferencijalno malo pomeranje te tačke koje dopuštaju veze kojima je podvrgnuto to telo (sistem). G Primer 1: Za razliku od stvarnog diferencijalno malog pomeranja dr materijalne tačke koja se kreće po stolu, recimo po pravcu, virtualno G pomeranje δ r je svako elementarno pomeranje u ravni stola u bilo kojem pravcu i smeru (ali u ravni stola). G Primer 2: Za razliku od stvarnog diferencijalno malog pomeranja dr G nekog klizača po vođici u jednom smeru, virtualno pomjeranje δr je svako elementarno pomeranje u oba smera, ali samo u pravcu vođice. Pri rešavanju konkretnih problema metodom virtualnog pomeranja potrebno je da se odrede virtualna pomeranja, napadnih tačaka spoljašnjih sila koje 266


Đurković Vlado

deluju na telo (sistem) čija se ravnoteža razmatra. To se može uraditi geometrijski i analitički. 6.6. POJAM STEPENA SLOBODE KRETANJA

Broj stepeni slobode kretanja nekog sistema jednak je broju nezavisnih mogućih (virtualnih) pomeranja sistema. Primer 1: Materijalna tačka koja se slobodno kreće u prostoru ima tri stepena slobode kretanja, tj. tri pomeranja u pravcima koordinatnih osa, a svako drugo virtualno pomeranje može se izraziti preko ta tri pomeranja. Ista ta materijalna tačka ima dva stepena slobode kretanja ako se kreće po nekoj površini. Primer 2: Kruto telo koje se obrće oko stalne ose ima jedan stepen slobode. Primer 3: Kruto telo koje vrši proizvoljno ravno kretanje, recimo knjiga koja se proizvoljno pomera po stolu, ima tri stepena slobode kretanja, dvije translacije u dva međusobno okomita pravca u ravni kretanja i jednu rotaciju oko ose upravnu na ravan kretanja. Primer 4: Slobodno kruto telo koje se slobodno kreće u prostoru ima šest stepeni slobode kretanja, tri translacije u pravcima koordinatnih osa i tri rotacije oko tih osa. Uopšte, kod složenijih sistema broj stepeni slobode se određuje na sledeći način. Ako se zamisli da se takav sistem kreće pa se zatim onemogući translacija u jednom pravcu ili rotacija oko jedne ose bilo kojeg dela tog sistema i ako se celi sistem zaustavi, tada on ima jedan stepen slobode kretanja. Ako se i posle toga drugi delovi sistema mogu kretati, postupak se ponavlja i zaustavlja se translacija ili rotacija nekog drugog dela sistema. Ako se tada celi sistem zaustavi, on ima dva stepena slobode kretanja, a ako se ne zaustavi on ima više od dva stepena slobode kretanja, itd. 6.6. PRINCIP MOGUĆIH POMERANJA (Lagražeov princip) − OPŠTA JEDNAČINA STATIKE G G G Ako na neku tačku M deluje sistem sila F1 , F2 , F3 ,..., i ako se zamisli G da se toj tački saopšti virtualno pomeranje δr (koje dozvoljavaju veze), rad svake od tih sila na tom virtualnom pomeranju zove se virtualni rad. 267


Đurković Vlado

Virtualni rad sistema sila datog na sl. 6.2 je: G G G G G G G G G δA = F1 ⋅ δr + F2 ⋅ δr + F3 ⋅ δr + ... = F1 + F3 + ... ⋅ δr ,

(

)

(6.14)

to jest: G G δA = FR ⋅ δr ,

(6.15) G jer je vektorski zbir sučeljnih sila jednak njihovoj rezultanti FR . Princip virtualnih pomeranja za tačku glasi: da bi tačka pod dejstvom (sučeljnih) sila bila u ravnoteži, potrebno je i dovoljno da je suma radova svih tih sila jednaka nuli na svakom virtualnom pomeranju tačke: G G δA = FR ⋅ δr = 0 . (6.16)

F1

F2 F3

M

M1

δr F4

Fn

Slika 6.2. Dejstvo sila na tačku i njeno moguće pomeranje

Naime, ako je materijalna tačka u ravnoteži, tada je FR = 0 te je δA = 0 . Ako je u pitanju kruto telo (sistem), princip virtualnog pomeranja glasi: da bi kruto telo (sistem) bilo u ravnoteži, potrebno je da je suma radova svih spoljašnjih sila koje deluju na to telo jednaka nuli, na svakom mogućem pomeranju tog tela. Dakle, ako je neka tačka ili kruto telo u ravnoteži, analitički oblik principa virtualnog pomeranja je: n

δA = ∑ Fi δri cos α i = 0 ,

(6.17)

i =1

ili: n

δA = ∑ ( X i δxi + Yi δyi + Z i δzi ) = 0 .

(6.17a)

i =1

Dakle izvršili smo sumiranje po svim tačkama sistema i dobili tzv. jednačinu opštu jednačinu statike. Oblik (6.17) opšte jednačine statike podesan je za upotrebu u slučaju 268


Đurković Vlado

kad se virtualna pomeranja određuju geometrijskim putem, dok se jednačina (6.17a) koristi u slučaju kad se virtualna pomeranja određuju analitički. U tom slučaju se svaka od sila predstavlja preko njenih projekcija na ose, a virtualna pomjeranja δxi , δyi i δzi se određuju diferenciranjem koordinata napadne tačke i-te sile. n Ga Gr G F ∑ i + Fi ⋅ δri = 0 , i =1 n

(

∑ ⎡⎣( X i =1

)

a i

+ X ir ) ⋅ δxi + (Yi a + Yi r ) ⋅ δyi + ( Z ia + Z ir ) ⋅ δzi ⎤⎦ = 0 .

Za sistem koji ima više stepeni slobode kretanja, potrebno je napisati (postaviti) jednačinu virtualnog rada za svako od neovisnih pomeranja sistema. Na taj način će se dobiti onoliki broj uslova ravnoteže sistema koliko stepeni slobode sistem ima. Opšta jednačina statike važi za idealne veze, a za veze kod kojih se pojavljuje trenje i slično, smer sile trenja ne zavisi od mogućeg pretpostavljenog virtualnog pomeranja. 6.7. OPŠTA JEDNAČINA DINAMIKE. LAGRANGE−DALAMBEROV PRINCIP

Pretpostavimo da se sistem materijalnih tačaka kreće (sl. 6.3). Ako aktivnim i reaktivnim silama dodamo i inercijalne sile, tada je, prema Dalamberovom principu, takav sistem u ravnoteži. Ako sada na takav sistem primenimo Lagrangeov princip (princip virtualnih pomeranja, izložen u prethodnom odeljku), dobićemo tzv. Lagranž−Dalamberov princip ili opštu jednačinu dinamike. Ova jednačina važi pod sličnim uslovima kao i opšta jednačina statike. Ukoliko sistem ima s stepeni slobode kretanja, tada se za njega može postaviti s opštih jednačina dinamike, gde svaka jednačina odgovara jednom stepenu slobode kretanja (jednom virtualnom pomeranju). 6.8. GENERALISANA SILA

Posmatrajmo mehanički sistem, od n materijalnih tačaka M1, M2, G G G G M3,.., Mn, na koji deluje sistem sila F1 , F2 , F3 ,..., Fn (sl. 6.3). Pretpostavimo da sistem ima s stepeni slobode kretanja. Njegov položaj u 269


Đurković Vlado

tom slučaju je određen sa s generalisanih koordinata, q1 , q2 , q3 ,..., qs . Nezavisne veličine koje jednoznačno određuju položaj svih tačaka mehaničkog sistema nazivaju se generalisane (opšte) koordinate tog sistema. Ako se jednoj generalisanoj koordinati, qr, da beskonačno mali priraštaj δqr, ne menjajući ostale generalisane koordinate, tada će tačke sistema dobiti beskonačno mala pomeranja (priraštaje) δs1, δs2, δs3,...,δsn, gde je n − broj tačaka sistema. G G G G U tom slučaju će sile F1 , F2 , F3 ,..., Fn , koje deluju na materijalne tačke, izvršiti elementarni rad: n n G G G G (6.18) δAr = ∑ Fi , δsi = ∑ Fi δsi cos ) Fi , δsi . i =1

(

)

F1

(

i =1

)

δs 2

M2

δs1

F2

M1

δs n

Fn Mn

Slika 6.3. Dejstvo sila na tačke sistema i njihova moguća pomeranja

Generalisana sila koja odgovara generalisanoj koordinati qr definiše se kao odnos elementarnog rada δAr i priraštaja δqr generalisane koordinate qr , a označava se sa n n G G G G Fi , δsi Fi δsi cos ) Fi , δsi ∑ ∑ δA Qr = r = i =1 = i =1 . (6.19) δqr δqr δqr Jednačina (6.19) se može napisati i u ovom obliku: n G G Qr ⋅ δqr = ∑ Fi δsi cos ) Fi , δsi , (6.20)

(

i =1

)

(

(

)

270

)


Đurković Vlado

odakle proizilazi da je proizvod generalisane sile, koja odgovara koordinati qr i priraštaju te koordinate δqr , jednak elementarnom radu sila koje deluju na sistem, na pomjeranjima sistema izazvanim priraštajem te koordinate. Iz (6.20) se vidi da dimenzija generalisane sile zavisi od dimenzije odgovarajuće generalisane koordinate

[Q] = [ q ] . A

Za slučaj linearne generalisane koordinate q, generalisana sila Q će imati dimenziju sile. Ukoliko je generalisana koordinata uglovna veličina ϕ, tada generalisana sila ima dimenziju rada: [ A] [Qr ] = = [ A] . 1 Razlika između generalisane sile i „obične” sile je u tome što je generalisana sila skalarna veličina. S obzirom na klasifikaciju sila, i generalisane sile se mogu podijeliti na spoljašnje ( Q s ) i unutrašnje ( Q u ), kao i na generalisane aktivne ( Q a ) i generalisane reaktivne ( Q r ) sile. U slučaju idealnih veza, generalisana reaktivna sila biće jednaka nuli. 6.9. PRIKAZIVANJE GENERALISANIH SILA PREKO PROJEKCIJA SILA NA OSE DEKARTOVOG SISTEMA. SLUČAJ SILA KOJE IMAJU POTENCIJAL

Pretpostavimo da na mehanički sistem od n materijalnih tačaka deluju G G G G sile F1 , F2 , F3 ,..., Fn . Takođe, pretpostavimo da sistem ima s stepeni slobode kretanja, tj. njegov položaj je određen sa s generalisanih koordinata q1 , q2 , q3 ,..., qs . Da bismo potražili izraze za generalisane sile, koje odgovaraju svakoj od generalisanih koordinata sistema, povucimo u svaku tačku Mi sistema G vektor položaja ri (sl. 6.4). Radijus−vektor položaja neke tačke Mi sistema, u slučaju nestacionarnih veza, biće funkcija generalisanih koordinata i vremena: G G ri = ri ( q1 , q2 ,..., qs , t ) ( i = 1, 2,..., n ) , 271


Đurković Vlado

a u slučaju stacionarnih veza će biti samo funkcija generalisanih koordinata: G G ri = ri ( q1 , q2 ,..., qs ) ( i = 1, 2,..., n ) . Σ Fi

z Mi ri

zi

O

xi

y

x yi Slika 6.4. Vektor položaja tačke sistema i dejstvo sila na tačku

Kada generalisana koordinata qr dobije elementarni priraštaj δqr, tada G će elementarni priraštaj radijus−vektora ri biti: G G ∂r δri r = i δqr . (6.21) ∂qr Generalisana sila u slučaju elementarnog priraštaja koordinate qr biće: G G n n n G G ⎛ G ∂ri ⎞ ⎛ G ∂ri ⎞ Fi , δri r ∑ ⎜ Fi , ∂q δqr ⎟ δqr ∑ ⎜ Fi , ∂q ⎟ δAr ∑ i =1 ⎝ i =1 ⎝ ⎠= r r ⎠ i =1 Qr = = = = δqr δqr δqr δqr G n ⎛ G ∂ri ⎞ (6.22) = ∑ ⎜ Fi , ⎟. ∂ qr ⎠ i =1 ⎝ Ukoliko veličine izraza (6.22) prikažemo preko odgovarajućih projekcija na koordinatne ose, tada se generalisana sila Qr može pisati u obliku: G n ⎛ G ∂ri ⎞ n ⎛ ∂xi ∂y ∂z ⎞ (6.23) + Yi i + Z i i ⎟ . Qr = ∑ ⎜ Fi , ⎟ = ∑⎜ Xi ∂qr ⎠ i =1 ⎝ ∂qr ∂ qr ∂qr ⎠ i =1 ⎝ Generalisana sila inercije je: G G n n ⎛ G in ∂ri ⎞ ⎛ G ∂ri ⎞ in Qr = ∑ ⎜ Fi , ⎟ = −∑ ⎜ mi ai , ⎟= ∂ qr ⎠ ∂ qr ⎠ i =1 ⎝ i =1 ⎝

(

)

272


Đurković Vlado

n ⎛ ∂xi ∂y ∂z ⎞ = −∑ mi ⎜ + xi yi i + zi i ⎟ . ∂qr ∂ qr ⎠ i =1 ⎝ ∂qr U slučaju sila koje imaju potencijal, kao što znamo, jednako je: ∂E ∂E ∂E X i = − p , Yi = − p , Z i = − p . ∂yi ∂xi ∂ zi U tom slučaju, jednačina (6.23) postaje: n ⎛ ∂E p ∂xi ∂E p ∂yi ∂E p ∂zi ⎞ (6.24) + + Qr = −∑ ⎜ ⎟. ∂yi ∂qr ∂zi ∂qr ⎠ i =1 ⎝ ∂ xi ∂ qr Potencijalna energija sistema je, kao što smo već rekli, funkcija koordinata pojedinih tačaka sistema: E p = E p ( x1 , y1 , z1 ; x2 , y2 , z2 ; x3 , y3 , z3 ;...xn , yn , zn ) . (a)

Za slučaj stacionarnih veza svaka koordinata xi , yi , zi ( i = 1, 2,..., n ) je funkcija generalisanih koordinata q1 , q2 ,..., qs , to jest:

xi = xi ( q1 , q2 ,..., qs ) , yi = yi ( q1 , q2 ,..., qs ) , zi = zi ( q1 , q2 ,..., qs ) ,

(b)

odnosno, za slučaj nestacionarnih veza xi = xi ( q1 , q2 ,..., qs , t ) , yi = yi ( q1 , q2 ,..., qs , t ) , zi = zi ( q1 , q2 ,..., qs , t ) . Prema tome, potencijalna energija će za slučaj stacionarnih veza biti funkcija generalisanih koordinata: E p = E p ( q1 , q2 ,..., qs ) . Potražimo parcijalni izvod potencijalne energije po generalisanoj koordinati qr , smatrajući Ep složenom funkcijom generalisanih koordinata, određenu zavisnostima (a) i (b). ∂E p ∂E p ∂x1 ∂E p ∂y1 ∂E p ∂z1 = + + + ... + ∂qr ∂x1 ∂qr ∂y1 ∂qr ∂z1 ∂qr ∂E ∂x ∂E ∂y ∂E ∂z + p n+ p n+ p n, ∂xn ∂qr ∂yn ∂qr ∂zn ∂qr to jest: n ∂E p ⎛ ∂E p ∂xi ∂E p ∂yi ∂E p ∂zi ⎞ (6.25) = ∑⎜ + + ⎟. ∂qr i =1 ⎝ ∂xi ∂qr ∂yi ∂qr ∂zi ∂qr ⎠ 273


Đurković Vlado

Upoređujući izraze (6.24) i (6.25), sledi: ∂E (6.26) Qr = − p , ( r = 1, 2,3,..., s ) . ∂qr Prema tome, u slučaju sila koje imaju potencijal (konzervativnih sila) generalisana sila koja odgovara generalisanoj koordinati qr jednaka je negativnom parcijalnom izvodu potencijalne energije po odgovarajućoj generalisanoj koordinati. 6.10. OPŠTA JEDNAČINA DINAMIKE IZRAŽENA PREKO GENERALISANIH SILA

Poći ćemo od opšte Lagranž−Dalamberovog principa: n G G G ⎡ Fi a + Fi r + Fi in , δrKi ⎤ = 0 . ∑ ⎣ ⎦ i =1

(

jednačine

)

dinamike,

tj.

od

(6.27)

Uz istovremenu promenu svih generalisanih koordinata q1 , q2 , q3 ,...,

G

qs , promena vektora položaja δ ri , tj. elementarni priraštaj radijusG G G G ∂ri ∂ri ∂ri G ∂ri δq1 + δq2 + ... + δqr + ... + δqs , to jest: vektora, jeste: δri = ∂q1 ∂q2 ∂qr ∂ qs G s ∂r G (6.28) δri = ∑ i δqr . r =1 ∂ qr Ubacivanjem izraza (6.28) u (6.27), dobijamo: K n ⎡ G a G r G in s ∂ri ⎤ δqr ⎥ = 0 . ∑ ⎢ Fi + Fi + Fi , ∑ i =1 ⎣ r =1 ∂ qr ⎦ Sumiranje po tačkama (i=1,...,n) neovisno je od sumiranja po stepenima slobode, tj. po generalisanim koordinatama (r=1,...,s), tako da, nakon sumiranja po tačkama, a zatim po generalisanim koordinatama, možemo pisati: s ⎡ n ⎛ G a ∂rKi ⎞ n ⎛ G r ∂rKi ⎞ n ⎛ G in ∂rKi ⎞ ⎤ δqr ⎢ ∑ ⎜ Fi , ⎟ + ∑ ⎜ Fi , ⎟ + ∑ ⎜ Fi , ⎟⎥ = 0 . ∑ ∂qr ⎠ i =1 ⎝ ∂qr ⎠ i =1 ⎝ ∂qr ⎠ ⎦ r =1 ⎣ i =1 ⎝

(

)

Pošto je

274


Đurković Vlado

K ⎛ G a ∂ri ⎞ a ⎜ Fi , ⎟ = Qr , ∑ ∂ q i =1 ⎝ r ⎠ K n ⎛ G r ∂ri ⎞ r ⎜ Fi , ⎟ = Qr , ∑ ∂qr ⎠ i =1 ⎝ K n ⎛ G in ∂ri ⎞ in ⎜ Fi , ⎟ = Qr , ∑ ∂ q i =1 ⎝ r ⎠ n

(6.29) (6.30) (6.31) s

Dalje, možemo napisati da je:

∑ δq ( Q r =1

r

a r

+ Qrr + Qrin ) = 0 .

Pošto su priraštaji δqr generalisanih koordinata qr međusobno proizvoljni i nezavisni jedni od drugih, onda na osnovu posljednjeg izraza sledi: (6.32) Qra + Qrr + Qrin = 0 , ( r = 1, 2,...s ) . Jednačina (6.32) predstavlja opštu jednačinu dinamike izraženu preko generalisanih sila. Ako su sile koje deluju na mehanički sistem uravnotežene, tj. ako mehanički sistem miruje (u ravnoteži je) ili se njegove tačke kreću pravolinijski i ravnomerno, onda će sile inercije tačaka sistema biti jednake nuli, što znači da su i generalisane sile inercije jednake nuli: Qrin = 0 , ( r = 1, 2,...s ) . Očigledno je da opšta jednačina dinamike u slučaju sistema koji miruje glasi: Qra + Qrr = 0 , ( r = 1, 2,...s ) . U slučaju konzervativnih sila, generalisane sile su određene formulama: ∂E (6.33) Qr = − p , ( r = 1, 2,...s ) . ∂qr Prema tome, uslov ravnoteže konzervativnog sistema sila može se izraziti i kao: ∂E p (6.34) =0, ( r = 1, 2,...s ) . ∂qr 6.11. LAGRANŽEOVE JEDNAČINE DRUGE VRSTE

Pretpostavimo da sistem ima s stepeni slobode kretanja, a sastoji se od 275


Đurković Vlado

n materijalnih tačaka. Za holonomne i nestacionarne veze vektor položaja G ri neke tačke Mi mehaničkog sistema materijalnih tačaka će biti funkcija generalisanih koordinata i vremena. G G ri = ri ( q1 , q2 ,..., qr , qs , t ) (6.35) ( i = 1, 2,..., n ) . Brzina neke tačke Mi sistema u slučaju nestacionarnih veza iznosi: G G G G G ∂ri ∂ri ∂ri G dri ∂ri vi = q1 + q2 + ... + qs + ... + = , (6.36) dt ∂q1 ∂q2 ∂ qs ∂t G G s ∂ri ∂ri G ili, kraće napisano: vi = ∑ , a u slučaju stacionarnih veza qr + ∂t r =1 ∂ qr biće: G s ∂ri G (6.37) vi = ∑ qr . r =1 ∂ qr Izvodi generalisanih koordinata po vremenu, tj. q , nazivaju se generalisane brzine. Kinetička energija sistema, kao što je poznato od ranije, iznosi: Ek = f ( q1 , q2 ,..., qs ; q1 , q2 ,..., qs ; t ) , 1 n 1 n G G 2 m v = mi ( vi , vi ) . (6.38) ∑ ∑ i i 2 i =1 2 i =1 Parcijalni izvod kinetičke energije po generalisanoj koordinati qr je: G n ⎛ G ∂vi ⎞ ∂ Ek (6.39) = ∑ mi ⎜ vi , ⎟, ∂qr i =1 ⎝ ∂qr ⎠ a parcijalni izvod po generalisanoj brzini qr je: G n ⎛ G ∂vi ⎞ ∂ Ek (6.40) = ∑ mi ⎜ vi , ⎟. ∂qr i =1 ⎝ ∂qr ⎠ Izvod izraza (6.40) po vremenu će biti: G G n ⎛ G ∂vi ⎞ n ⎛ G d ∂vi ⎞ d ∂ Ek = ∑ mi ⎜ ai , (6.41) ⎟ + ∑ mi ⎜ vi , ⎟. dt ∂qr i =1 ⎝ ∂qr ⎠ i =1 ⎝ dt ∂qr ⎠ Ek =

Pošto je na osnovu izraza (6.36) G G ∂vi ∂ri = , ∂qr ∂qr tada je:

(6.42)

276


Đurković Vlado

G G G ⎛ G ∂vi ⎞ n ⎛ G ∂ri ⎞ n ⎡ G a G r ∂ri ⎤ mi ⎜ ai , ⎟ = ∑ ⎜ mi ai , ⎟ = ∑ ⎢ Fi + Fi , ∑ ⎥= ∂qr ⎠ i =1 ⎣ ∂qr ⎦ i =1 ⎝ ∂qr ⎠ i =1 ⎝ G n G G n G a ∂ ri r ∂ ri (6.43) = ∑ Fi , + ∑ Fi , =Qra + Qrr = Qr . ∂ q ∂ q i =1 i =1 r r Da bismo videli čemu je jednaka druga suma, na desnoj strani izraza (6.41), pođimo od: G G G 1 ⎡ ⎛ ∂ri ⎞ ⎤ d ∂vi d ∂ri = = ⎢d ⎜ ⎟⎥ = dt ∂qr dt ∂qr dt ⎣ ⎝ ∂qr ⎠ ⎦ G G G ⎤ ∂ 2 ri ∂ 2 ri 1 ⎡ ∂ 2 ri = ⎢ dq1 + ... + dqs + dt ⎥ = dt ⎣ ∂qr ∂q1 ∂qr ∂qs ∂ qr ∂ t ⎦ 2G 2G 2G ∂ ri ∂ ri ∂ ri q1 + ... + qs + = . (6.44) ∂qr ∂q1 ∂qr ∂qs ∂qr ∂t Na osnovu izraza (6.36) je: G G G G ∂vi ∂ 2 ri ∂ 2 ri ∂ 2 ri q1 + ... + qs + = . (6.45) ∂qr ∂qr ∂q1 ∂qr ∂qs ∂qr ∂t Prema tome, na osnovu (6.44) i (6.45) sledi: G G G G d ∂vi ∂vi d ⎛ ∂ri ⎞ ∂vi . (6.46) = , tj., ⎜ ⎟= dt ∂qr ∂qr dt ⎝ ∂qr ⎠ ∂qr Posljednji sabirak u izrazu (6.41), na osnovu (6.46), biće: G G n ⎛ G d ∂vi ⎞ n ⎛ G ∂vi ⎞ ∂Ek . (6.47) mi ⎜ vi , ⎟ = ∑ mi ⎜ vi , ⎟= ∑ i =1 ⎝ dt ∂qr ⎠ i =1 ⎝ ∂qr ⎠ ∂qr Ubacivanjem izraza (6.43) i (6.47) u izraz (6.41), sledi: ∂E d ∂Ek = Qra + Qrr + k , dt ∂qr ∂qr d ∂Ek ∂Ek (6.48) − = Qra + Qrr , ( r = 1, 2,..., s ) . dt ∂qr ∂qr Izraz (6.48) predstavlja Lagranžeove jednačine druge vrste. S obzirom na to da imamo s stepeni slobode kretanja, imaćemo i sistem od s diferencijalnih jednačina. One su diferencijalne jednačine drugog reda u odnosu na generalisane koordinate q1 , q2 , q3 ,..., qs . n

(

277

)


Đurković Vlado

Lagrangeove jednačine druge vrste imaju široku primenu u rešavanju mnogih zadataka u mehanici, a naročito u teoriji oscilacija. U slučaju mehaničkog sistema sa stacionarnim idealnim vezama je: Qrr = 0 . 6.12. LAGRANŽEOVE JEDNAČINE DRUGE VRSTE ZA KONZERVATIVNE SILE. KINETIČKI POTENCIJAL

Pretpostavimo da na sistem deluju konzervativne sile Tada se generalisana sila može pisati kao: ∂E Qr = − p , ( r = 1, 2,...s ) . (6.49) ∂qr Za nestacionarne veze potencijalna energija će biti funkcija generalisanih koordinata i vremena, a kinetička energija će biti funkcija generalisanih koordinata, generalisanih brzina i vremena, to jest: E p = E p ( q1 , q2 ,..., qs , t ) , Ek = Ek ( q1 , q2 ,..., qs , q1 , q2 ,..., q s , t ) .

Lagrangeove jednačine, za slučaj konzervativnih sila, postaju: ∂E d ∂Ek ∂Ek − =− p , (6.50) ( r = 1, 2,..., s ) . dt ∂qr ∂qr ∂qr Uvedimo oznaku: (6.51) L = Ek − E p , gde se L naziva Lagranžeova funkcija ili kinetički potencijal L = f ( q1 , q2 ,..., qs , q1 , q2 ,..., qs , t ) . Prema tome, kinetički potencijal je funkcija generalisanih koordinata, generalisanih brzina i vremena. Pošto potencijalna energija ne zavisi od generalisanih brzina, već samo od generalisanih koordinata i vremena, ∂E p tada je: = 0 , ( r = 1, 2,..., s ) . ∂qr Dalje sledi da je: Ek = L + E p ,

278

Opšta jednačina statike

Đurković Vlado

∂Ek ∂L ∂E p = + , ∂qr ∂qr ∂qr ∂Ek ∂L ∂E p = + , ∂qr ∂qr ∂qr a nakon uvrštavanja izraza (6.51), izraz (6.50) postaje: ∂E p d ⎛ ∂L ⎞ ∂L ∂E p − =− , (6.52) ⎜ ⎟− ∂qr dt ⎝ ∂qr ⎠ ∂qr ∂qr što konačno daje: d ⎛ ∂L ⎞ ∂L = 0, (6.53) ⎜ ⎟− dt ⎝ ∂qr ⎠ ∂qr Jednačine (6.50) i (6.53) predstavljaju Lagranžeove jednačine druge vrste za konzervativne sile. Zadatak 97. Homogeno fizičko klatno težine G održava se u ravnoteži tako da na njega deluje spreg sila momenta M, sl. 6.5.a. Kolika je vrednost tog sprega za slučaj da je α = 600 ?

α

α

δ

Slika 6.5. Fizičko klatno u proizvoljnom položaju

Rešenje. Na sistem deluju spoljašnje sile kao na sl. 6.5a. Klatno ima jedan stepen slobode kretanja, tj., s = 1 . Ako mu se saopšti virtualno G ugaono pomeranje δα , rad će vršiti samo sila G i spreg M, dok je rad G G sila X A i YA jednak nuli, jer se tačka A kod takvog virtualnog pomeranja neće pomaknuti. G Rad sile G na mogućem pomeranju napadne tačke T je G G G G δA G = G ⋅ δrT = −G sin α ⋅ δrT = −Ga sin α ⋅ δα , (1)

( )

279


Đurković Vlado

dok je rad sprega sila na rotaciji δα , jednak G δA M = M ⋅ δα ,

(2)

pa je za slučaj ravnoteže G G δA = δA G + δA M = −Ga sin α ⋅ δα + M ⋅ δα = 0 .

(3)

( )

( )

( )

Iz izraza (3) nakon eliminacije δα , sledi M = Ga sin α , a za traženo α = 600 je M = Ga 3 / 2 . Zadatak 98. Ekscentrični mehanizam na koji deluje spreg M = 2GR G održava se u ravnotežnom položaju zahvaljujući dejstvu sile F , sl. 6.6a. Odrediti intenzitet te sile za slučaj α = 300 . Rešenje. Ako se za sistem odabere celi mehanizam (ploča, štap i točkić C), spoljašnje sile su kao na sl. 6.6. Sistem ima jedan stepen slobode kretanja, tj., s = 1 . Virtualno pomeranje svih tačaka se može izraziti G G G preko virtualne rotacije δα oko ose Az. Sile FD , X A i YA ne vrše rad, jer je prava upravna na pomeranje, a napadna tačka drugih miruje.

α

α α

δα

Slika 6.6. Ekscentrični mehanizam i spreg koji deluje na njega

Geometrijsko određivanje virtualnog pomeranja tačke B, u zavisnosti od usvojenog pomeranja δα , je jednostavno, jer se tačka B kreće po kružnici poluprečnika R. Međutim, izraziti pomeranje tačke D u zavisnosti od δα je prilično nezahvalno. Ako se, međutim, usvoji analitički pristup i primeni opšta jednačina 280


Đurković Vlado

statike, posao je veoma jednostavan. Ta jednačina u ovom slučaju glasi: −G ⋅ δyB − F ⋅ δy − M ⋅ δα = 0 . (1) Kako je yB = R cos α i yD = 2 R cos α + L , gde je L = const. , nepoznata dužina poluge CD, diferenciranjem nalazimo: δyB = − R sin α ⋅ δα , δyD = −2 R sin α ⋅ δα , te jednačina ravnoteže glasi GR sin α ⋅ δα + 2 FR sin α ⋅ δα − M ⋅ δα = 0 . (2) Iz izraza (2) nakon eliminacije δα , sledi F = ( M − GR sin α ) / 2 R sin α , a za traženo α = 300 i M = 2GR iznosi F = 3G / 2 . Zadatak 99. Za mehanizam sa sl. 6.7a. odrediti zavisnost intenziteta sile G F i sprega M da bi se održao u ravnoteži u položaju kada je α = 300 . Rešenje. Sistem ima jedan stepen slobode kretanja, tj., s = 1 . Virtualno pomeranje svih tačaka se može izraziti preko virtualne rotacije δα G G G poluge CD. Rad vrše samo sila F i sprega M, dok je rad sila X A , YA , G G X D i YD jednak nuli jer njihove napadne tačke pri virtualnom pomeranju mehanizma miruju. δ α

α

α α

δ

α

α

Slika 6.7. Mehanizam sa spregom

Opšta jednačina statike, u ovom slučaju glasi: − F sin α ⋅ δrB + M ⋅ δα = 0 . 281

(1)


Đurković Vlado

Kako je poluga BC kruta mora biti: δrB = δrC cos α ⋅ δα = 2a 3 δα cos α , pa jednačina ravnoteže, imajući na umu da je sin 2α = 2sin α cos α , glasi: − Fa 3 sin 2α ⋅ δα + M ⋅ δα = 0 , (2) 0 odakle je M = Fa 3 sin 2α , a za α = 30 , je M = 3Fa / 2 . Odnos između δrB i δrC mogao se naći i tako što se kretanje poluge BC može smatrati obrtanjem oko pola P, pri čemu su ta pomeranja proporcionalna sa rastojenjem od pola: δrB BP = = cos α ⇒ δrB = δrC cos α . δrC CP G Na kraju, problem se mogao rešiti i analitički. Ako se sila F razloži na komponente intenziteta X = Fx = − F sin α , Y = Fy = − F cos α i primeni opšta jednačina statike X ⋅ δxB + Y ⋅ δyB + M ⋅ δα = 0 , te kako je xB = 0 ⇒ δxB = 0 , yB = 2a 3 cos α ⇒ δyB = −2a 3 sin α ⋅ δα , sledi − ( F cos α ) −2a 3 sin α ⋅ δα + M δα = 0 , (3)

(

)

odakle nakon eliminacije δα , sledi isti rezultat. Zadatak 100. Dvostruko fizičko klatno čine međusobno zglobno vezane G G poluge, svaka težine G, sl. 6.8a. Odrediti intenzitete sila F1 i F2 koje

sistem održavaju u ravnoteži u položaju kada je α = 600 i β = 300 . Rešenje. Sistem ima dva stepena slobode kretanja, tj., s = 2 , a virtualna pomeranja su: δα i δβ . Pošto reakcija u tački A ne vrši rad, opšta jednačina statike u ovom slučaju glasi: G ⋅ δyT 1 + G ⋅ δyT 2 − F1 ⋅ δyB + F2 ⋅ δxC = 0 . (1) Kako je yT 1 = a cos α ⇒ δyT 1 = − a sin α ⋅ δα ,

yT 2 = 2a cos α + a cos β ⇒ δyT 2 = −2a sin α ⋅ δα − a sin β ⋅ δβ , 282


Đurković Vlado

yB = 2a cos α ⇒ δyB = −2a sin α ⋅ δα , yC = 2a sin α + 2a sin β ⇒ δyC = 2a cos α ⋅ δα + 2a cos β ⋅ δβ , opšta jednačina statike postaje ( −3Ga sin α + 2 F1a sin α + 2 F2 a cos α ) δα + + ( −Ga sin β + 2 F2 a cos β ) δβ = 0 .

α

α

β

β

Slika 6.8. Dvostruko fizičko klatno i sile

Kako su δα ≠ 0 i δβ ≠ 0 međusobno nezavisni, jedini način da je gornja jednačina zadovoljena je da je: −3Ga sin α + 2 F1a sin α + 2 F2 a cos α = 0 , (2) −Ga sin β + 2 F2 a cos β = 0 . (3)

Iz (2) je F1 = G ( 3 − ctg α ⋅ tg β ) / 2 , a iz (3) je F2 = G tg β / 2 . Za zadate

uglove α = 600 i β = 300 sile iznose: F1 = 4G / 3 , F2 = G 3 / 6 . Zadatak se mogao rešiti i tako da se virtualna pomeranja odrede geometrijskim putem. Naime, ako se najpre saopšti virtualno pomeranje δα ≠ 0 , pri čemu je δβ = 0 , jasno je da će se tada oba klatna zapravo G obrtati oko ose Az poput krutog tela. Međutim, virtualni rad težina F1 i G F2 na virtualnoj rotaciji δα oko ose Az jednak proizvodu momenta koji svaka sila čini oko te ose i virtualnog ugaonog pomeranja. Zato je: δA1 = −Ga sin α ⋅ δα + F1 ⋅ 2a sin αδα − G ( 2a sin α + a sin β ) δα + + F2 ( 2a cos α + 2a cos β ) δα = 0 .

Ovo je zapravo poznata jednačina

∑M

283

A

= 0.


Đurković Vlado

Nakon eliminacije a ⋅ δα , prva jednačina ravnoteže glasi: 2 F1 sin α − G ( 3sin α + sin β ) + 2 F2 ( cos α + cos β ) = 0 .

(4)

Ako se sada smatra da je δα = 0 , ali je δβ ≠ 0 , poluga AB će mirovati G i zato njena težina F1 neće vršiti rad, dok će se poluga BC obrtati oko ose G G Bz. Rad sila G i F2 na ugaonom pomeranju δβ jednak je proizvodu momenta tih sila oko ose Bz i tog ugaonog pomeranja: δA2 = −Ga sin β ⋅ δβ + F2 ⋅ 2a cos βδβ = 0 . Nakon eliminacije a ⋅ δβ , druga jednačina ravnoteže glasi: −G sin β + 2 F2 cos β = 0 . (5) Ovo je takođe poznata jednačina

∑M

desno B

= 0.

Ako se reše jednačine (4) i (5) dobiće se isti rezultat kao i ranije. Zadatak 101. Za kombinovanu gredu sa zglobom u tački B, sl. 6.9a, odrediti reakciju oslonca C.

δ

δ

δ δ

Slika 6.9. Kombinovana greda i sile

Rešenje. Ako se oslonac C ukloni i njegovo dejstvo na gredu zameni G traženom silom FC , te ako se zatim sistemu da virtualno pomeranje koje dozvoljavaju preostale veze, spoljašnje sile i virtualna pomeranja biće kao na sl. 6.9b. G G Rad reakcija FC (upravna na pomeranje) i FC (nepomična napadna tačka) je jednak nuli. Opšta jednačina statike glasi − F1δr1 + FC δrC − F2δr2 = 0 . (1) Sistem ima jedan stepen slobode kretanja, tj., s = 1 , a virtualno pomeranje je: δrB , preko koga ćemo izraziti sva ostala pomeranja, tj.

284

Opšta jednačina dinamike

Đurković Vlado

δrB δr1 δr = ⇒ δr1 = B , 2a 2 a δrB δrC δr2 3δrB δr i δr2 = B . = = ⇒ δrC = a 4a 3a 4 4 Konačno opšta jednačina statike glasi 1 3 1 − F1 + FC − F2 = 0 , 2 4 4 2 F1 + F2 odakle je FC = . 3

(2) (3)

Zadatak 102. Sistem se sastoji od četiri mase m1 , m2 , m3 i m4 , koje su dve i dve obešene pomoću koturova A, B i C, i užadi, kako je prikazano na sl. 6.10a. Odrediti zavisnost između pomenutih masa pod uslovom da masa m4 ostane stalno nepokretna, ako je sistem u početku kretanja mirovao. Težinu koturova, užadi i trenje zanemariti.

Slika 6.10. Sistem pri kretanju sa apsolutnim koordinamata

Rešenje. Sistem ima tri stepena slobode kretanja, tj., s = 3 . Označimo apsolutne koordinate sa y1 , y2 , y3 i y4 . Aktivne sile su ovde samo sile težine. Opšta jednačina dinamike (pri kretanju sistema sa idealnim zadržavajućim vezama zbir elementarnih radova aktivnih sila i sila inercije jednak je nuli na svakom mogućem pomeranju sistema iz bilo G G kojeg njegovag položaja), δA F + δA F in = 0 , u ovom slučaju glasi:

( )

( )

285


Đurković Vlado

( m1a1 − m1 g ) δy1 + ( m2 a2 − m2 g ) δy2 + + ( m3 a3 − m3 g ) δy3 + ( m4 a4 − m4 g ) δy4 = 0 .

(1)

Da bismo potražili zavisnost virtualnih pomeranja δy1 , δy2 , δy3 i δy4 formiraćemo jednačine veza. Ako sa L1 , L2 i L3 označimo dužine užadi, a imajući na umu da su ona nerastegljiva, dobićemo y1 − s1 + y2 − s1 + πrA = L1 , s1 + s2 + πrB = L2 , y3 − s2 + y4 − s2 + πrC = L3 . Množeći drugu jednačinu sa dva i sabirajući sve tri jednačine, da bismo eleminisali s1 i s2 , imaćemo y1 + y2 + y3 + y4 = 2 L2 − 2πrB + L1 − πrA + L3 − πrC = const. (2) Pošto sistem ima tri stepena slobode kretanja ovo je jedina jednačina veze. Varirajući jednačine veze, nalazimo δy1 + δy2 + δy3 + δy4 = 0 , (3) a dvostrukim diferenciranjem po vremenu, dobijamo a1 + a2 + a3 + a4 = 0 . (4) Zamenjujući δy4 , izraženo preko δy1 , δy2 i δy3 , iz (3) u (1) imaćemo

⎡⎣ m1 ( a1 − g ) − m4 ( a4 − g ) ⎤⎦ δy1 + ⎡⎣ m2 ( a2 − g ) − m4 ( a4 − g ) ⎤⎦ δy2 + + ⎡⎣ m3 ( a3 − g ) − m4 ( a4 − g ) ⎤⎦ δy3 = 0 . Pošto su virtualna pomeranja δy1 , δy2 i δy3 , međusobno nezavisne veličine, koeficijenti uz njih moraju biti jednaki nuli. Zbog toga proističu sledeće jednakosti m1 ( a1 − g ) = m4 ( a4 − g ) , m2 ( a2 − g ) = m4 ( a4 − g ) , m3 ( a3 − g ) = m4 ( a4 − g ) .

Množeći ove jednakosti respektivno sa m2 m3 , m1m3 i m1m2 i sabirajući ih posle toga, i koristeći jednačinu (4), dobijamo m ( m m + m1m3 + m2 m3 ) − 3m1m2 m3 a4 = 4 1 2 g. m1m2 m3 + m1m2 m4 + m1m3m4 + m2 m3m4 Zadatak 103. Centrifugalni brzinomer sastoji se iz dveju koncentrisanih 286


Đurković Vlado

masa A i B, spojenih štapom AB, klizača C, koji je pričvršćen za masu A štapom AC, i spiralne opruge. Štap AB se može obrtati oko ose O, upravne na osi O1O2 . Kada se štap AB ne obrće gradi ugao ϕ0 sa osom O1O2 , sl. 6.11a. Odrediti zavisnost ugaone brzine brzinomera od ugla ϕ , ako su mA = mB = m − mase koncentrisanih tereta A i B i m1 − masa klizača. Krutost spiralne opruge je c. Date su dužine OA = OB = OC = l . Težinu štapova i trenje zanemariti.

ϕ

ϕ

Slika 6.11. Sistem pri rotaciji – brzinomer

Rešenje. Sistem ima jedan stepen slobode kretanja, tj., s = 1 , moguće pomeranje δϕ . Sistem se sastoji od koncentrisanih masa A i B i klizača C. Aktivne sile koje na sistem deluju su težine i elastična sila opruge, čiji je moment M elas. = c ( ϕ − ϕ0 ) . Pridodajmo uslovno tačkama sistema G G G G sile inercije: FAin = − ma A , FBin = − maB . G G G Pošto je a A = a AN + a AT , a a AT = 0 , zbog ravnomernog obrtanja, biće Q G G a A = a AN , tj., a A = ω2l sin ϕ , pa je FAin = FBin = ω2l sin ϕ . g Pridodajući sistemu sile inercije, saopštimo mu i moguće pomeranje δϕ , obrtanjem štapa AB oko tačke O. Odredimo elementaran rad aktivnih G sila i sila inercije, tj., δA = M z F δϕ , pa je G G δA PA = −Ql sin ϕ⋅ δϕ , δA PB = Ql sin ϕ ⋅ δϕ ,

( )

( ) ( )

287


Đurković Vlado

G G δA FAin = FAin l cos ϕ ⋅ δϕ , δA FBin = FBin l cos ϕ ⋅ δϕ . G Rad elestičnih sila će biti δA Felas. = −c ( ϕ − ϕ0 ) ⋅ δϕ . G Rad težine klizača C nalazimo po formuli δA Q1 = Q1 ⋅ δz , gde je

( )

( ) ( )

( )

δz − promena rastojanja klizača od tačke O. Pošto je z = 2l cos ϕ ⇒ δz = −2l sin ϕ⋅ δϕ . G Rad sila inercije Fi in na mogućim pomeranjima jednak je nuli, jer su pravci tih sila upravni na elementarna pomeranja. G G Opšta jednačina dinamike, δA F + δA F in = 0 , u ovom slučaju

( )

( )

glasi: FAinl cos ϕ ⋅ δϕ + FBinl cos ϕ⋅ δϕ − 2lQ1 sin ϕ⋅ δϕ − c ( ϕ − ϕ0 ) δϕ = 0 . Stavljajući ovde nađene vrednosti, dobijamo Q 2 ω2l 2 sin ϕ cos ϕ ⋅ δϕ − 2lQ1 sin ϕ ⋅ δϕ − c ( ϕ − ϕ0 ) δϕ = 0 . g Odavde nalazimo traženu ugaonu brzinu, tj., ω=

2lQ1 sin ϕ⋅ δϕ − c ( ϕ − ϕ0 ) ⋅g. Ql 2 sin 2ϕ

(1) (2)

(3)

Zadatak 104. Odrediti ubrzanje a tereta A i B, sistema prikazanog na sl. 6.12a, pomoću opšte jednačine dinamike (Lagranž-Dalamberovog principa). Rešenje. Sistem se sastoji od koncentrisanih masa A i B i valjka D. Sistem ima jedan stepen slobode kretanja, tj., s = 1 , virtualno pomeranje δx uz strmu ravan. Dopustimo da posmatrani sistem izvrši moguće pomeranje tako da se teret A pomeri za veličinu δx po strmoj ravni naviše ( x − osa duž strme ravni). Pošto je uže neistegljivo, teret B dobiće pri tome moguće pomeranje po vertikali naniže, jednake veličine δx , a valjak D dobiće moguće ugaono pomeranje δϕ . Ako uočimo jednu tačku užeta na obodu valjka, dobićemo zavisnost između linearnog i ugaonog mogućeg pomeranja. δx = R ⋅ δϕ . (1)

288


Đurković Vlado δϕ

δϕ δ

α µ

α

δ

Slika 6.12. Sistem pri kretanju sa silama

Primenimo na materijalni sistem opštu jednačinu dinamike, tj. G G δA F + δA F in = 0 ,

( )

( )

−G1 sin α ⋅ δx − Fµ ⋅ δx − F1in ⋅ δx − M in ⋅ δϕ + G2 ⋅ δx − F2in ⋅ δx = 0 .

(2)

U jednačini su G1 i G2 težine tereta A i B, a G G G G x = 2 a sile inercije ovih tereta, FAin = a x = 1 a i FBin = 2 g g g g Fµ = µG1 cos α sila trenja pri klizanju tereta A, i

1 1 G3 2 a 1 G3 mD R 2 ⋅ ε D = R ⋅ = aR , moment sila R 2 g 2 2 g inercije valjka D, težine G3 . Stavljajući navedene vrednosti i zavisnost δx = R ⋅ δϕ , u (2) dobijamo G G 1 G3 −G1 sin α − µG1 cos α − 1 a − a + G2 − 2 a = 0 . (3) g g 2 g Odavde nalazimo traženo ubrzanje G − G1 ( sin α + µ cos α ) a= 2 ⋅ 2g . (4) 2 ( G1 + G2 ) + G3 M in = J D ε D =

Zadatak 105. Dva zupčanika 1 i 2, poluprečnika r1 i r2 , spoljašnje su ozubljena. Momenti inercije zupčanika za njihove obrtne osu jednaki su J O1 i J O 2 (sl. 6.13a). Odrediti ugaono ubrzanje zupčanika 1, ako na njega deluje spreg sila sa obrtnim momentom M 0 . Sile otpora 289


Đurković Vlado

zanemariti. Rešenje. Sistem se sastoji od dva zupčanika koncentrisanih masa sa jednim stepenom slobode kretanja, tj., s = 1 , jer se obrtnim uglom jednog od zupčanika određuje položaj drugog zupčanika. U dodirnoj tački, K, zupčanika tangencijalne komponente ubrzanja su iste, pa možemo pisati r 1 = − r2 ω 2 ⇒ω 2 =− 1 ω 1, r1ω (1) r2 a znak minus dolazi zbog toga, što se zupčanici obrću u suprotne strane. δ

ε δϕ

δϕ

ε

Slika 6.13. Sistem – zupčanici pri rotacionom kretanju i sile

Prema tome, moment sprega sila inercije zupčanika 1 biće 1 1 = − J O1ε1 = − m1r12 ⋅ ε1 , (2) M Oin1 = − J O1ω 2 a moment sprega sila inercije zupčanika 2 je analogno 1 2 = J O 2ε 2 = m2 r22 ⋅ ε 2 . (3) M Oin2 = J O 2ω 2 Dajmo moguće ugaono pomeranje δϕ1 zupčaniku 1. Pritom će zupčanik 2 dobiti moguće ugaono pomeranje δϕ2 . Zavisnost između ugaonih pomeranja δϕ1 i δϕ2 lako se može dobiti preko mogućeg G pomeranja δrK dodirne tačke K oba zupčanika, tj. r δrK = r1δϕ1 = − r2δϕ2 ⇒ δϕ2 = − 1 δϕ1 . (4) r2 Da bismo postavili opštu jednačinu dinamike treba izračunati sumu radova datih sila i sila inercije na mogućim pomeranjma tačaka sistema i izjednačiti tu sumu sa nulom: 290


Đurković Vlado

M 0 δϕ1 + M Oin1δϕ1 + M Oin2 δϕ2 = 0 .

(5) Rad sila teže G1 i G2 jednak je nuli, jer su napadne tačke tih sila nepomične. Kada iskoristimo formule (2), (3) i (4), i svaki član jednačine skratimo sa δϕ1 dobićemo: 2

⎛r ⎞ M 0 − J O1ε1 − J O 2 ⎜ 1 ⎟ ε1 = 0 , ⎝ r2 ⎠ odakle određujemo ugaono ubrzanje zupčanika 1, tj. M0 . ε1 = 2 J O1 + J O 2 ( r1 / r2 )

(6)

(7)

Zadatak 106. Diferencijalni prenosnik sastoji se od zupčanika 1 i 2, mase m i poluprečnika R, te zupčanika 3 čija je masa m raspoređena po G obimu. Ako na podlogu BC, zanemarljive mase, deluje sila F , a na G m polugu OA, mase , deluje spreg momenta M , te ako zanemarimo 2 trenje, odrediti ugaono ubrzanje poluge OA prenosnika. Prenosnik se nalazi u horizontalnoj ravni, sl. 6.14.a.

Slika 6.14. Diferencijalni prenosnik

Rešenje: Sistem ima dva stepena slobode kretanja, s = 2 , i to translaciju (virtualno pomeranje δ x ) poluge BC i rotaciju (virtualno pomeranje δϕ ) poluge OA. Zadatak ćemo rešiti primenom Opšte jednačine dinamike ili 291


Đurković Vlado

Lagranž Dalamberovim principom tj., n G G G G ∑ Fi a + Fi r + Fi in ⋅ δri = 0 . i =1

d

i

(1)

in = 0, Masa poluge BC je zanemarljiva pa je FBC x 2 M 3in = J 3 ⋅ ε 3 , J 3 = m3 ⋅ 3R = 9mR 2 , ε 3 = , 3R x M 3in = J 3 ⋅ ε 3 = 9mR 2 ⋅ = 3mRx . 3R 1m 2 2 in = mR 2 ϕ . M OA = J OOA ⋅ ε OA = 2R ⋅ ϕ 32 3

(2)

b g

(3)

b g

(4)

δϕ ε ε

ϕ

ε δ

ε

ε

Slika 6.14. Pomeranja, sile, inercijalne sile, inercijalni momenti i ubrzanja

. F2inT = m2 ⋅ a AT = m ⋅ 2 Rϕ (5) x + 2 Rϕ 1 1 , M 2in = J 2 ⋅ ε 2 , J 2 = m2 ⋅ R 2 = mR 2 , ε 2 = R 2 2 mR x + 2 Rϕ 1 . M 2in = mR 2 ⋅ x + 2 Rϕ (6) = R 2 2 aE T 1 1 za zupčanik 1, (7) M1in = J1 ⋅ ε1 , J1 = m1 ⋅ R 2 = mR 2 , ε1 = R 2 2

b

g

292

b g


Đurković Vlado

ba g

b g

a E T − 2 Rϕ + 2 Rϕ x 2 Rϕ x , sa = = = R R EP AP NP a c a+c sl. 6.14c, na osnovu osobine razlika + = , pa je b d b+d + = 4 Rϕ + a E T = 2 Rϕ x + 2 Rϕ x, (8)

a za zupčanik 2 je ε 2 =

E T

=

b g

pa ako se vratimo u (7) sledi ε1 =

ba g

E T

=

+ 4 Rϕ x . R

b

g

(9)

R 1 x mR 2 in 2 4 Rϕ + + = 4 Rϕ M1 = J1 ⋅ ε1 = mR ⋅ x . 2 2 R a) slučaj δx ≠ 0 i δϕ = 0

c F − F hδx − M in BC

in 3

(10)

δϕ 3 − M 2in δϕ 2 − M1in δϕ1 = 0 ,

(11)

δx δr δx δr δx , δϕ 2 = N = , δϕ1 = E = ⋅⋅⋅ = , 3R R R R R δx mR δx mR δx Fδx − 3mRx − x + 2 Rϕ − x + 4 Rϕ = 0, 3R 2 R 2 R mx mx − 2mRϕ + F − mx − − mRϕ = 0, 2 2 = 0 . F − 2mx − 3mRϕ b) slučaj δx = 0 i δϕ ≠ 0 gde su δϕ 3 =

b

c M − M hδϕ in OA

OA

g

b

g

− F2inT δrA − M 2in δϕ 2 − M1in δϕ1 = 0 ,

(12) (13)

gde su

δrA δr 2 Rδϕ 2 = 2δϕ OA , δϕ1 = E = = 4δϕ OA , R R R 2 mR δϕ OA − 2mRϕ ⋅ 2 Rδϕ OA − 2δϕ OA − M − mR 2 ϕ x + 2 Rϕ 3 2

δrA = 2 R ⋅ δϕ OA , δϕ 2 =

FG H

IJ K

b

−

g

b

g

mR 4δϕ OA = 0 , x + 4 Rϕ 2

2 − 4mR 2 ϕ − mRx − 2mR 2 ϕ − 8mR 2 ϕ − 2mRx = 0 , M − mR 2 ϕ 3 44 − 3mRx = 0 . M − mR 2 ϕ 3

293

(14)


Đurković Vlado

= 0 ⇒ mx = Iz (12) sledi F − 2mx − 3mRϕ

b

g

1 , F − 3mRϕ 2

a nakon uvrštavanja u (14), 44 3R − = 0 , M − mR 2 ϕ F − 3mRϕ 3 2 3 3FR − 2 M = ⋅ dobijamo ϕ . 61 mR 2

b

(15)

g

(16)

Zadatak 107. Na sl. 6.15a je prikazan mehanizam koji se sastoji od poluge AB dužine R i mase m,G klizača 2, mase m, te poluge 3, mase 2m. G Ako na polugu 3 deluje sila F , a na homogenu polugu AB moment M , kao što je prikazano na sl. 6.15a, odrediti ugaono ubrzanje poluge AB π kada je ϕ = . Sistem se nalazi u horizontalnoj ravni. Zanemariti trenje. 2

ϕ

ϕ

Slika 6.15. Mehanizam u proizvoljnom položaju

Rešenje: Sistem ima jedan stepen slobode kretanja, s = 1 , i to rotaciju (virtualno pomeranje δϕ ) poluge AB. Prvi način: Zadatak ćemo rešiti primenom Opšte jednačine dinamike ili Lagranž Dalamberovim principom, sl. 6.15b, tj., n G G G G (1) ∑ Fi a + Fi r + Fi in ⋅ δri = 0 , i =1

d

i

M ⋅ δϕ − M in ⋅ δϕ − F ⋅ δx3 − F3in ⋅ δx3 = 0 . Kinematičke karakteristike su: x3 = R sin ϕ + x2 ⇒ δx3 = R cos ϕ ⋅ δϕ , pa jednačina glasi 294

(2)


Đurković Vlado

c

h

M ⋅ δϕ − M in ⋅ δϕ − F − F3in R cos ϕ ⋅ δϕ = 0 ,

(3)

π sledi M − M in = 0 , (4) 2 1 4 , gde je M in = J1 + J 2 ⋅ ε = mR 2 + mR 2 ⋅ ε = mR 2 ϕ (5) 3 3 4 3 M = 0 ⇒ ϕ = te je konačno M − mR 2 ϕ . (6) 3 4 mR 2 Drugi način: Zadatak možemo rešiti i ako idemo preko centra inercije za polugu, sl. 6.15b, tj., R (7) M ⋅ δϕ − M in ⋅ δϕ − F1in ⋅ δϕ − F2in ⋅ Rδϕ = 0 , 2 1 1 R , F1in = ma = m ε = mRϕ , gde su M in = J C ⋅ ε = mR 2 ϕ 2 2 12 . F1in = ma = m ⋅ R ε = mRϕ (8) 1 1 1 − ⋅ mR 2 ϕ − mR 2 ϕ = 0 , (9) Sada je M − mR 2 ϕ 12 2 2 16 = 0 , odnosno M − mR 2 ϕ 12 3 M = te je konačno ϕ . (10) 4 mR 2 a za ϕ =

b

g FGH

IJ K

Zadatak 108. Mehanizam prikazan na sl. 6.16a, sastoji se od homogenih štapova AB, BC i klizača C. Dužine štapova su AB = R , BC = 2 R , a mase mAB = m , mBC = 0 i mC = m . U trenutku kada se tačka B nađe između tačaki A i C na istoj pravoj odrediti ugaono ubrzanje poluge AB ako na nju deluje moment M, a na klizač C sila F. Trenje zanemariti. Dati mehanizam se nalazi u horizontalnoj ravni.

Slika 6.16. Materijalni sistem u proizvoljnom položaju 295


Đurković Vlado

Rešenje: Sistem ima jedan stepen slobode kretanja, s = 1 , i to rotaciju (virtualno pomeranje δϕ ) poluge AB, ili virtualno pomeranje δx klizača C. Zadatak ćemo rešiti primenom opšte jednačine dinamike (sl.6.16b) ili Lagranž Dalamberovim principom tj., n G G G G (1) ∑ Fi a + Fi r + Fi in ⋅ δri = 0 , i =1

d

i

in M ⋅ δϕ − M AB ⋅ δϕ − FC ⋅ δx − F ⋅ δx = 0 .

(2)

ϕ

Slika 6.16. Sistem i opterećenja

U trenutku kada se tačka B nađe između tačaki A i C na istoj pravoj nema pomeranja pa je δx = 0 , pa sledi, (sl.6.16c) (3) M − M inAB = 0 , 1 in , pa je gde je M AB = J A ε AB = mR 2 ϕ 3 1 3M = 0 ⇒ ϕ = ε AB = M − mR 2 ϕ . (4) 3 mR 2 Zadatak 109. Na štapu AB = R , mase m, učvršćen je teret M, mase m, sl. 6.17a. Štap klizi po horizontalnom i vertikalnom zidu. Odrediti ubrzanje tačke B u početku kretanja, ako je je u tom trenutku štap zaklapao sa horizontalom ugao α . Dato je BM = R / 2 . Napomena: koristiti opštu jednačinu dinamike.

296


Đurković Vlado

α α

α

Slika 6.17a. Štap, teret i ubrzanja

Rešenje: Sistem ima jedan stepen slobode kretanja, s = 1 , i to rotaciju (virtualno pomeranje δα ) poluge AB. Zadatak ćemo rešiti primenom opšte jednačine dinamike, sl. 6.17b, ili Lagranž Dalamberovim principom tj., n G a G r G in G F (1) ∑ i + Fi + Fi ⋅ δri = 0 . i =1

d

i

δ A = FM x δx + FM y δy + M in δα − 2mgδx = 0 .

(2)

Kinematičke i dinamičke karakteristike štapa, sl. 6.17b, koji vrši ravno kretanje su: G G G a M = a A + a MA , a A = R ε sin α , a B = R ε cos α , R R (a M ) x = a A − ε sin α = ε sin α , 2 2 R R (a M ) y = − a B + ε cos α = − ε cos α , 2 2 R R x M = cos α ⇒ δx M = − sin α ⋅ δα , 2 2 R R y M = sin α ⇒ δy M = cos α ⋅ δα , 2 2 R FM x = −2ma x = −2m ε sin α = mR ε sin α , 2 R FM y = 2ma y = 2m ε cos α = mR ε cos α , 2

297


Đurković Vlado

1 mR 2 ⋅ ε . 12 Ako sve uvrstimo u (2) dobijamo R R 1 mRε sin α ⋅ sin αδα + mRε cos α ⋅ cos αδα + mR 2 εδα + 2 2 12 R + mg sin αδα = 0 , 2 R koja postaje ε R sin 2 α + R cos2 α + = − g sin α , 6 1 6 g sin α εR 1 + = − g sin α ⇒ ε = − ⋅ . 6 7 R M in = J M ⋅ ε =

FG IJ H K

FG H

(3)

IJ K

(4)

Zadatak 110. Sistem prikazan na sl. 6.18a, sastoji se od diska B, mase mB i poluprečnika RB = 2 R , kotura A mase mA i poluprečnika RA = R , te šupljeg cilindra C zanemarljive debljine zida, mase mC i poluprečnika RC = R . Kotur A se kotrlja bez klizanja niz strmu ravan nagiba α . Osa diska B je nepokretna, a uže bez težine, neistegljivo i idealno gipko, prebačeno preko kotura A i diska B, a namotano je na cilindar C. Odrediti ugaono ubrzanje cilindra C ako je mA = mC = m i mB = 4mC . Rešenje: Sistem ima dva stepena slobode kretanja, s = 2 , i to virtualno pomeranje δx centra O2 šupljeg cilindra C i virtualno pomeranje δy centra O1 cilindra A. Zadatak ćemo rešiti primenom Opšte jednačine dinamike, sl. 6.18a, ili Lagranž Dalamberovim principom tj., n G G G G (1) ∑ Fi a + Fi r + Fi in ⋅ δri = 0 . i =1

d

i

Poznate su mase mA = m , mB = 4m , mC = m i poluprečnici R A = R , RB = 2 R , RC = R . x + 2 y x + 2 y , εC = . Kinematičke karakteristike su: ω C = 2R 2R

298


Đurković Vlado

µ

ε

α

ε

α

Slika 6.18. Sistem, momenti i sile koje deluju na njega

Inercijalne sile i inercijalni momenti su: FAin = my , FCin = mx , y mR y 1 , M Ain = J O1 ⋅ ε A = mR 2 ⋅ = R 2 2 1 y 2 2 M Bin = J O ⋅ ε B = 4m 2 R ⋅ = 8mR y, 2 2R + 2 y 2 x M Cin = J O2 ⋅ ε C = m 2 R ⋅ = 2mR x + 2 y . 2R a) slučaj δx ≠ 0 i δy = 0

b g b g

cmg − F hδx − M in C

in C

b

g

δϕ C + M inA = 0 ,

δx i M Ain = 0 jer postoji trenje i nema rotacije. 2R Dalje nakon uvrštavanja sledi δx mg − mx δx − 2mR x + 2 y = 0, 2R y=g. 2 x + 2 b) slučaj δx = 0 i δy ≠ 0

(2) (3) (4) (5) (6)

gde je δϕ C =

b

g

b

cmg sin α − F hδy − M in A

g

in A

δϕ A − M Bin δϕ B − M Cin δϕ C − Fµ δs = 0 ,

(7) (8)

2δy 2 δy δy , δϕ A = , δϕ B = i Fµ δs = 0 jer je δs = 0 zato 2R R 2R što nema klizanja. Dalje je

gde su δϕ C =

299


Đurković Vlado

cmg sin α − F hδy − M in A

in A

δy δy δy − M Bin − M Cin = 0, R R R

27 y + 2 x = g sin α . 2 2g 2g g Iz (7) i (9) sledi, sin α − 1 . y= ⋅ sin α − 1 i x = ⋅ − 23 2 23 Traženo ugaono ubrzanje iznosi x + 2 y g 2 19 ( sin α + ) . εC = = ⋅⋅⋅ = 2R 2 R 23 46

i konačno dobijamo

b

g

FG H

IJ K

(9) (10)

(11)

Zadatak 111. Dva cilindra istih prečnika omotani su nerastegljivim užetom koje je prebačeno preko nepokretnog kotura zanemarljive mase. Masa cilindra A je m1 i raspoređena je po njegovom obimu, dok je masa cilindra B jednaka m2 . Homogeni cilindar B može da se kotrlja bez klizanja po horizontalnoj ravni, dok cilindar A pada vertikalno naniže, sl. m 6.19.a. Odrediti odnos masa 1 da bi sila u užetu bila četiri puta manja m2 od težine cilindra A.


Rešenje: Sistem ima dva stepena slobode kretanja, sl. 6.19.a,b,c, s = 2 , i to virtualno pomeranje δ x centra A šupljeg cilindra A i virtualno pomeranje δ y centra B cilindra B. Zadatak ćemo rešiti primenom opšte jednačine dinamike ili Lagranž Dalamberovim principom tj., 300


Ga

n

∑ dF

i

Đurković Vlado

G G G + Fi r + Fi in ⋅ δri = 0 .

i

i =1

(1)

Kinematičke karakteristike su: ω 1 = ω A =

x − 2 y x − 2 y , ε1 = ε A = , R R

y y , ε2 = ε B = . R R Inercijalne sile i inercijalni momenti su: F1in = FAin = m1 x , F2in = FBin = m2 y, x − 2 y M1in = M Ain = J A ⋅ ε A = m1 R 2 ⋅ = m1 R x − 2 y , R y 1 1 M 2in = M Bin = J B ⋅ ε B = m2 R 2 ⋅ = m2 R y. R 2 2 ω2 = ω B =

b

(2) (3)

g

(4)

(5)

δϕ

δϕ δ δ

ε

ω

ε

ω

ω

δϕ

ε

Slika 6.19. Sistem sa opterećenjima

a) slučaj δx ≠ 0 i δy = 0 , sl. 6.19b.

cm g − F hδx − M 1

in 1

gde je δϕ1 =

in 1

δϕ1 = 0 ,

(6)

δx . Dalje nakon uvrštavanja sledi R

301


Đurković Vlado

bm g − m xgδx − m Rb x − 2 yg δRx = 0 , 1

1

1

y=g. (7) 2 x − 2 b) slučaj δx = 0 i δy ≠ 0 , sl. 6.19.b. − F2in δy − M 2in δϕ 2 + M1in δϕ1 = 0 , (8) 2 δy δy gde su δϕ1 = , δϕ 2 = . Nakon uvrštavanja u jednačinu R R 1 2 δy δy − m2 yδy − m2 Ry + m1 R x − 2 y = 0, 2 R R dobijamo −4m1 x + y 8m1 + 3m2 = 0 . (9) c) slučaj, kada posmatramo samo disk B oslobođen od veza, sl. 6.19.c. S ⋅ 2δy − F2in δy − M 2in δϕ 2 = 0 , (10) δy mg gde su δϕ 2 = i S = 1 sila u užetu uslov zadatka. 4 R 1 m1 g δy ⋅ 2δy − m2 y ⋅ δy − m2 Ry ⋅ = 0 , dobijamo Nakon uvrštavanja 4 2 R (11) −m1 g + 3m2 y = 0. g m (11) ⇒ y= ⋅ 1 . (12) 3 m2 g m1 Sada (12) uvrstimo u (7) 2 x−2 = g , odakle dobijamo 3 m2 g g m (13) x= + ⋅ 1 . 2 3 m2 Ako sada (12) i (13) uvrstimo u (9) g m1 g g m 8m1 + 3m2 = 4m1 + ⋅ 1 , ⋅ 3 m2 2 3 m2

b

b

b

g

g

g

sledi traženi odnos masa

FG H

IJ K

m1 3 = . m2 4

(14)

Zadatak 112. Na sl. 6.20.a, je prikazan reduktor koji se sastoji od nepokretnog unutrašnje ozubljenog zupčanika 1, dva para zupčanika 2 i 302


Đurković Vlado

3, koji čine jednu krutu celinu, homogenog zupčanika 4, te vratila II i I sa 3 polugom P. Mase pojedinih elemenata su respektivno: m2 ,3 = m , 2 m R m4 = m , mP = , a poluprečnik inercije zupčanika 2 i 3 je i2 ,3 = . 3 4 Odrediti ugaono ubrzanje vratila I elektromotora ako moment na vratilu I iznosi M. Dati su poluprečnici R2 = R3 = R , R4 = 2 R . Polugu smatrati homogenim štapom. Rešenje: Zadatak ćemo rešiti primenom opšte jednačine dinamike ili Lagranž Dalamberovim principom tj., n G G G G (1) ∑ Fi a + Fi r + Fi in ⋅ δri = 0 . i =1

d

i

Slika 6.20. Reduktor

b g = R ⋅ ε = 3R ε , ba g = 2ba g = 3Rε = 3ε . =

Kinematičke karakteristike su: aC 2

ba g

T

p

3R ε K T Cc 2 T = 3ε , ε 4 R R2 R 2R 2R Inercijalne sile i inercijalni momenti su: R p = R4 + R3 = 3R , ε2 =

C2 T

=

M pin = J p ⋅ ε =

b g

1 m 3 2 ⋅ 6 R ε = mR 2 ε , 12 4 4

303

(2)

(3)


cF h = cF h

Đurković Vlado

b g

3 9 m ⋅ R ε = mR ε , 3 T 2 2 2 3 1 R in in 2 M 2 = M 3 = J 2 ⋅ ε 2 = m2i2 ⋅ ε 2 = m ⋅ ⋅ 3ε = mR 2 ε , 2 3 2 1 1 2 M 4in = J 4 ⋅ ε 4 = m4 2 R ⋅ 3ε = m4 R 2 ⋅ 3ε = 6mR 2 ε . 2 2 Ako primenimo opštu jednačinu dinamike n G G G G δA = ∑ Fi a + Fi r + Fi in δri = 0 , možemo pisati in 2 T

in 3 T

= m2 aC 2

=

(4)

FG IJ H K

(5)

b g

i =1

d

i

d M − M iδϕ − 2c F h δr in p

(6)

in 2 T

C2

c h

− 2 F3in δrC 3 − T

−2 M δϕ 2 − 2 M 3in δϕ 3 − 2 M 4in δϕ 4 = 0 , gde su virtualna pomeranja δrC 2 = δrC 3 = R p ⋅ δϕ = 3R ⋅ δϕ , in 2

δϕ 2 = δϕ 3 =

(7)

δr 2δrC 2 3Rδϕ δrC 2 3Rδϕ = = 3δϕ , δϕ 4 = K = = = 3δϕ . R2 R R4 2R R

ε δ δ ω

ε

Slika 6.20. Momenti i sile na reduktoru, i pomeranja na dodirnim tačkama zupčanika u sprezi

Ako se vratimo u jednačinu (7) sa inercijalnim silama momentima i virtualnim pomeranjima 304


Đurković Vlado

FG M − 3 mR εIJ δϕ − 2 ⋅ 9 mRε ⋅ 3Rδϕ − 2 ⋅ 9 mRε ⋅ 3Rδϕ − H 4 K 2 2 2

1 1 −2 ⋅ mR 2 ε ⋅ 3δϕ − 2 ⋅ mR 2 ε ⋅ 3δϕ − 6mR 2 ε ⋅ 3δϕ = 0 , 2 2 nakon sređivanja postaje 3 M − mR 2 ε − 54mR 2 ε − 6mR 2 ε − 18mR 2 ε = 0 , 4 M 4 ⋅ odakle dobijamo traženo ugaono ubrzanje ε = . 315 mR 2

(8)

(9) (10)

Zadatak 113. Dva bloka, M1 i M 2 , nalaze se jedan na drugom na nepokretnoj strmoj ravni, nagiba α , međusobno spojeni neistegljivim užetom koje je prebačeno preko kotura O. Masa bloka M1 je m, a masa bloka M 2 je M. Kotur O je homogen i ima masu m. Masu užeta G zanemariti. Ako na blok M 2 deluje sila F , sl. 6.21.a, odrediti ubrzanje blokova. Koeficijent trenja između blokova je µ , a strma ravan je glatka. µ2

µ1

α

α

α

µ1

α

Slika 6.21. Dva bloka i opterećenje na strmoj ravni te opterećenja na delovima sistema

Rešenje: Sistem ima jedan stepen slobode kretanja, s = 1 , i to virtualno pomeranje δx centra bloka M 2 . Zadatak ćemo rešiti primenom opšte jednačine dinamike, sl. 6.21.b, ili Lagranž Dalamberovim principom tj., n G G G G (1) ∑ Fi a + Fi r + Fi in ⋅ δri = 0 . i =1

d

i

Inercijalne sile i inercijalni momenti su: F1in = m1 x = ma , F2in = Mx = Ma ,

305

(2)


Đurković Vlado

1 x 1 mR 2 ⋅ = mRa . 2 R 2 Za slučaj δx ≠ 0 sledi opšta jednačina dinamike M in = J O ⋅ ε =

(3)

δx = 0 . (4) R Ako sada primenimo II Njutnov zakon na blok M1 , sl. 6.21.c, nakon projekcije na vetrikalnu osu (5) − mg cos α + N = my = 0 ⇒ N = mg cos α , (6) a takođe i sile trenja Fµ1 = Fµ 2 = µ N = µ mg cos α .

d F + Mg sin α − F

in 2

i

− Fµ 2 − F1in − Fµ1 − mg sin α δx − M in

Dalje nakon uvrštavanja sledi F + Mg sin α − Ma − µmg cos α − ma − µmg cos α − 1 1 − mg sin α − ⋅ mRa = 0 , R 2 F + M − m g sin α − 2µ mg cos α traženo ubrzanje a = 2 ⋅ . 3m + 2 M

b

g

(7)

Zadatak 114. Opštom jednačinom dinamike postaviti sistem jednačina iz kojih se može odrediti ubrzanje prizme, sl. 6.22.a. Koeficijent trenja između prizme i podloge je µ , a između koturova i strmih ravni nema proklizavanja. Poznato je R A = RC = R , mA = mC = m , mB = 0 i mD = 2m .

ω ε

ω ε µ

Slika 6.22. Sistem u stanju mirovanja i opterećenja delova sistema

Rešenje: Sistem ima tri stepena slobode kretanja, s = 3 . Zadatak ćemo rešiti primenom opšte jednačine dinamike, sl. 6.22.b, ili Lagranž Dalamberovim principom tj.,

306


Ga

n

∑ dF

i

Đurković Vlado

G G G + Fi r + Fi in ⋅ δri = 0 .

i

i =1

(1) x , R = my , FDinp = 2my .

Inercijalne sile i inercijalni momenti su: ε C = ε A = FAinr = mA x = mx , FAinp = my , FOinr = mx , FCinp

(2)

1 x 1 mR 2 ⋅ = mRx . (3) 2 R 2 Za slučaj δx ≠ 0 sledi opšta jednačina dinamike, sl. 6.22.b, mg sin 300 − mg cos 600 − FArin − FCinr + FAinp cos 600 + FCinp cos 300 δx +

M Ain = M Cin = J A ⋅ ε A =

d

i

d

δx δx − M Cin + R R + FAinr cos 600 + FCinr cos 300 δy = 0 ,

i

+ − µ N − FCinp − FAinp − FDinp δy − M Ain

d

i

(4)

koja nakon uvrštavanja vrednosti postaje 3 1 1 3 1 1 mg − − 2mx + 2my + − 2 ⋅ mRx = 0 , 2 2 2 2 2 R

F GH

I JK

F GH

I JK

(5)

F 1 + 3I = 0 . GH 2 2 JK

µ N + 2my + 2my − 2mx

(6)

z = 0 , sl. 6.22.c, Posmatrajmo sada prizmu oslobođenu od veza gde je 0 0 0 − N1 cos 60 + FT 1 cos 30 + N − 2mg − FT 2 cos 60 − N 2 cos 300 = 0 , (7) a opšta jednačina dinamike glasi N1 cos 300 + FT 1 cos 600 + FT 2 cos 300 − N 2 cos 600 − FDinp − Fµ δy = 0 , (8)

d

i

ε ω

ω ε

Slika 6.22. Opterećenja prizme i ipterećenja diskova

Posmatrajmo sada disk A i disk C oslobođene od veza, sl. 6.22.d. (9) M Ain = FT 1 ⋅ R + S ⋅ R ⇒ S ⋅ R = M Ain − FT 1 ⋅ R , 307


Đurković Vlado

M Cin = FT 2 ⋅ R − S ⋅ R ⇒ S ⋅ R = − M Ain + FT 1 ⋅ R .

(10)

Zadatak 115. Za dati sistem i mase primenom opšte jednačine dinamike izračunati ugaono ubrzanje diska C, sl. 6.23.a. Dato je mA = mB = mC = m , M = mgR , i A = i B = R . Rešenje: Sistem ima dva stepena slobode kretanja, s = 2 , i to virtualno pomeranje δx koaksijalnih cilindara A i virtualno pomeranje δy centra cilindra C. Zadatak ćemo rešiti primenom opšte jednačine dinamike, sl. 6.23.b, ili Lagranž Dalamberovim principom tj., n G G G G (1) ∑ Fi a + Fi r + Fi in ⋅ δri = 0 . i =1

d

i

Kinematičke karakteristike su: ε A =

x 4 x 8 x + y , εB = , εC = . R R R ε

ε

α α

ε

α Slika 6.23. Opterećenja diskova

Inercijalne sile i inercijalni momenti su: FAin = mx , FCin = my , x x M Ain = J A ⋅ ε A = mi 2 ⋅ = mR 2 ⋅ = mRx , R R x 4 4 x M Bin = J B ⋅ ε B = mi 2 ⋅ = mR 2 ⋅ = 4mRx , R R

308

(2) (3) (4)


Đurković Vlado

x + 2 y (5) = 2mR x + 2 y . 2R a) slučaj δx = 0 i δy ≠ 0 , sl. 6.23.b, δy mgδy − FCin δy − M Cin = 0, (6) R 1 mg − my − m 8 x + y = 0, 2 y = 2g . (7) dobijamo 8 x + 3 b) slučaj δx ≠ 0 i δy = 0 , sl. 6.23.b, δx 4δx 4δx 8δx mg sin αδx − FAin δx − M inA − M Bin −M − M Cin = 0 , (8) R R R R dalje je 4M mg sin α − mx − mx − 16mx − − 4m 8 x + y = 0, R 4M 50mx + 4my = mg sin α − , R x + 4 y = g sin α − 4 g . (9) 50 x = ⋅⋅⋅ i y = ⋅⋅⋅ odnosno traženo ugaono ubrzanje Iz (7) i (9) sledi, 8 x + y (10) εC = = ⋅⋅⋅ . R

b g

b

2

M Cin = J O2 ⋅ ε C = m 2 R ⋅

b

g

g

b

g

Zadatak 116. Za dati sistem na sl. 6.24.a, u vertikalnoj ravni odrediti ugaono ubrzanje kotura C, preko opšte jednačine dinamike. Dato je mA = mB = mC = m , i B = R . Strma ravan je glatka. Rešenje: Sistem ima dva stepena slobode kretanja, s = 2 , i to virtualno pomeranje δ x tereta A i virtualno pomeranje δy centra cilindra C. Zadatak ćemo rešiti primenom opšte jednačine dinamike, sl. 6.24.b, ili Lagranž Dalamberovim principom tj., n G G G G (1) ∑ Fi a + Fi r + Fi in ⋅ δri = 0 . i =1

d

i

Kinematičke karakteristike su: v A = x , ω B =

309

x , 2R


ωC =

Đurković Vlado

x 2 = 2 y + x . 2R R

y +

ε

ε α

α

Slika 6.24. Opterećenja diskova

Inercijalne sile i inercijalni momenti su: FAin = mx , FCin = my , x x x M Bin = J B ⋅ ε B = mi 2 ⋅ = mR 2 ⋅ = mR , 2R 2R 2 1 x + 2 y mR M Cin = J C ⋅ ε C = mR 2 ⋅ = x + 2 y . 2 2R 4 Opšta jednačina dinamike glasi, sl. 6.24b, mg − FAin δx − M Bin δϕ B + mg sin α − FCin δy − M Cin δϕ C = 0 ,

b

c

h

c

g

h

(2) (3) (4) (5)

odakle za δx ≠ 0 i δy ≠ 0 dobijamo diferencijalne jednačine x 2 y + x 2 y + x − x − − = −g , − y− ⋅ 2 = − g sin α . (6) 4 8 8 x = ⋅⋅⋅ i y = ⋅⋅⋅ odnosno traženo ugaono Iz jednačina (6) sledi, x + 2 y = ⋅⋅⋅ . (7) ubrzanje ε C = 2R

310

Lagranžove jednačine druge vrste

Đurković Vlado

Zadatak 117. Daska težine G postavljena je na dva valjka, poluprečnika R i ukupne težine 2G1 (sl. 6.25.a), a kreće se horizontalno pod dejstvom sile F. Odrediti ubrzanje pri kretanju daske. δ δ

1

1

1

ω

Slika 6.25. Valjci i daska na njima pri kretanju

Rešenje: Sistem ima jedan stepen slobode kretanja, (sl. 6.25.b), generalisana koordinata je q1 = x . Kinematičke zavisnosti su: δx δx δx x δ x1 = , δϕ = 1 = , ω valjak = . Ek = Ekdaske + Ekvaljak . 2 R 2R 2R 1 1G 2 2 (1) Ekdaske = mdaskevdaske = x , 2 2g 2

1 1 1 G1 2 1 1 G1 2 ⎛ x ⎞ 2 2 + J Oω valjak = mvaljak vvaljak x1 + R ⎜ ⎟ , (2) 2 2 2 g 22 g ⎝ 2R ⎠ G 1 G1 2 (3) Ekvaljak = 1 x 2 + x . 2g 8 g 1 G 2 G1 2 G1 2 Ukupna kinetička energija je: Ek = (4) x + x + x . 2g 2g 8g Izvršeni virtualni rad je: δ Ax = G1δ x + G1δ x + Fδ x = Fδ x , δ Ax Fδ x a generalisana sila je: Qx = = =F. (5) δx δx d ∂Ek ∂Ek Primenimo Lagranžovu jednačinu II vrste, + = Qx , gde su: ∂x dt ∂x d ∂Ek G G G ∂Ek = x + 1 x + 1 x, = 0 , Qx = F . Sada je dt ∂x g g 4g ∂x G G G 4F x + 1 x + 1 x = F ⇒ a = x= ⋅g. (6) g g 4g 4G + 3G1 2 Ekvaljak =

311


Đurković Vlado

Zadatak 118. Homogeni diskovi, svaki mase m, i poluprečnika R, mogu da se kotrljaju bez klizanja po horizontalnoj podlozi (sl. 6.26.a). Po diskovima može da se kreće ploča I mase 2m. Između ploče I i diskova nema proklizavanja. Ako na prvi disk deluje sila F = mg a na drugi spreg sila momenta M = 3mgR odrediti ubrzanja ploče a) primenom bilo koje metode, b) primenom opšte jednačine dinamike.

ω

Slika 6.26. Ploča i diskovi pri kretanju

Rešenje: a) Sistem ima jedan stepen slobode kretanja, (sl. 6.26.b), generalisana koordinata je q1 = x . Karakteristike sistema su: x x , Kinematičke karakteristike: ω = ϕ , v A = vB = ⇒ ϕ = 2 2R Momenti inercije diskova su: 1 1 J Az = J B z = m2 ⋅ R 2 = mR 2 . (1) 2 2 Ukupna kinetička energija sistema je: Ek = Ek 1 + Ek 2 , 1 1 Ek 1 = m1 x 2 = ⋅ 2mx 2 , (2) 2 2 2 ⎡ 1 ⎛ x ⎞ 2 1 ⎛ 1 ⎞ ⎤ 1 ⎡1 2 2⎤ 2⎞ ⎛ x Ek 2 = 2 ⎢ m2 v A + J Azω ⎥ = 2 ⎢ m ⎜ ⎟ + ⎜ mR ⎟ ⋅ ⎜ ⎟ ⎥ , (3) 2 ⎣2 ⎦ ⎠ ⎝ 2 R ⎠ ⎥⎦ ⎢⎣ 2 ⎝ 2 ⎠ 2 ⎝ 2

11 2 mx . (4) 8 Virtualni rad pomeranje i generalisana sila su (sl. 6.26.b): ∂E δx δx M F −F , Qx = − p = − = mg .(5) δ A = M δϕ − Fδ x A = M ∂x 2R 2 2R 2 Mogli smo i ovako: Ek = Ek 1 + E k 2 =

312


Đurković Vlado

δ A = M δϕ − Fδ x A = M δϕ − F 2 Rδϕ = 3mgRδϕ − mg 2 Rδϕ = mgRδϕ . Ako primenimo Lagranžovu jednačine II vrste, na kretanje sistema tj., d ⎛ ∂Ek ⎞ ∂Ek = Qx , dobićemo diferencijalnu jednačinu kretanja ⎜ ⎟+ dt ⎝ ∂x ⎠ ∂x 2 ( M − FR ) 2 ( 3mgR − mgR ) 4 11 1⎛M ⎞ mx = ⎜ − F ⎟ ⇒ x= = = g .(7) 4 2⎝ R 11mR 11mR 11 ⎠ δx δx xδx 1 x δx⎞ ⎛ b) M −F − 2⎜m + mR 2 (8) ⎟ − 2mxδ x = 0 , 2R 2 2R 2R ⎠ ⎝ 2 2 2 4 x= g. 11 Zadatak 119. Kolica se kotrljaju bez klizanja niz strmu ravan koja zaklapa ugao α sa horizontom (sl. 6.27.a). Težina kolica bez točkova je P, a težina svih točkova je G. Smatrajući točkove homogenim punim kružnim diskovima poluprečnika R, odrediti ubrzanje kolica. Trenje kotrljanja i trenje u ležištima zanemariti. δ

α

α

α

Slika 6.27. Kolica pri kotrljanju niz strmu ravan

Rešenje: Sistem ima jedan stepen slobode kretanja, generalisana koordinata je q1 = x . Zavisnosti su, (sl. 6.27.b): x Kinematičke karakteristike x = Rϕ ⇒ ϕ = , δx = Rδϕ . (1) R 1 1 G 2 G 2 R = R . (2) Dinamičke karakteristike J B = mT R 2 = ⋅ 2 2 4g 8g 313


Đurković Vlado

Kinetička energija sistema je: Ek = Ek , A + Ek , B , ⎛1 G 2 1 ⎞ 1P 2 P 2 3G 2 x + 4 ⎜ ⋅ x + J Bϕ 2 ⎟ = ⋅⋅⋅ = x + x . 2g 2 2g 4g ⎝ 2 4g ⎠ Generalisani radovi i generalisane sile su: G G δA = δA ( m A g ) + δA ( mB g ) = P sin αδx + G sin αδx , Ek =

Qx =

δAx = P sin α − G sin α . δx

(3) (4) (5) (6)

d ∂Ek ∂Ek − = Qx , ∂x dt ∂x P 3G P+G ⋅ 2 g sin α . (7) x+ x = P sin α − G sin α , odakle je x= 2g 2 P + 3G g

Lagranžeova jednačina druge vrste glasi

Zadatak 120. Teret M 1 , težine G1 , spušta se niz glatku nepokretnu strmu ravan, koja sa horizontom gradi ugao α , pokrečući na taj način teret M 2 , težine G2 , posredstvom nerastegljivog užeta prebačenog preko kotura A, poluprečnika R i težine G3 (sl. 6.28.a). Odrediti ugaono ubrzanje ε A kotura A, koga smatramo homogenim punim diskom. Težinu užeta zanemariti.

δ

α

α

α

Slika 6.28. Sistem pri kretanju po strmoj ravni

Rešenje: Sistem ima jedan stepen slobode kretanja, generalisana koordinata je q1 = x . Karakteristike sistema su, (sl. 6.28.b):

314


Đurković Vlado

x , δx = Rδϕ . R 1 1 G3 2 G3 2 Dinamičke karakteristike J A = m3 R 2 = R = R . 2 2 g 2g Kinetička energija sistema je: Ek = Ek ,M1 + Ek , M 2 + Ek , A ,

Kinematičke karakteristike x = Rϕ A ⇒ ϕ A =

(1) (2) (3)

1 G1 2 1 G2 2 1 x + x + J Aϕ 2A , 2 g 2 g 2 G G G Ek = 1 R 2ϕ 2A + 2 R 2ϕ 2A + 3 R 2ϕ 2A . 2g 2g 4g Generalisani radovi i generalisanne sile su: G G G δA = δA ( m1 g ) + δA ( m2 g ) + δA ( m3 g ) ,

(4)

δA = G1 sin αδx − G2δx = ( G1 sin α − G2 ) Rδϕ ,

(5)

Ek =

Qϕ =

δAϕ δϕ

= G1 sin α ⋅ R − G2 ⋅ R .

(6)

Lagranžeova jednačina druge vrste glasi

d ∂Ek ∂Ek − = Qϕ , ∂ϕ dt ∂ϕ

2G1 + 2G2 + G3 2 − 0 = G1 sin α ⋅ R − G2 ⋅ R , Rϕ 2g 2 g G1 sin α − G2 = . odakle je ϕ ⋅ R 2G1 + 2G2 + G3

(7)

Zadatak 121. Po platformi A kolica sa četiri točka B koja se kreću po strmoj ravni, nagiba α , kotrlja se bez klizanja cilindar C, mase mC = m , i

poluprečnika R. Masa platforme kolica je m A = 2m , a masa svakog točka m i poluprečnika R / 2 (sl. 6.29.a). Odrediti ubrzanje kolica. Točkovi se 2 kotrljaju bez klizanja po strmoj ravni i smatrati ih homogenim šupljim prstenovima. Rešenje: Sistem ima dva stepena slobode kretanja, generalisane koordinate su q1 = x i q2 = y . Karakteristike sistema su (sl. 6.29.b): Kinematičke i dinamičke karakteristike sistema su: 315


ωB = ϕ B = JC =

Đurković Vlado

x y − x , ωC = ϕ C = , vC = y , vB = x , R/2 R

(1)

1 mC R 2 , J B = mB R 2 . 2

(2)

ω

ω

α

α Slika 6.29. Kolica i cilindar pri kretanju niz strmu ravan

Kinetička energija sistema je: Ek = Ek , A + Ek , B + Ek ,C ,

(3)

1 1 1 ⎛1 ⎞ 1 m Av A2 + 4 ⎜ mB vB2 + J B ω2B ⎟ + mC vC2 + J C ωC2 , 2 2 2 ⎝2 ⎠ 2 1 1m 2 1mR 2 1 2 11 ωB + my + Ek = 2mx 2 + 4 x + 4 mR 2ωC2 , 2 22 22 2 2 22 m m m 2 Ek = mx 2 + x 2 + mx 2 + y 2 + ( y − x ) , 2 2 4 5m 2 m 2 m 2 Ek = x + y + ( y − x ) . 2 2 4 Generalisani radovi i generalisanne sile su (sl. 6.29.b): G G G δA = δA ( m A g ) + δA ( mB g ) + δA ( mC g ) , Ek =

m⎞ ⎛ δA = ⎜ 2m + 4 ⎟ g sin αδx − mg sin αδy , 2⎠ ⎝ δA δA Qx = x = 4mg sin α , Q y = y = mg sin α . δy δx Lagranžeove jednačine druge vrste glase

316

(4)

(5) (6)


Đurković Vlado

d ∂Ek ∂Ek − = Qr , ( qr = 1, 2 ) , ( q1 = x, q2 = y ) , dt ∂qr ∂qr m m 5mx − ( y − x ) = 4mg sin α i my − ( y − x ) = mg sin α , 2 2 13 15 a rešenja su x = g sin α i y = g sin α , 16 16 gde su x ubrzanje kolica, a y ubrzanje cilindra.

(7) (8) (9)

Zadatak 122. Materijalni sistem se sastoji od tela A, koje klizi po horizontalnoj glatkoj podlozi pod dejstvom sile F = 2mg , zatim cilindra B, mase m i poluprečnika R, cilindra C, mase m i poluprečnika R i tereta D mase m (sl. 6.30.a). Cilindar B kotrlja se bez klizanja po telu A, uže je bez mase i ne kliže po cilindru C. Zanemarujući trenje u ležištima odrediti ubrzanja tela. Rešenje: Sistem ima dva stepena slobode kretanja, generalisane koordinate su q1 = x i q2 = y . Kinematičke i dinamičke karakteristike sistema su (sl. 6.30.b): x + y y , v A = x , vB = y , vD = y , ωC = ϕ C = , (1) ωB = ϕ B = R R 1 1 J B = mB R 2 , J C = mC R 2 . (2) 2 2 ϕ θ

ϕ

Slika 6.30. Sistem oslobođen od veza i generalisane brzine

Kinetička energija sistema je: Ek = Ek , A + Ek , B + Ek ,C + Ek ,D ,

317

(3)


Đurković Vlado

1 1 1 1 1 m Av A2 + mB vB2 + J B ω2B + J C ωC2 + mD vD2 , 2 2 2 2 2 3m 2 m 3m 2 + Ek = x + xy y . 4 2 2 Generalisani radovi i generalisane sile su (sl. 6.30.b): G G G G G δA = δA F + δA ( m A g ) + δA ( mB g ) + δA ( mC g ) + δA ( mD g ) , Ek =

(4)

( )

δA = F δx + mD g δy = 2mg δx + mg δy , δA δA Qx = x = F = 2mg , Q y = y = mg . δx δy Lagranžeove jednačine druge vrste glase d ∂Ek ∂Ek − = Qr , ( qr = 1, 2 ) , ( q1 = x, q2 = y ) , dt ∂qr ∂qr 3 1 1 mx + my = 2mg i mx + 3my = mg , 2 2 2 22 2 a rešenja su: x= g i y= g, 17 17 y 2 g x + y 24 g = ε B = = ⋅ . θ = εC = = ⋅ i ϕ odnosno 17 R R 17 R R

(5) (6)

(7) (8) (9) (10)

Zadatak 123. Diferencijalni zupčasti prenosnik, prikazan na sl. 6.31.a, nalazi se u horizontalnoj ravni i kreće se pod dejstvom sprega sila momenta M, koji deluje na polugu AB i sile F, koja deluje na zupčanik 3. Odrediti ubrzanje zupčanika 3 za slučaj da su dati odnosi masa: m1 = 4m , m2 = 3m , m3 = 5m , gde je masa m AB = m masa poluge, dužine AB = l AB = 2l , a m1 , m2 i m3 su mase zupčanika 1, 2, 3. Poluga AB može se obrtati oko ose kroz tačku O, a okomita je na ravan kretanja prenosnika. Oko ove ose se neovisno od poluge mogu obrtati i zupčanici 1 i 3. Zupčanike 1 i 2 smatrati homogenim diskovima, polugu AB homogenim štapom, a kod zupčanika 3 smatrati da je masa raspoređena kontinualno po obodu. Poluprečnik zupčanika 3 je R3 = R .

Rešenje: Sistem ima dva stepena slobode kretanja, generalisane koordinate su q1 = ϕ , za polugu AB i q2 = θ , za zupčanik 3. Karakteristike sistema su: 318


Đurković Vlado

•

Kinematičke karakteristike sistema su, sl. 6.31.b: v + v A lϕ + R3θ = vC = R3θ , ω2 = C , (1) R2 R2 v lϕ v A = lϕ = P2 A ⋅ ω2 ⇒ P2 A = A = R2 , ω2 lϕ + R3θ l ϕ + R3θ l ϕ vD = R2 + P2 A ⋅ ω2 = ( R2 + R ⋅ = 2l ϕ + R3θ , ) 2 l ϕ + R θ R

(

)

3

2

S druge strane je: vD = OD ⋅ ω1 = R1 ⋅ ω1 pa je ω1 =

vD 2lϕ + R3θ = . R1 R1 ϕ

ω

θ

ϕ

Slika 6.31. Diferencijalni prenosnik i usvojene generalisane koordinate

•

Dinamičke karakteristike sistema su, sl. 6.31b: 1 1 J 1 = m1R12 , J 2 = m2 R22 , J 3 = m3 R32 . 2 2 Kinetička energija sistema je: Ek = Ek ,1 + 2 Ek ,2 + Ek ,3 + Ek , AB , 1 11 1 + m1R32θ 2 , J O ω12 = m1R12ω12 = m1l 2ϕ 2 + m1lR3ϕθ 2 22 4 1 1 3 1 1 + m2 R32θ 2 , = m2 v A2 + J Aω22 = m2l 2ϕ 2 + m2lR3ϕθ 2 2 4 2 4

Ek ,1 = Ek ,2

319

(2) (3)


Đurković Vlado

1 1 1 1 1 2 J O ω32 = m3 R32θ 2 , Ek , AB = J O , pol ω2AB = m AB ( 2l ) ϕ 2 , 2 2 2 2 12 1 1 1 1 1 Ek = J O ω12 + m2 v A2 + J Aω22 + J O ω32 + J O , pol ω2AB , 2 2 2 2 2 26 2 2 + 5mR32θ 2 . (4) Ek = ml ϕ + 7ml 2 R3ϕθ 3 • Generalisani radovi i generalisane sile su, sl. 6.31.b: G G G G G δA = δA M + δA ( m1 g ) + δA ( m1 g ) + δA ( m1 g ) + δA ( m AB g ) , Ek ,3 =

( )

δA = M δϕ + F ⋅ R3δθ , Qϕ =

δAϕ

= M , Qθ =

δAθ = F ⋅ R3 . δθ

δϕ Lagranžeove jednačine druge vrste glase d ∂Ek ∂Ek − = Qr , ( qr = 1, 2 ) , ( q1 = ϕ, q2 = θ) , dt ∂q r ∂qr 52 2 + 10mR32 + 7mlR3 θ = F ⋅ R3 , ml ϕ θ = M i 7mlR3ϕ 3 52 Fl − 21M a traženo rešenje je: ε3 = . θ= 373mlR3

(5)

(6) (7) (8)

Zadatak 124. Po strmoj ravni OB, nagnutoj pod uglom α prema horizontali, spuštaju se kolica (sl. 6.32), a po njihovoj površini kotrlja se bez klizanja kružni valjak poluprečnika R. Težina kolica bez točkova iznosi G, ukupna težina svih točkova je G1 , a težina valjka je G2 . Odrediti ubrzanja kolica i valjka. x1

ω2

G2

(y)

x2 G

2

a

G1 4

1

(x)

α

ω1

Slika 6.32. Kolica i valjak pri kretanju 320


Đurković Vlado

Rešenje. Sistem ima dva stepena slobode kretanja, generalisane koordinate su q1 = x1 i q2 = x2 , a ukupna kinetička energija iznosi (1) Ek = Ek1 + Ek2 + Ek3 . Kinematičke i dinamičke karakteristike su: x 1 G2 2 v2 = x1 + x2 , ω 2 = 2 , J 2 = R , v1 = x1 , 2 g R x 1 G1 2 R . ω2 = 1 , J1 = 2 4g R Kinetička energija valjka iznosi 2 1 1 1 G2 1 1 G2 2 ⎛ x2 ⎞ 2 2 2 Ek2 = m2v2 + J 2ω 2 = R ⎜ ⎟ . ( x1 + x2 ) + 2 2 2 g 22 g ⎝R⎠ Kinetička energija kolica zajedno sa točkovima iznosi 1 1 1 Ek1 + Ek3 = mv12 + m1v12 + J1ω12 = 2 2 2 2 1 G 2 1 G1 2 1 1 G1 2 ⎛ x1 ⎞ = x1 + x1 + 4 ⋅ R ⎜ ⎟ , 2g 2 g 22 g ⎝R⎠ G ⎡ 1 ⎤ 2 Ek1 + Ek3 = 2 ⎢( x1 + x2 ) + x22 ⎥ . 2g ⎣ 2 ⎦ Ukupna kinetička energija sistema nakon sređivanja iznosi Ek = Ek1 + Ek2 + Ek3 ,

1 ⎡⎛ 3 ⎞ 2 1 2 2⎤ ⎜ G + G1 ⎟ x1 + G2 ( x1 + x2 ) + G2 x2 ⎥ . ⎢ 2 g ⎣⎝ 2 ⎠ 2 ⎦ δA Generalisane sile su: Q1 = 1 = ( G + G1 + G2 ) sin α , δ x1 δ A2 Q2 = = G2 sin α . δ x2 Potrebni izvodi su d ∂Ek 1 ⎡⎛ 3 ⎤ ∂Ek ⎞ x1 + G2 x2 ⎥ , =0, = ⎢⎜ G + G1 + G2 ⎟ dt ∂x1 g ⎣⎝ 2 ⎠ ⎦ ∂x1

Ek =

321

(2)

(3)

(4)

(5)

(6) (7)


Đurković Vlado

d ∂Ek G2 ⎛ 3 ⎞ ∂Ek =0. = x1 + x2 ⎟ , ⎜ 2 ⎠ ∂x2 dt ∂x2 g ⎝ a Lagranžeove jednačine II vrste za sistem glase d ∂Ek ∂Ek d ∂Ek ∂Ek + = Q1 , + = Q2 . dt ∂x1 ∂x1 dt ∂x2 ∂x2

(8)

1 ⎡⎛ 3 ⎤ ⎞ x1 + G2 x2 ⎥ = ( G + G1 + G2 ) sin α , ⎜ G + G1 + G2 ⎟ ⎢ g ⎣⎝ 2 ⎠ ⎦

(9)

G2 ⎛ 3 ⎞ x1 + x2 ⎟ = G2 sin α . (10) ⎜ g ⎝ 2 ⎠ Rešavanjem ovih jednačina dobijamo 6 ( G + G1 ) + 2G2 2G1 , (11) x1 = g sin α x2 = g sin α 3 ( 2G + 3G1 ) + 2G2 3 ( 2G + 3G1 ) + 2G2 x1 = g sin α Ubrzanje kolica iznosi a1 =

6 ( G + G1 ) + 2G2 , 3 ( 2G + 3G1 ) + 2G2

a apsolutno ubrzanje valjka a2 = x1 + x2 = g sin α

(12)

6G + 8G1 + 2G2 .(13) 3 ( 2G + 3G1 ) + 2G2

Zadatak 125. Sistem se sastoji iz dva tereta, zanemarljivih dimenzija A (mase m1 ) i B (mase m2 ), koji mogu da se kreću po idealno glatkoj

strmoj ravni nagiba α = 300 (sl. 6.33). Tereti su međusobno vezani oprugom krutosti c (nenapregnuta dužina l0 je b). Odrediti konačne jednačine kretanja tereta A i B ako su u početnom trenutku t0 = 0 tereti bili u miru, teret A u koordinatnom početku i ako je tada opruga imala dužinu b / 2 . Rešenje: Sistem ima dva stepena slobode kretanja, generalisane koordinate su q1 = x i q2 = y . Početni uslovi su: l0 = b , b t0 = 0 , x0 = x (0) = 0 , x0 = x (0) = 0 , y0 = y (0) = , y 0 = y (0) = 0 . 2 1 1 Ukupna kinetička energija je: Ek = EkA + EkB = m1 x 2 + m2 y 2 . (1) 2 2

322


Đurković Vlado

2 1 1 ⎡⎛ b ⎞ 2⎤ Rad opruge je Aopr . = c ( ∆l p2 − ∆lk2 ) = c ⎢⎜ − ⎟ + ( y − x − b ) ⎥ , 2 2 ⎢⎣⎝ 2 ⎠ ⎥⎦

b , y2 = y − x , l0 = b , pa su priraštaji 2 b b ∆l p = l p − l0 = y1 − l0 = − b = − , ∆lk = lk − l0 = y2 − l0 = y − x − b , 2 2 odnosno generalisane sile iznose: ∂E (2) Qx = − p = c ( y − x − b ) + m1 g sin α , ∂x ∂E δ Ay Qy = − p = = − c ( y − x − b ) + m2 g sin α , (3) ∂y δy

a početni i krajnji položaj, y1 =

α Slika 6.33. Sistem pri kretanju niz strmu ravan

Primenimo Lagranžove jednačine II vrste, na kretanje sistema tj., d ∂Ek ∂Ek d ∂Ek ∂Ek + = Qy , + = Qx , i ∂y dt ∂y dt ∂x ∂x da dobijemo diferencijalne jednačine kretanja: m1 x = c ( y − x − b ) + m1 g sin α /⋅ m2 , (4) m2 y = − c ( y − x − b ) + m2 g sin α /⋅ m1 ,

ako oduzmemo ove dve dif jednačine dobijamo (5)–(4) m1m2 ( y − x ) = − c ( m1 + m2 )( y − x − b ) , hom. dif. jed. II reda ili mz = −cz , tj., z+

ω2 =

c ( m1 + m2 ) , m1m2

(5) (6)

c = 0 , gde je m (7)

323


Đurković Vlado

b y − x − b = C1 cos ω t + C2 sin ω t , ( t0 = 0 , C1 = − , C2 = 0 ), 2 cb m1 x = − cos ω t + m1 g sin α , pa je: 2 bm2 t2 x= ( cos ω t − 1) + ( g sin α ) , 2 ( m1 + m2 ) 2 bm1 t2 b y= (1 − cos ω t ) + ( g sin α ) + . 2 ( m1 + m2 ) 2 2

(8) (9)

Zadatak 126. Homogeni disk mase m1 može da se kotrlja bez klizanja po nepokretnoj strmoj ravni nagnutoj pod uglom α prema horizontu. Za središte diska A zglobno je vezan štap AB mase m2 i dužine 2a (sl. 6.34.a). Ako se sistem nalazi u vertikalnoj ravni, napisati diferencijalne jednačine njegovog kretanja. ξ

ϕ

α

α

Slika 6.34. Mehanički sistem pri kretanju a) proizvoljan položaj b) početni i proizvoljni položaj i generalisane koordinate

Rešenje: Sistem ima dva stepena slobode kretanja, (sl. 6.34.b), generalisane koordinate su q1 = ξ i q2 = ϕ . Koordinate centra točka i štapa su: 324


Đurković Vlado

x A = const. − ξ ⋅ cos α , y A = const. − ξ ⋅ sin α , xT = x A − a ⋅ sin ϕ , yT = y A − a ⋅ cos ϕ , x = −ξ ⋅ cos α − a cos ϕ ⋅ ϕ , y = −ξ ⋅ sin α + a sin ϕ ⋅ ϕ , T

T

cos (α + ϕ ) . vT2 = ξ2 + a 2ϕ 2 + 2aξϕ

(1) (2) (3) (4)

Ukupna kinetička energija točka i štapa je: Ek = Ek 1 + Ek 2 . (5) 2 1 1⎛1 3 ⎞ ξ Ek 1 = m1ξ2 + ⎜ m1R 2 ⎟ 2 = m1ξ2 , (6) 2 2⎝2 4 ⎠R 1 1 1 2 Ek 2 = m2 vT2 + ⋅ m2 ( 2a ) ϕ 2 = 2 2 12 1 2 cos (α + ϕ ) , (7) = m2ξ2 + m2a 2ϕ 2 + am2ξϕ 2 3 3 1 2 cos (α + ϕ ) , (8) Ek = Ek 1 + Ek 2 = m1ξ2 + m2ξ2 + m2 a 2ϕ 2 + am2ξϕ 4 2 3 d ∂Ek 3 (9) = m1ξ + m2ξ + am2ϕ cos (α + ϕ ) − am2ϕ 2 sin (α + ϕ ) , dt ∂ξ 2 ∂Ek =0, (10) ∂ξ d ∂Ek 4 sin (α + ϕ ) , (11) = m2 a 2ϕ + am2ξ cos (α + ϕ ) − am2ϕξ dt ∂ϕ 3 ∂Ek sin (α + ϕ ) , (12) = − am2ϕξ ∂ϕ δ y A = − sin αδξ , δ yT = − sin αδξ + a sin ϕδϕ , (13)

δ A = g sin α ( m1 + m2 )δξ + a sin ϕ ( − m2 g ) δϕ ,

(14)

Primenimo Lagranžove jednačine II vrste, na kretanje sistema tj., d ∂Ek ∂Ek d ∂Ek ∂Ek + = Qξ , i − = Qϕ , da dobijemo dif. jed. kret. dt ∂ξ ∂ξ dt ∂ϕ ∂ϕ 3 m1ξ + m2ξ + am2ϕ cos (α + ϕ ) − am2ϕ 2 sin (α + ϕ ) = ( m1 + m2 ) g sin α , 2 4 sin (α + ϕ ) = − m2 ga sin ϕ . (5) m2a 2ϕ + am2ξ cos (α + ϕ ) − am2ϕξ 3

325


Đurković Vlado

Zadatak 127. Homogeni kružni cilindar O, mase m i poluprečnika R, može da se kotrlja bez klizanja po horizontalnoj podlozi. Na cilindar se naslanja tanki homogeni štap AB, mase m i dužine 4R, koji svojim krajem A klizi po istoj podlozi. Trenje u tačkama dodira štapa sa cilindrom i podlogom se može zanemariti. Ako na cilindar deluje spreg sila momenta M, napisati diferencijalne jednačine kretanja sistema u funkciji koordinata x i ϕ , prikazanih na sl. 6.35.a.

.

ϕ ϕ

ϕ

θ

.

=

Slika 6.35. Mehanički sistem pri kretanju, sa početnim i proizvoljnim položajem i generalisanim koordinatama

Rešenje: Sistem ima dva stepena slobode kretanja, generalisane koordinate su q1 = x i q2 = ϕ . Koordinate centra točka i centra štapa su: ϕ Rϕ Rϕ x0 = x + Rctg ⇒ vO = xO = x − = x − , (1) ϕ 2 1 − cos ϕ 2sin 2 2 v x ϕ θ = O = O − , (2) R R 1 − cos ϕ xC = x + 2 R cos ϕ ⇒ xC = x − 2 Rϕ cos ϕ , (3) yC = 2 R sin ϕ ⇒ y C = 2 Rϕ cos ϕ , (4)

(5) vC2 = xC2 + y C2 = x 2 + 4 R 2ϕ 2 − 4 Rϕ x sin ϕ , Ukupna kinetička energija štapa i točka je: Ek = Ek 1 + Ek 2 . (6) 1 1 1 1 1 2 Ek 1 = mvC2 + J Cϕ 2 = m ( x 2 + 4 R 2ϕ 2 − 4 Rϕ x sin ϕ ) + m ( 4 R ) ϕ 2 , 2 2 2 2 12 326


Đurković Vlado 2

2

⎛ x ⎞ 1 1 1 ⎛ Rϕ ⎞ 1 1 ϕ Ek 2 = mv02 + J 0θ 2 = m ⎜ x − + ⋅ mR 2 ⎜ 0 − ⎟ ⎟ , 2 2 2 ⎝ 1 − cos ϕ ⎠ 2 2 ⎝ R 1 − cos ϕ ⎠ Ek =

⎛8 ⎞ ⎛ ⎞ 5 2 3 1 3 mx − mRϕ x ⎜ 2sin ϕ + ⋅ + mR 2ϕ 2 ⎜ + , 2 ⎟ ⎟ ⎜ 3 4 (1 − cos ϕ ) ⎟ 4 2 1 − cos ϕ ⎠ ⎝ ⎝ ⎠

δθ =

δx R

−

δϕ

1 − cos ϕ

,

yC = 2 R sin ϕ ⇒ δ yC = 2 R cos ϕδϕ , ⎛δ x δϕ ⎞ − ⎟, ⎝ R 1 − cos ϕ ⎠

δ A = − mgδ yC − M δθ = − mg ( 2 R cos ϕδϕ ) − M ⎜

⎛ M ⎞ ⎛ M⎞ δϕ = Qx + Qϕ , ⎟ δ x + ⎜ −2 R cos ϕ + 1 − cos ϕ ⎟⎠ ⎝ R⎠ ⎝ Ako primenimo Lagranžove jednačine II vrste, na kretanje sistema tj., d ⎛ ∂Ek ⎞ ∂Ek + = Qq , ( q ← x,ϕ ) , dobićemo prvu dt ⎜⎝ ∂q ⎟⎠ ∂q

δ A = ⎜−

⎛ ⎞ 5 3 mx − mRϕ ⎜ 2sin ϕ + ⎟+ ϕ − 4 2 1 cos ( ) ⎝ ⎠ ⎛ ⎞ 3sin ϕ M + mR 2ϕ 2 ⎜ 2 cos ϕ − =− , 2 ⎟ ⎜ ⎟ R 2 (1 − cos ϕ ) ⎠ ⎝ i drugu diferencijalnu jednačinu ⎛8 ⎞ ⎛ ⎞ 3 3 2 −mRx⎜ 2sin ϕ + − ⎟ + 2mR ϕ ⎜⎜ + 2 ⎟ ⎟ 2 (1 − cos ϕ ) ⎠ ⎝ ⎝ 3 4 (1 − cos ϕ ) ⎠ 3 sin ϕ M − mR 2ϕ 2 = −2mgR cos ϕ + . 3 2 1 − cos ϕ (1 − cos ϕ ) Zadatak 128. Dva homogena štapa OA i BC istih dužina L i istih masa (sl. 6.36.a) mogu da se kreću u vertikalnoj ravni. Štap OA obrće se oko nepomične horizontalne ose koja prolazi kroz tačku O, a štap BC je svojim središtem zglobno vezan za štap G OA u tački A. Ako na štap BC, u tački C, dejstvuje horizontalna sila F , odrediti diferencijalne jednačine kretanja sistema. 327


Đurković Vlado

ϕ

ϕ

θ

θ


Rešenje: Sistem ima dva stepena slobode kretanja, sl. 6.36.b, a generalisane koordinate su q1 = θ i q2 = ϕ . Ukupna kinetička energija štapova je: Ek = Ek 1 + Ek 2 , (1) 1 1 1 Ek 1 = J Oϕ 2 = ⋅ mL2ϕ 2 , (2) 2 2 3 1 1 1 1 1 2 Ek 2 = mv A2 + J Aθ 2 = m ( Lϕ ) + ⋅ mL2θ 2 , 2 2 2 2 12 1 1 1 1 1 2 1 2 Ek = ⋅ mL2ϕ 2 + m ( Lϕ ) + ⋅ mL2θ 2 = mL2ϕ 2 + mL2θ 2 , 2 3 2 2 12 3 24 ⎛L ⎞ δ A = mgδ y D + mgδ y A + Fδ yC = mgδ ⎜ cos ϕ ⎟ + mgδ ( L cos ϕ ) + ⎝2 ⎠

+ F δ ⋅ ( L sin ϕ −

L cos θ ) = 2

FL ⎛ 3 ⎞ sin θδθ = Qϕ + Qθ . = ⎜ − mgL sin ϕ + FL cos ϕ ⎟ δϕ + 2 ⎝ 2 ⎠ Ako primenimo Lagranžove jednačine II vrste, na kretanje sistema tj., d ⎛ ∂Ek ⎞ ∂Ek = Qq , ( q ← θ, ϕ ) , dobićemo prvu i drugu dif.jed. ⎜ ⎟+ dt ⎝ ∂q ⎠ ∂q 4 2 3 = − mgL sin ϕ + FL cos ϕ , mL ϕ 3 2 2 mL FL θ= sin θ . 12 2 328


Đurković Vlado

Zadatak 129. Homogeni disk A mase m i poluprečnika R može da se kotrlja bez klizanja po horizontalnoj podlozi. Za centar diska A zglobno je vezan štap AB mase m1 = m i dužine 2R. Na kraj štapa B deluje sila F horizontalnog pravca i intenziteta mg. Napisati diferencijalne jednačine kretanja sistema u funkciji uglova ϕ i θ prikazanih na sl. 6.37.a. π

ϕ θ

θ

θ θ

ϕ ϕ


Rešenje: Sistem ima dva stepena slobode kretanja, sl. 6.37.b, a generalisane koordinate su q1 = θ i q2 = ϕ . Kinematičke karakteristike su: 2 ⎛π ⎞ v A = Rϕ , vTA = Rθ ⇒ vT2 = vA2 + ( vTA ) + 2vAvTA cos ⎜ − θ ⎟ , ⎝2 ⎠ 2 2 2 22 2 sin θ . vT = R ϕ + R θ + 2 R ϕθ (1) Ukupna kinetička energija diska i štapa je: Ek = Ek 1 + Ek 2 , 1 1 1 1 1 2 Ek 1 = mv A2 + J Aϕ 2 = m ( Rϕ ) + ⋅ mR 2ϕ 2 , (2) 2 2 2 2 2 1 1 1 1 1 2 Ek 2 = m1vT2 + J T θ 2 = m1vT2 + ⋅ m1 ( 2 R ) θ 2 , (3) 2 2 2 2 12 1 ⎞ 2 ⎛3 sin θ , Ek = R 2 ϕ 2 ⎜ m + m1 ⎟ + m1 R 2θ 2 + m1 R 2ϕθ (4) 2 ⎠ 3 ⎝4 koordinate tačaka su: xB = x A − 2 R cos θ ⇒ δxB = Rδϕ + 2 R sin θδθ , yT = R sin θ ⇒ δyT = R cos θδθ , pa je δA = F δxB − m1 g δyT = mg ( Rδϕ + 2 R sin θδθ ) − m1 gR cos θδθ ,

329


Đurković Vlado

Qϕ = mgR , Qθ = 2mgR sin θ − m1 gR cos θ .

(5)

Ako primenimo Lagranžove jednačine II vrste, na kretanje sistema tj., d ⎛ ∂Ek ⎞ ∂Ek = Qq , ( q ← θ, ϕ ) , dobićemo prvu i drugu dif.jed. ⎜ ⎟+ dt ⎝ ∂q ⎠ ∂q ⎛3 ⎞ 2 (6) + m1 R 2 θ sin θ + m1 R 2θ 2 cos θ = mgR , ⎜ m + m1 ⎟ R ϕ ⎝2 ⎠ 4 sin θ = 2mgR sin θ − m1 gR cos θ . (7) m1 R 2 θ + m1 R 2 ϕ 3 Zadatak 130. Kojom silom F, horizontalnog pravca, treba delovati na slobodan kraj neistegljivog užeta da bi se telo 1 kretalo konstantnom brzinom (sl. 6.38.a). Na koaksijalni kotur 4 deluje moment prikazanog smera i intenziteta M = 4mgR . Trenje zanemariti. Rešenje: Sistem ima dva stepena slobode kretanja, generalisane koordinate su q1 = y (vertikalno kretanje tereta 1) i q2 = ϕ (rotacija kotura). Kinematičke karakteristike su: 3 Rϕ , 2 Rϕ = − Rϕ + 3Rω3 ⇒ ω3 = ϕ , v3 = − Rϕ + Rω3 ⇒ v3 = 2 2 2 y + Rϕ 6 y + Rϕ , vF = −v3 + 3Rω 4 = . vC = − v3 + 2 Rω 4 ⇒ v4 = 4R 4 Ukupna kinetička energija diska i štapa je: Ek = E k 1 + Ek 2 + E k 3 + Ek 4 , (1) 1 1 1 1 Ek 1 = my 2 , Ek 2 = m2vC2 + J C zω 42 , Ek 3 = 0 , Ek 4 = J O zϕ 2 , (2) 2 2 2 2 J O z = m4i02 = 4mR 2 , J C z = m2i02 = 2mR 2 , (3) 2

1 1 1 ⎛ 2 y + Rϕ ⎞ 1 2 Ek = 4mR 2 ϕ 2 + my 2 + 2mR 2 ⎜ ⎟ + my , 2 2 2 ⎝ 4R ⎠ 2 5 33 1 Ek = my 2 + mR 2ϕ 2 + mRϕ y . 4 16 4 δA = M δϕ + mg δy − F

6δy + Rδϕ FR ⎞ 3 ⎞ ⎛ ⎛ = δϕ ⎜ M − ⎟ − δy ⎜ mg − F ⎟ , 4 4 ⎠ 2 ⎠ ⎝ ⎝ 330

(4) (5)


Đurković Vlado

Qϕ = mgR , Qθ = 2mgR sin θ − m1 gR cos θ .

(6) .

ϕ .

.

ϕ

ϕ

ϕ

.

ϕ .

ϕ

.

.

.


Ako primenimo Lagranžove jednačine II vrste, na kretanje sistema tj., d ⎛ ∂Ek ⎞ ∂Ek + = Qq , ( q ← y , ϕ ) , dobićemo prvu i drugu dif.jed. dt ⎜⎝ ∂q ⎟⎠ ∂q 5 1 3 1 33 FR my + mRϕ = mg − F , mR y + mRϕ = M − , (7) 2 4 2 4 8 4 25 y = 0 sledi tražena sila F = mg . (8) a za traženo 49 Zadatak 131. Homogeni disk poluprečnika r i mase m može da se kotrlja bez klizanja po prizmatičnom telu A čija je osnova polukružna poluprečnika 3r. Telo A mase 3m može da klizi bez trenja po horizontalnoj ravni, sl. 6.39.a. Po datim generalisanim koordinatama postaviti diferencijalne jednačine kretanja sistema. 331


Đurković Vlado

ϕ

ϕ


Rešenje: Sistem ima dva stepena slobode kretanja, generalisane koordinate su q1 = x (horizontalno kretanje tela A) i q2 = ϕ (rotacija diska O). Kinematičke karakteristike su: M = 3m , R = 3r , vO = ( R + r ) ϕ , a takođe vO = rω , pa je ω = 4ϕ .

Koordinate i brzine centra diska koji se kotrlja po telu A su: xO = x + 4r sin ϕ , yO = 4r cos ϕ ,

(1)

xO = x + 4 rϕ cos ϕ , y O = −4 rϕ sin ϕ ,

ϕ cos ϕ . vO2 = xO2 + y O2 = x 2 + 16r 2ϕ 2 + 8 xr Ukupna kinetička energija tela A i diska O je: Ek = Ek 1 + Ek 2 , 1 1 1 1 1 Ek 1 = Mv A2 = 3mx 2 , Ek 2 = mvO2 + J O zω 2 , J O z = mr 2 , 2 2 2 2 2 2 2 2 Ek = 2mx + 12mr ϕ + 4mrxϕ cos ϕ .

(2)

δ A = − mgδ yO = − mg ( −4r sin ϕδϕ ) = 4mgr sin ϕδϕ ,

(6)

Qϕ = 4mgr sin ϕ , Qx = 0 .

(7)

(3) (4)

(5)

Ako primenimo Lagranžove jednačine II vrste, na kretanje sistema tj., d ⎛ ∂Ek ⎞ ∂Ek + = Qq , ( q ← x,ϕ ) , dobićemo prvu i drugu dif.jed. dt ⎜⎝ ∂q ⎟⎠ ∂q 4mx + 4mrϕ cos ϕ − 4mrϕ 2 sin ϕ = 0 ⇒ x + rϕ cos ϕ − rϕ 2 sin ϕ = 0 ,(8) 24mr 2ϕ + 4mrx cos ϕ = 4mgr sin ϕ ⇒ 6rϕ + x cos ϕ = g sin ϕ . (9) 332


Đurković Vlado

Zadatak 132. Materijalni sistem prikazan na sl. 6.40.a, nalazi se u vertikalnoj ravni, a čine ga dva koaksijalna, međusobno kruto vezana cilindra C i D poluprečnika inercije r 2 i masa 2m (cilindar C je poluprečnika r, a cilindar D poluprečnika 3r), koji mogu da se obrću oko nepomične horizontalne ose kroz tačku O, zatim cilindra A mase m, poluprečnika 2r i cilindra B mase m i poluprečnika r. Elementi sistema su međusobno povezani neistegljivim užadima na način kao što je to na slici prikazano. Ako na cilindar C i D deluje spreg sila momenta M = 8mgr , naći ubrzanje središta cilindra A i B.

.

ϕ

ϕ

ϕ .

ϕ

ξ

.

ϕ

ξ .

ϕ

ωΑ .

ϕ

η

η

ωΒ . η


Rešenje: Sistem ima dva stepena slobode kretanja, sl. 6.40.b, generalisane koordinate su q1 = ξ A (translacija centra A diska) i

q2 = ηB (translacija centra B diska).

333


Đurković Vlado

Kinematičke karakteristike su: ξ 3rϕ + rϕ 4rϕ ξ + ηB rϕ + ηB = , rδϕ = δξ A , ωA = = = ϕ = A , ω B = A r r 4r 4r r Brzine tačaka i momenti inercije su:

(

vA = rϕ , vB = ηB , J CD z = 2m ⋅ i 2 = 2m ⋅ r 2

)

2

= 4mr ,

1 1 2 m ⋅ ( 2r ) = 2mr 2 , J B z = m ⋅ r 2 . 2 2 Ukupna kinetička energija cilindara je: Ek = Ek1 + Ek 2 + Ek 3 , 2 1 1 Ek 1 = J CD z ϕ 2 = ⋅ 2m r 2 ϕ 2 = 2mrϕ 2 , 2 2 2 2 1 2 1 1 ⎛ ξA ⎞ 1 2 2 ⎛ ξA ⎞ Ek 2 = mv A + J Azω A = m ⎜ r ⎟ + ⋅ 2mr ⋅ ⎜ ⎟ , 2 2 2 ⎝ r ⎠ 2 ⎝ r ⎠ 2 1 2 1 1 2 1 1 2 ⎛ ξA + ηB ⎞ 2 Ek 3 = mvB + J B zω B = mηB + ⋅ mr ⋅ ⎜ ⎟ , 2 2 2 2 2 ⎝ r ⎠ 15 3 1 Ek = Ek 1 + Ek 2 + Ek 3 = mξA2 + mηB2 + mξAηB . 4 4 2 δA = M δϕ − mg δξ A + mg δηB = ⋅⋅⋅ = 7 mg δξ A + mg δηB , J Az =

(

Qξ A = 7mg ,

)

QηB = mg .

(1) (2)

(3) (4) (5) (6) (7) (8)

Ako primenimo Lagranžove jednačine II vrste, na kretanje sistema tj., d ⎛ ∂Ek ⎞ ∂Ek + = Qq , ( q ← ξ A ,ηB ) , dobićemo prvu i drugu dif.jed. dt ⎜⎝ ∂q ⎟⎠ ∂q 15ξ + η = 14 g , ξ + 3η = 2 g , (9) A

B

A

B

10 4 koje daju tražena ubrzanja ξA = g i ηB = g . 11 11

(10)

Zadatak 133. Homogeni prsten (sl. 6.41.a) poluprečmika R i mase M može da se obrće oko horizontalne ose Az koja prolazi kroz nepomičnu tačku A. Unutar prstena može da se kotrlja bez klizanja homogeni disk mase m i poluprečnika r. Napisati diferencijalne jednačine kretanja sistema (generalisane koordinate su θ i ϕ ).

334


Đurković Vlado

Rešenje: Sistem ima dva stepena slobode kretanja, generalisane koordinate su θ i ϕ .

θ

θ ϕ

θ

ϕ

ϕ βϕ


Kinematičke karakteristike su, sl. 6.41.b:

q = DD q , R ( ϕ − θ ) = r ( β + ϕ ) ⇒ β = ( R − r ) ϕ − Rθ , DD 0 1 r C xC = R sin θ , yC = R cos θ , vC = Rθ , vO = ( R − r ) ϕ ,

xO = R sin θ + ( R − r ) sin ϕ , yO = R cos θ + ( R − r ) cos ϕ , G G G vO2 = xO2 + y O2 , vO = vC + vOC . 1 (1) Momenti inercije su: J Az = 2 M ⋅ R 2 , J C z = m ⋅ R 2 . 2 Ukupna kinetička energija cilindara je: Ek = Ek1 + Ek 2 , 1 1 1 1 Ek 1 = J A z θ 2 = ⋅ 2 MR 2 ⋅ θ 2 = MR 2θ 2 , Ek 2 = mvO2 + J O z β 2 , (2) 2 2 2 2 1 2 cos (ϕ − θ ) ⎤ + Ek = MR 2θ 2 + m ⎡ R 2θ 2 + ( R − r ) ϕ 2 + 2 R ( R − r ) ϕθ ⎣ ⎦ 2 2 2 mr ⎡⎣( R − r ) ϕ − Rθ ⎤⎦ . + (3) 4 δ A = mg ⋅ δ yO + Mg ⋅ δ yC , Qϕ = mg , Qθ = Mg . (4)

Ako primenimo Lagranžove jednačine II vrste, na kretanje sistema tj.,

335


Đurković Vlado

d ⎛ ∂Ek ⎞ ∂Ek + = Qq , ( q ← ϕ ,θ ) , dobićemo prvu i drugu dif.jed. dt ⎜⎝ ∂q ⎟⎠ ∂q R 2θ ( 4 M + 3m ) + mR ( R − r ) ϕ ⎡⎣ 2 cos (ϕ − θ ) − 1⎤⎦ − −2mR ( R − r ) ϕ 2 sin (ϕ − θ ) + 2 ( M + m ) gR sin θ = 0 , (5) 3ϕ ( R − r ) + Rθ ⎡⎣ 2 cos (ϕ − θ ) − 1⎤⎦ + 2 Rθ 2 sin (ϕ − θ ) + 2 g sin ϕ = 0 . (6) Zadatak 134. U prizmatičnom telu A mase m1 , urezana je površ oblika kružnog cilindra poluprečnika R (sl. 6.42.a). Po površi može da se kotrlja bez klizanja homogeni kružni cilindar C, poluprečnika r i mase m2 , tako da je njegova osa u toku kretanja paralelna osi polucilindra. Prizmatično telo A može se kretati po hrapavoj horizontalnoj ravni, pri čemu je koeficijent trenja klizanja i horizontalne površi µ . Napisati diferencijalne jednačine kretanja materijalnog sistema, usvajajući za generalisane koordinate ϕ i x , naznačene na slici. Uzeti da je m1 = m2 = m . ϕ

θ

ϕ

µ


Rešenje: Sistem ima dva stepena slobode kretanja, (sl. 6.42.b), generalisane koordinate su q1 = ϕ i q2 = x . Kinematičke karakteristike su: ∂E p R L = 2 LF sin ϕ − m1 g cos ϕ + M , Rθ = Rϕ ⇒ θ = ϕ , Qϕ = − ∂ϕ r 2 336


Đurković Vlado

xC = x + ( R − r ) sin ϕ ⇒ xC = x + ( R − r ) ϕ cos ϕ , yC = ( R − r ) cos ϕ ⇒ yC = − ( R − r ) ϕ sin ϕ ,

sin ϕ + ϕ 2 cos ϕ ) , yC = − ( R − r ) ( ϕ

vC2 = xC2 + yC2 = ⎡⎣ x + ( R − r ) ϕ cos ϕ⎤⎦ + ⎡⎣ − ( R − r ) ϕ sin ϕ ⎤⎦ . 1 1 (1) Momenti inercije su: J C z = m2 ⋅ r 2 = mr 2 . 2 2 Ukupna kinetička energija sistema je: Ek = Ek 1 + Ek 2 , 1 1 Ek 1 = m1 x 2 = mx 2 , (2) 2 2 1 1 Ek 2 = m2 vC2 + J C z ωC2 = 2 2 1 1 1 2 2 = m2 ⎡ x 2 + 2 x ( R − r ) ϕ cos ϕ + ( R − r ) ϕ 2 ⎤ + ⋅ m2 ( R − r ) ϕ 2 ,(3) ⎣ ⎦ 2 2 2 F1 = F2 = mg . (4) 2

2

Virtualni rad pomeranje i generalisane sile su:

δA = δA ( m2 g ) + δA ( Fµ ) , pri čemu je Fµ = µN , δA = m2 g δyC − Fµ sgn ( x ) δx = − m2 g ( R − r ) sin ϕδϕ − µN sgn ( x ) δx , 2

∑ m y = Y i =1

i

i

S R

= − N + m1 g + m2 g = 0 , odakle je normalna sila N: 2

sin ϕ + ϕ 2 cos ϕ ) , N = ( m1 + m2 ) g − ∑ mi yi = ( m1 + m2 ) g + m2 ( R − r ) ( ϕ i =1

Qx = −

∂E p

sin ϕ + ϕ 2 cos ϕ ) ⎤ sgn ( x ) ,(5) = −µ ⎡⎣ m1 g + m2 g + m2 ( R − r ) ( ϕ ⎦

∂x ∂E p Qϕ = − = − m2 g ( R − r ) sin ϕ . (6) ∂ϕ Ako primenimo Lagranžove jednačine II vrste, na kretanje sistema tj., d ⎛ ∂Ek ⎞ ∂Ek = Qq , ( q1 = x, q2 = ϕ ) , dobićemo prvu i drugu ⎜ ⎟+ dt ⎝ ∂q ⎠ ∂q diferencijalnu jednačinu 337


Đurković Vlado

cos ϕ − ( R − r ) ϕ 2 sin ϕ = 2 x + (R − r)ϕ

sin ϕ − ϕ 2 cos ϕ ) ⎤ sgn ( x ) , = −µ ⎡⎣ 2 g + ( R − r ) ( ϕ ⎦ x cos ϕ +

(7)

3 ( R − r ) ϕ + g sin ϕ = 0 . 2

(8)

Zadatak 135. Krivaja 1, dužine L, mase m, može da se obrće u vertikalnoj ravni oko ose koja prolazi kroz tačku O (sl. 6.43.a). Zupčanik 2, koji se može smatrati homogenim diskom poluprečinka r , mase 2m, spregnut je sa zupčastom letvom 3, mase m, koja može da se kreće po horizontalnim vođicama. Krivaja 1 i zupčanik 2 zglobnoG su vezani lakim štapom 4, dužine L. Na zupčastu letvu 3 dejstvuje sila F , a na krivaju 1 dejstvuje spreg sila momenta M. U početnom trenutku sistem se nalazio u miru, a krivaja 1 je zauzimala horizontalni položaj. Napisati diferencijalne jednačine kretanja opisanog mehanizma ako su generalisane koordinate ϕ i ψ i odrediti vrednosti ugaonih ubrzanja krivaje 1 i zupčanika 2 u početnom trenutku. Rešenje: Sistem ima dva stepena slobode kretanja, sl. 6.43.b, generalisane koordinate su q1 = ϕ i q2 = ψ . Kinematičke karakteristike su: xB = 2 L cos ϕ ⇒ x B = −2 Lϕ sin ϕ , L L yT = sin ϕ ⇒ y T = ϕ cos ϕ , težište krivaje 1. 2 2 Pomeranje letve 3 je: x3 = xB − rψ = 2 L cos ϕ − rψ ⇒ x3 = −2 Lϕ sin ϕ − rψ . Mase su: m1 = m , m2 = 2m , m3 = m . (1) ψ

ψ

ϕ

ϕ ψ

Slika 6.43. Mehanički sistem pri kretanju 338

ϕ


Đurković Vlado

Ukupna kinetička energija sistema je: Ek = Ek 1 + Ek 2 + Ek 3 , 1 1 1 1 Ek 1 = J Ozϕ 2 , Ek 2 = m2vB2 + J B zω 22 , Ek 2 = m3v32 , 2 2 2 2 1 ⎡1 ⎤ Ek = ⎢ m1L2 + 2 L2 sin 2 ϕ ( m2 + m3 ) ⎥ ϕ 2 + r 2 ( m2 + m3 )ψ 2 + 4 ⎣6 ⎦ sin ϕ . +2 Lrϕψ

(2)

(3)

Virtualni rad pomeranje i generalisane sile su: G G G G δ A = F ⋅ δ x3 + M δϕ + m1 g ⋅ δ yT = − F ( −2 Lδϕ sin ϕ − rδψ ) + M δϕ −

L L ⎛ ⎞ −m1 g δϕ cos ϕ = ⎜ 2 LF sin ϕ − m1 g cos ϕ + M ⎟ δϕ + Frδψ , (4) 2 2 ⎝ ⎠ ∂E ∂E L Qψ = − p = Fr , Qϕ = − p = 2 LF sin ϕ − m1 g cos ϕ + M . (5) ∂ϕ 2 ∂ψ Ako primenimo Lagranžove jednačine II vrste, na kretanje sistema tj., d ⎛ ∂Ek ⎞ ∂Ek + = Qq , ( q1 = ϕ , q2 = ψ ) , dobićemo prvu i drugu dif.jed. dt ⎜⎝ ∂q ⎟⎠ ∂q ⎡1 ⎤ 2 2 2 2 ⎢⎣ 3 m1 + 4 ( m2 + m3 ) sin ϕ ⎥⎦ L ϕ + 2sin 2ϕ ( m2 + m3 ) L ϕ + L +2rLm3ψ sin ϕ = 2 LF sin ϕ − m1 g cos ϕ + M , (6) 2 1 1 m2 r 2ψ + m3 ( 4rLϕ 2 cos ϕ + 4rLϕ sin ϕ + 2r 2ψ ) = F ⋅ r . (7) 2 2 Za zadate mase m1 = m , m2 = 2m , m3 = m jednačine (6) i (7) postaju ⎛1 ⎞ 2 2 2 2 ⎜ m + 12sin ϕ ⎟ L ϕ + 6m sin 2ϕ ⋅ L ϕ + ⎝3 ⎠ +2rLmψ ⋅ sin ϕ = 2 LF sin ϕ − mg

L cos ϕ + M , 2

1 2mrψ + m ( 4 Lϕ 2 cos ϕ + 4 Lϕ sin ϕ ) = F . 2 Za t0 = 0 , ψ 0 = ϕ 0 = 0 , ψ 0 = ϕ0 = 0 , sledi ϕ0 =

⎞ 3g ⎛ 2 M F − 1⎟ , ψ0 = . ⎜ 2 L ⎝ mgL ⎠ 2mr 339

(6a) (7b)

(8)


Đurković Vlado

Zadatak 136. Sistem, sl. 6.44.a, koji se sastoji od homogenog štapa AB mase m i du\ine 2R i tela II mase M = 3m postavljen je na glatku horizontalnu ravan. Ako na tela dejstvuju horizontalne sile F1 = mg odnosno F2 = mg u odnosu na date generalisane koordinate x i ϕ odrediti: a) diferencijalne jednačine kretanja, b) jedan prvi integral kretanja. η

ϕ

ϕ

η

ξ

ξ

Slika 6.44. Mehanički sistem pri kretanju

Rešenje: Sistem ima dva stepena slobode kretanja, sl. 6.44.b, generalisane koordinate su q1 = x i q2 = ϕ . Kinematičke karakteristike su: ξC = x + R cos ϕ + const. ⇒ ξC = x − Rϕ sin ϕ , ηC = R sin ϕ ⇒ ηC = Rϕ cos ϕ , v 2 = ξ2 + η 2 = x 2 − 2 Rxϕ sin ϕ + R 2ϕ 2 . C

C

C

1 1 2 m ⋅ ( 2 R ) = mR 2 . 12 3 Ukupna kinetička energija sistema je: Ek = Ek 1 + Ek 2 , 1 1 1 1 Ek 1 = Mx 2 = 3mx 2 , Ek 2 = mvC2 + J C zϕ 2 , 2 2 2 2 2 Ek = ( M + m ) x 2 − mRxϕ sin ϕ + mR 2ϕ 2 . 3 Virtualni rad, pomeranje i generalisane sile su: δ A = F2δ x − F1δξ A − mgδηC , δξ A = δ x − 2 R sin ϕδϕ , δηC = R cos ϕδϕ , Momenat inercije iznosi: J C z =

340

(1)

(2) (3)


Đurković Vlado

δ A = ( F2 − F1 ) δ x + ( 2 RF1 sin ϕ − mgR cos ϕ ) δϕ , F1 = F2 = mg , ∂E p

∂E p

(4) = mgR ( 2 sin ϕ − cos ϕ ) . ∂x ∂ϕ Ako primenimo Lagranžove jednačine II vrste, na kretanje sistema tj., d ⎛ ∂Ek ⎞ ∂Ek + = Qq , ( q1 = x, q2 = ϕ ) , dobićemo prvu i drugu dif.jed. dt ⎜⎝ ∂q ⎟⎠ ∂q (5) ( M + m ) x − mRϕ sin ϕ − mRϕ 2 cos ϕ = 0 ,

Qx = −

= 0 , Qϕ = −

4 mR 2ϕ − mRx sin ϕ = mgR ( 2 sin ϕ − cos ϕ ) . 3

(6)

Zadatak 137. Sistem se sastoji od homogenog štapa OA dužine L i mase m, homogenog tankog prstena, poluprečnika R = L / 2 i mase m. Prsten je zglobno vezan za štap u tački A. Sistem se nalazi u vertikalnoj ravni (sl. 6.45.a). Na prsten deluje spreg sila momenta M, a na štap OA, preko klizača B zanemarljive mase i horizontalnog štapa, takođe zanemarljive mase, deluje sila F. Napisati diferencijalne jednačine kretanja sistema. ϕ ϕ ψ ψ ϕ

ψ


Rešenje: Sistem ima dva stepena slobode kretanja, (sl. 6.45.b), generalisane koordinate su q1 = ϕ i q2 = ψ . Kinematičke karakteristike, (sl. 6.45.c) su: G G G L vC = v A + vCA , v A = Lω = Lϕ , vCA = Rψ = ψ , 2

341


Đurković Vlado

vC2 = v A2 + ( vCA ) + 2v A ⋅ vCA cos (ψ − ϕ ) = L2ϕ 2 + 2

L2 2 cos (ψ − ϕ ) . ψ + L2ϕψ 4

Momenti inercije štapa i prstena su: 2 1 mL2 ⎛ L⎞ 2 2 . JO z = m ⋅ L , JC z = m ⋅ R = m ⎜ ⎟ = 4 3 ⎝2⎠ Ukupna kinetička energija štapa i prstena je: Ek = Ek 1 + Ek 2 ,

1 1 1 mL2 2 ϕ , J O zϕ 2 = ⋅ mL2 ⋅ ϕ 2 = 2 2 3 6 1 1 Ek 2 = mvC2 + J C zψ 2 = 2 2 ⎤ mL2 2 L2 1 ⎡ cos (ψ − ϕ ) ⎥ + ψ , = m ⎢ L2ϕ 2 + ψ 2 + L2ϕψ 2 ⎣ 4 4 ⎦ Ek 1 =

(1)

(2)

(3)

2 2 2 1 2 2 1 2 cos (ψ − ϕ ) . (4) mL ϕ + mL ψ + mL ϕψ 3 4 2 Potencijalna energija (virtualni rad, pomeranje i generalisane sile) su: G G L δ A = δ A M + δ A F = M δψ + F δϕ , 2 L L ⎛ ⎞ E p = −mg cos ϕ − mg ⎜ L cos ϕ + cosψ ⎟ , 2 2 ⎝ ⎠ Ek =

( )

( )

3 1 L E p = − mgL cos ϕ − mgL cosψ , Qψ = M , Qϕ = F . (5) 2 2 2 Ako primenimo Lagranžove jednačine II vrste, na kretanje sistema tj., d ⎛ ∂Ek ⎞ ∂Ek ∂E p + − = Qq , ( q1 = ψ , q2 = ϕ ) , dt ⎜⎝ ∂q ⎟⎠ ∂q ∂q ∂Ek 4 2 1 = mL ϕ + mL2ψ cos (ψ − ϕ ) , ∂ϕ 3 2 ∂Ek 1 2 1 = mL ψ + mL2ϕ cos (ψ − ϕ ) , ∂ψ 2 2 ∂Ek 1 2 ∂Ek 1 sin (ψ − ϕ ) , sin (ψ − ϕ ) , = mL ϕψ = − mL2ϕψ ∂ϕ 2 2 ∂ψ

342


∂E p

Đurković Vlado

∂E p 1 3 mgL sin ϕ , = mgL sinψ , ∂ϕ 2 ∂ψ 2 dobićemo prvu i drugu diferencijalnu jednačinu 9g 3F 8ϕ + 3ψ cos (ψ − ϕ ) − 3ψ 2 sin (ψ − ϕ ) + sin ϕ = , L mL g 2M ϕ cos (ψ − ϕ ) + ψ + ϕ 2 sin (ψ − ϕ ) − sinψ = 2 . L mL =

(6) (7)

Zadatak 138. Sistem se sastoji od prizme A, mase m2 = m , koja se kreće

bey trenja po strmoj ravni nagiba α = 300 , kotura B i D bez masa, kotura C mase m3 = 9m2 = 9m i kotura E mase m1 = 2m2 = 2m i poluprečnika R. Neistegljivo uže zanemarljive mase jednim svojim krajem vezano je za prizmu, zatim prebačeno preko kotura D a potom obmotano oko manjeg diska poluprečnika R na koturu C. Kotur C je sastavljen od dva koaksijalna diska prečnika R i 2R poluprečnika inercije i = R 2 . Drugo neistegljivo uže zanemarljive mase je jednim svojim krajem obmotano oko većeg diska na koaksijalnom koturu C, prebačeno preko kotura D i spojeno sa centrom kotura E koji može da se kreće bez klizanja po strmoj ravni istog nagibnog ugla α = 300 . Ako na prizmu A deluje sila 29 F= m2 g , (sl. 6.46.a), napisati diferencijalne jednačine kretanja 6 sistema kao i ubrzanja x i y . Generalisane koordinate date su na sl. 6.46.a.

α ω

α

ω

Slika 6.46. Mehanički sistem pri kretanju 343

α


Đurković Vlado

Rešenje: Sistem ima dva stepena slobode kretanja, sl. 6.46.a, generalisane koordinate su q1 = x i q2 = y . Kinematičke karakteristike, x + 2y x + 2 y , vC = y C = , sl. 6.46.b, su: yC = 3 3 y−x y − x δ x + 2δ y x , ωC = ϕC = ϕC = , δ yC = , ωE = . 3R 3R R 3 1 1 Momenti inercije diskova su: J B z = mB RB2 = 0 , J D z = mD RD2 = 0 , 2 2 1 1 J Az = m2 ⋅ R 2 = mR 2 , J C z = m3 ⋅ i 2 = 9m2 ⋅ R 2 = 9mR 2 . (1) 2 2 Ukupna kinetička energija štapa i prstena je: Ek = EkA + EkB + EkC + EkD + EkE , EkB = EkD = 0 , (2) 2

1 1 1 1 ⎛ x ⎞ m1vE2 + J Ezω E2 = m1 x 2 + J Cz ⎜ ⎟ , (3) 2 2 2 2 ⎝R⎠ 1 1 1 1 EkC = m3vC2 + J CzωC2 = m3 y C2 + J CzϕC2 , (4) 2 2 2 2 1 11 x 2 1 Ek = 2m2 x 2 + 2m2 R 2 2 + m2 y 2 + 2 22 R 2 2 2 1 R 2 ⎛ y − x ⎞ ⎛ x + 2 y ⎞ 1 + 9m2 ⎜ + 9 m 2 ⎟ ⎜ ⎟ , 2 4 ⎝ 3R ⎠ ⎝ 3 ⎠ 2 9 11 3 . Ek = m2 x 2 + m2 y 2 + m2 xy (5) 4 4 2 Virtualni rad, pomeranje i generalisane sile su: mg mg δ x + 2δ y δ A = 1 δ x + 2 δ y + Fδ y − m3 gδ yC , δ yC = , 2 2 3 2m g mg 29 δ x + 2δ yC δ A = 2 δ x + 2 δ y + m2 gδ y − 9m2 g C , 2 2 6 3 2 2 δ A = −2m2 gδ x − m2 gδ y , Qx = −2m2 g , Q y = − m2 g . (6) 3 3 Ako primenimo Lagranžove jednačine II vrste, na kretanje sistema tj., EkE =

344


Đurković Vlado

d ⎛ ∂Ek ⎞ ∂Ek + = Qq , ( q1 = x, q2 = y ) , dt ⎜⎝ ∂q ⎟⎠ ∂q dobićemo prvu i drugu diferencijalnu jednačinu 9 3 m2 x + m2 y + 2m2 g = 0 ⇒ 9 x + 3 y + 4g = 0 , 2 2 11 3 2 4 m2 y + m2 x + m2 g = 0 ⇒ 11 y + 3 x+ g =0, 2 2 3 3 4 x =− g. čija rešenja su: y = 0 i 9

(7) (8) (9)

Zadatak 139. Materijalni sistem prikazan na sl. 6.47.a, sastoji se od diska O mase m i poluprečnika 2R, koaksijalnog diska C, poluprečnika R i 2R, mase m, poluprečnika inercije i = R 2 koji može da se kotrlja bez klizanja po horizontalnoj podlozi i diska A, poluprečnika R i mase m. Sistem se kreće u vertikalnoj ravni pod dejstvom sprega momenta M koji deluje na disk O. Odrediti za date generalisane koordinate x i y diferencijalne jednačine kretanja kao i ubrzanje središta diska A. Elementi materijalnog sistema su povezani neistegljivim užadima. ω

ω ω


Rešenje: Sistem ima dva stepena slobode kretanja, sl. 6.47.a, generalisane koordinate su q1 = x i q2 = y . x x , vD = , vB = 2 x , Kinematičke karakteristike su: ωC = ϕC = 2R 2

345


Đurković Vlado

x + y x + 2 y 2 x 2 = vC = x , v A = y , ω A = , ωO = . R R 2R

(

Momenti inercije diskova su: J C z = m ⋅ i 2 = m ⋅ R 2

)

1 1 2 m ⋅ ( 2 R ) = 2mR 2 , J Az = mR 2 . 2 2 Ukupna kinetička energija sistema, sl. 6.47.b, je: Ek = EkA + EkE + EkC + EkO , EkE = 0 (mE = 0) , JO z =

2

= 2mR 2 ,

(1) (2)

2

EkA =

1 2 1 1 11 ⎛ x + 2 y ⎞ mv A + J Azω A2 = my 2 + mR 2 ⎜ ⎟ , 2 2 2 22 ⎝ 2R ⎠

EkC =

1 2 1 1 1 ⎛ x ⎞ mvC + J CzωC2 = mx 2 + 2mR 2 ⎜ ⎟ , 2 2 2 2 ⎝ 2R ⎠

(3)

2

(4)

2

1 1 ⎛ 2 x ⎞ J OzωO2 = + 2mR 2 ⎜ ⎟ , (5) 2 2 ⎝ R⎠ 29 2 3 2 1 . Ek = mx + my + mxy (6) 16 4 2 Virtualni rad, pomeranje i generalisane sile, sl. 6.47.b, su: G G 2M 2M δ A = δ A M + δ A ( mg ) = δ x + mgδ y , Qx = , Q y = mg . (7) R R Ako primenimo Lagranžove jednačine II vrste, na kretanje sistema tj., d ⎛ ∂Ek ⎞ ∂Ek + = Qq , ( q1 = x, q2 = y ) , dt ⎜⎝ ∂q ⎟⎠ ∂q dobićemo prvu i drugu diferencijalnu jednačinu 29 1 2M 3 1 mx + my = , my + mx = mg , (8) R 8 4 2 4 2 ⎛ 29 2M ⎞ y= odakle se dobije ubrzanje središta diska A: ⎜ mg − ⎟ . (9) 43m ⎝ 2 R ⎠ EkO =

( )

Zadatak 140. Pravougaona ploča, sl. 6.48.a, mase m, zglobno je vezana u tačkama A i B za štapove AO1 i BO2 , zanemarljivih masa i dužina L, koji se mogu obrtati oko paralelnih osa koje prolaze kroz tačke O1 i O2 . Za ploču je zglobno vezan štap mase m i dužine 2L. Ako na štap deluje 346


Đurković Vlado

spreg sila momenta M odrediti diferencijalne jednačine kretanja sistema u odnosu na date generalisane koordinate ϕ i θ . sistema su povezani neistegljivim užadima. Rešenje: Sistem ima dva stepena slobode kretanja, sl. 6.48.a, generalisane koordinate su q1 = ϕ i q2 = θ . Kinematičke karakteristike, sl. 6.48.b, su: v A = O1 A ⋅ θ = Lθ , G G G v A = vB = vC = Lθ , vT = ( vT ) r + ( vT ) p , tačka vrši složeno kretanje

(prenosno je krivolinijska translacija ploče, a relativno rotacija štapa), ( vT ) p = vA = vB = vC = Lθ , ( vT )r = Lϕ ,

vT2 = ( vT )r + ( vT ) p + 2 ( vT )r ( vT ) p cos ( ϕ − θ ) = 2

2

cos ( ϕ − θ ) , = L2 θ 2 + L2 ϕ 2 + 2 L2 θϕ

ili preko kordinata, sl. 6.48.b, xT = a + L sin θ + L sin ϕ ⇒ xT = Lθ cos θ + Lϕ cos ϕ , y = L cos θ + b + L cos ϕ ⇒ y = − Lθ sin θ − Lϕ sin ϕ , T

T

cos ( ϕ − θ ) . v = L θ + L2 ϕ 2 + 2 L2 θϕ 2 T

2 2

ϕ −θ ϕ

θ

ϕ

θ

θ

θ


347


Đurković Vlado

1 2 m (2L) . 12 Ukupna kinetička energija sistema je: Ek = Ek 1 + Ek 2 , 2 1 1 Ek 1 = mv A2 = m Lθ , ploča vrši krivolinijsku translaciju 2 2 1 2 1 Ek 2 = mvT + J T z ϕ 2 , štap vrši složeno kretanje 2 2 2 cos ( ϕ − θ ) . Ek = mL2 θ 2 + mL2 ϕ 2 + mL2 ϕθ 3 Virtualni rad pomeranje i generalisane sile su:

Momenat inercije štapa je: J T z =

( )

(1)

(2) (3) (4)

G G G δA = δA ( m pl g ) + δA ( mT g ) + δA M = 2mgL sin θδθ + ( mgL sin ϕ + M ) δϕ ,

( )

Qϕ = mgL sin ϕ + M , Qθ = 2mgL sin θ .

(5)

Ako primenimo Lagranžove jednačine II vrste, na kretanje sistema tj., d ⎛ ∂Ek ⎞ ∂Ek = Qq , ( q1 = θ, q2 = ϕ ) , dobićemo prvu i drugu dif.jed. ⎜ ⎟+ dt ⎝ ∂q ⎠ ∂q cos ( ϕ − θ ) − mL2ϕ 2 sin ( ϕ − θ ) = 2mgL sin θ , 2mL2 θ + mL2ϕ (6) 4 2 + mL2 mL ϕ θ cos ( ϕ − θ ) + mL2θ 2 sin ( ϕ − θ ) = mgL sin ϕ + M . (7) 3

Zadatak 141. Zupčanik, sl. 6.49.a, mase m1 = 2m , poluprečnika r1 = 3R , poluprečnika inercije i = R može da se obrće oko osa Oz a pomoću krivaje AB spregnut je sa diskovima poluprečnika r2 = r3 = R i masa m2 = m3 = m . Na zupčanik je namotano uže o čijem slobodnom kraju visi teret T mase m4 = 4m . Ako na krivaju dejstvuje moment M odrediti: a) za date generalisane koordinate x i ϕ diferencijalne jednačine kretanja; b) veličinu momenta M da bi se teret T kretao konstantnom brzinom. Rešenje: Sistem ima dva stepena slobode kretanja, sl. 6.49.a,b, generalisane koordinate su q1 = x i q2 = ϕ . x , Kinematičke karakteristike su: vT = x = 3R ⋅ ψ ⇒ ψ = , ω1 = ψ 3R

348


Đurković Vlado

v A + vT 2 Rϕ + x G G G = , vD = vB + vDB , R R = 2 R ⋅ ϕ .

ω A = ω B = α = β = v A = vB = OA ⋅ ω AB

.

. ψ ϕ

ϕ .


Momenat inercije diskova, sl. 6.49.b, za mase m1 = 2m , m2 = m3 = m , m4 = 4m , su: 1 1 J O = m1 ⋅ i 2 = 2m ⋅ R 2 , J OAB = m AB ⋅ AB 2 = 0 , J A = J B = m ⋅ R 2 . (1) 12 2 Ukupna kinetička energija sistema je: Ek = Ek 1 + Ek 2 + Ek 3 + Ek 4 , 2

1 1 m 2 ⎛ x ⎞ Ek 1 = J O ω12 = 2mR 2 ⋅ ⎜ ⎟ = x , 2 2 9 ⎝ 3R ⎠ 1 1 2 Ek 2 = m2 v A2 = m ⋅ ( 2 Rϕ ) = 2mR 2 ϕ 2 , 2 2 1 1 2 Ek 3 = m3vB2 = m ⋅ ( 2 Rϕ ) = 2mR 2ϕ 2 , 2 2 1 1 Ek 4 = m4vT2 = 4m ⋅ x 2 , 2 2 1 1 1 1 1 1 2 + m2 v A2 + J Aα 2 + m3vB2 + J Bβ 2 + m4 x 2 , Ek = J O ψ 2 2 2 2 2 2

349

(2)

(3) (4) (5)


Đurković Vlado

29 2 mx + 2mRxϕ + 6mR 2 ϕ 2 . 18 Virtualni rad pomeranje i generalisane sile, sl. 6.49.b, su: δA = −m2 g δη A − m3 g δηB + M δϕ + m4 g δx , Ek =

(6)

Qϕ = M , Qx = m4 g = 4mg .

(7)

Ako primenimo Lagranžove jednačine II vrste, na kretanje sistema tj., d ⎛ ∂Ek ⎞ ∂Ek = Qq , ( q1 = ϕ, q2 = x ) , ⎜ ⎟+ dt ⎝ ∂q ⎠ ∂q dobićemo prvu i drugu diferencijalnu jednačinu kretanja sistema 29 = 4 g , 2 Rmx + 12 R 2 mϕ = M , x + 2 Rϕ (8) 9 x = 0 ⇒ M = 24mR . (9) a za traženo Zadatak 142. Štap OAB zanemarljive mase, OA = 3R , može da se obrće oko horizontalne ose (sl. 6.50.a). Za štap su cilindričnim zglobovima A i B vezani homogeni diskovi. Disk II je poluprečnika R i mase 2m, a disk III poluprečnika 2R i mase m; diskovi se međusobno kotrljaju bez klizanja. Za date generalisane koordinate q1 = ϕ i q2 = ψ odrediti: a) diferencijalne jednačine kretanja, π b) ako je u početnom trenutku t0 = 0 , ϕ(0) = , ϕ (0) = ω0 , ψ (0) = 0 , 2 (0) = 0 odrediti prve integrale kretanja, tj. ϕ = ϕ (ϕ) , ψ = ψ (t ) . ψ Rešenje: Sistem ima dva stepena slobode kretanja (sl. 6.50.a,b), generalisane koordinate su q1 = ϕ i q2 = ψ . Kinematičke karakteristike su: ωOA = ωOB = ϕ , ωIII = α = ϕ + ψ , ω = β = 2ψ − ϕ , y = 3R cos ϕ , y = 6 R cos ϕ , II

A

B

vA = OA ⋅ ωOB = 3Rϕ , vB = OB ⋅ ωOB = 6 R ⋅ ϕ . Momenat inercije diskova, za mase mII = 2m , mIII = m , sl. 6.50.b, su: 1 1 2 J Az = mII ⋅ R 2 = mR 2 , J Bz = mIII ⋅ ( 2 R ) = 2mR 2 . (1) 2 2 Ukupna kinetička energija sistema je: Ek = EkOB + EkII + EkIII ,

350


Đurković Vlado

1 mOB vT2 = 0 ( mOB = 0) , 2 1 1 1 1 2 2 EkII = mII v A2 + J Az β 2 = 2m ⋅ ( 2 Rϕ ) + mR 2 ⋅ ( 2ψ − ϕ ) , 2 2 2 2 1 1 1 1 2 2 EkIII = mIII vB2 + J Bzα 2 = m ⋅ ( 6 Rϕ ) + 2mR 2 ⋅ (ϕ + ψ ) , 2 2 2 2 1 1 1 1 Ek = ( 2m ) v A2 + J Az β 2 + mvB2 + J Bzα 2 , 2 2 2 2 57 Ek = mR 2ϕ 2 + 3mR 2ψ 2 . 2 EkOB =

(2) (3) (4)

(5)

ϕ

ϕ

. β

ψ . α

ϕψ


Virtualni rad pomeranje i generalisane sile, (sl. 6.50.b) su: δ A = 2mgδ y A + mgδ y B = 2mgδ ( 3R cos ϕ ) + mgδ ( 6 R cos ϕ ) , Qψ = 0 , Qϕ = −12mgR sin ϕ .

(6)

Ako primenimo Lagranžove jednačine II vrste, na kretanje sistema tj., d ⎛ ∂Ek ⎞ ∂Ek + = Qq , ( q1 = ϕ , q2 = ψ ) , dt ⎜⎝ ∂q ⎟⎠ ∂q dobićemo prvu i drugu diferencijalnu jednačinu kretanja sistema (7) 57mR 2ϕ = −12mgR sin ϕ , 6mR 2ψ = 0 , 351


Đurković Vlado

π , ϕ (0) = ω 0 , ψ (0) = 0 , ψ (0) = 0 dobićemo 2 (8) tražene prve integrale kretanja, ψ (0) = ω0 , ψ = ω0t . a za početne uslove ϕ (0) =

Zadatak 143. Na koturaču poluprečnika R i momenta inercije J O namotan je kanap, na čijem je kraju zakačena kuglica B mase m. Usled dejstva momenta M na koturaču, podiže se kuglica B, ljuljajući se sve vreme u vertikalnoj ravni. Ako je u početnom trenutku dužina vertikalno postavljenog kanapa jednaka L0 , napisati diferencijalne jednačine kretanja materijalnog sistema prikazanog na sl. 6.51.a. Rešenje: Sistem ima dva stepena slobode kretanja, sl. 6.51.a,b, generalisane koordinate su q1 = ϕ i q2 = ψ . Kinematičke karakteristike su: L = L0 − Rϕ + Rψ , ωdisk = ϕ , xB = L cos ϕ − R sin ψ ⇒ x B = − Rϕ cos ϕ − Lψ sin ψ , yB = L sin ϕ + R cos ψ ⇒ y B = − Rϕ sin ϕ + Lψ cos ψ ,

Momenat inercije diska O mase mB = m , je dat J disk = J O . Ukupna kinetička energija sistema je: Ek = Ekdisk + EkB , 1 Ek disk = J O ϕ 2 , 2 1 1 1 Ek B = mB vB2 = m ⋅ ( xB2 + yB2 ) = m ( R 2 ϕ 2 + L2 ψ 2 ) , 2 2 2 1 1 Ek = J O ϕ 2 + m ( R 2 ϕ 2 + L2ψ 2 ) . 2 2 ψ

(1) (2) (3) (4)

ψ ϕ

Slika 6.51. Mehanički sistem pri kretanju a) proizvoljan položaj b) početni i proizvoljni položaj i generalisane koordinate 352


Đurković Vlado

Virtualni rad pomeranje i generalisane sile, sl. 6.51.b, su: δA = M δϕ + mg δxB , Qϕ = M − mgR cos ψ , Qψ = −mgL sin ψ .

(5)

Ako primenimo Lagranžove jednačine II vrste, na kretanje sistema tj., d ⎛ ∂Ek ⎞ ∂Ek = Qq , ( q1 = ϕ, q2 = ψ ) , ⎜ ⎟+ dt ⎝ ∂q ⎠ ∂q d ⎛ ∂Ek ⎜ dt ⎝ ∂ϕ

⎞ ∂Ek ∂Ek 2 2, 2, , = − mLRψ = mLRψ ⎟ = ( J O + mR ) ϕ ∂ϕ ∂ψ ⎠ ∂Ek d ⎛ ∂Ek ⎞ 2 , , = mL2 ψ ⎜ ⎟ = −2 RmL ( ϕ − ψ ) ψ + mL ψ dt ⎝ ∂ψ ⎠ ∂ψ dobićemo prvu i drugu diferencijalnu jednačinu kretanja sistema (6) ( J O + mR 2 ) ϕ + mLRψ 2 = M − mgR cos ψ , − mLRψ 2 = − mgL sin ψ , −2 RmL ( ϕ − ψ ) ψ + mL2 ψ

koje nakon sređivanja glase ( J O + mR 2 ) ϕ + mLRψ 2 = M − mgR cos ψ , + Rψ ( ψ − 2ϕ ) = − g sin ψ . Lψ

(7) (6’) (7’)

Zadatak 144. Na disk 1 mase m1 namotano je neistegljivo uže, koje je prebačeno preko kotura 2 mase m2 . Na kraju užeta nalazi se teret 3 mase m3 . Disk može da se kotrlja bez klizanja po dasci 4 mase m4 , koja se kreće po glatkoj horizontalnoj ravni (sl. 6.52.a). Uže pri kretanju ne proklizava. Odrediti apsolutna ubrzanja tereta i središta diska, kao i sile u delovima užeta I i II. Sva tela su homogena, pri čemu je m1 = 2m , 3m m , m4 = . m2 = m1 , m3 = 2 2 Rešenje: Sistem ima dva stepena slobode kretanja, (sl. 6.52.a,b), generalisane koordinate su q1 = x i q2 = y . Kinematičke karakteristike su: v1 = x , v3 = y , v4 = z = 2 x + y , y x + y y + z = . ω 2 = , ω1 = r R 2R 353


Đurković Vlado

Momenat inercije diskova, za mase m2 = J 1z =

1 1 m1R 2 , J 2 z = m2 r 2 . 2 2

3m m m , m4 = 1 , su: , m3 = 4 2 4 (1)

ω

ω1


Ukupna kinetička energija sistema je: Ek = Ek 1 + Ek 2 + Ek 3 + Ek 4 , 1 1 1 (2) Ek 1 = m1v12 + J 1 zω12 , Ek 2 = J 2 zω 22 , 2 2 2 1 1 1 1 1 2 Ek 3 = m3v32 = m3 y 2 , Ek 4 = m4 v42 = m4 z 2 = m4 ( 2 x + y ) , (3) 2 2 2 2 2 5 7 . Ek = m1 x 2 + m1 y 2 + m1 xy (4) 4 8 Virtualni rad pomeranje i generalisane sile, (sl. 6.52.b) su: 3 3 (5) δ A = m3 gδ y = m1 gδ y , Qx = 0 , Q y = m1 g . 4 4 Ako primenimo Lagranžove jednačine II vrste, na kretanje sistema tj., d ⎛ ∂Ek ⎞ ∂Ek − = Qq , ( q1 = x, q2 = y ) , (6) dt ⎜⎝ ∂q ⎟⎠ ∂q dobićemo prvu i drugu diferencijalnu jednačinu kretanja sistema 5 7 3 m1 x + m1 y = 0, m1 y + m1 x = m1 g , (7) 4 4 4

354


Đurković Vlado

2 5 y= g. (8) čija rešenja su: x = − g i 9 9 Na osnovu zakona o promeni momenta količine kretanja za cilindar 2 i II Njutnovog zakona za teret 3, sl. 6.52.c, je: 1

ε2 2

Slika 6.52.c Disk i teret oslobođeni od veza

J 2 z ε 2 = S2 ⋅ r − S1 ⋅ r , tj.,

1 y m2 r 2 ⋅ = ( S2 − S1 ) ⋅ r , 2 r

(9)

m3 y = m3 g − S2 ,

(10)

pa dobijamo tražene sile u užadima: S1 =

7m1 g mg , S2 = 1 . 36 3

(11)

Zadatak 145. Eliptično klatno sastoji se iz klizača, mase M, koji može da klizi duž horizontalnog i homogenog štapa AB, mase m, dužine l, vezanog sa klizačem preko cilindričnog zgloba (sl. 6.53.a). U nekom trenutku, kada se sistem nalazi u ravnoteži, saopšti se klizaču udar G G impulsom silom F . Odrediti brzinu v2 klizača i ugaonu brzinu ω2 štapa neposredno posle udara.

ϕ

ϕ


Rešenje: Iskoristimo Langranževe jednačine:

355


Đurković Vlado

⎛ ∂Ek ⎞ ⎛ ∂Ek ⎞ ud ⎜⎜ ⎟⎟ − ⎜⎜ ⎟⎟ = R j . ⎝ ∂q j ⎠t2 ⎝ ∂q j ⎠t1 Sistem ima dva stepena slobode, (sl. 6.53.a,b). Za generalisane koordinate uzmimo: q1 = x − pomeranje klizača i q2 = ϕ − ugao obrtanja štapa koji raste u smeru suprotnom kretanju satne kazaljke. Odredimo kinetičku energiju sistema. Biće Mx 2 ⎛ mvC2 J C ω2 ⎞ Ek = E k ( M ) + E k ( m ) = +⎜ + ⎟, 2 2 ⎠ ⎝ 21 (kinetička energija štapa odeđena je po Kenigovom obrascu). Po teoremi o slaganju brzina, biće G G G vC = vC r + vC p . G Relativna brzina vC r upravna je na pravcu štapa, sl. 6.53.b, a po

veličini je jednaka: l ω l ϕ vC r = = . 2 2 G Prenosna brzina vC p je u pravcu ose Ox , a po veličini je jednaka: vC p = x . Na taj način za kvadrat brzine tačke C dobijamo: l 2ϕ 2 vC2 = + x 2 + lϕ x cos ϕ . 4 ml 2 Uzimajući u obzir da je J C = , dobijamo izraz za kinetičku 12 energiju ⎞ Mx 2 ml 2ϕ 2 m ⎛ l 2ϕ 2 Ek = + + x 2 + lϕ x cos ϕ ⎟ . ⎜ 2 24 4 ⎝ 4 ⎠ Nađimo generalisani udarni impuls (silu) R ud j : G G δA1 F δA2 F F δx R1ud = = F , R2ud = δϕ= 0 = δx δx δϕ

( )

( )

δx = 0

Izračunajmo

∂Ek za ϕ = 0 , x = 0 . ∂q j 356

=0.


Đurković Vlado

∂Ek mlϕ ∂Ek ml 2 mlx , = ϕ + . = ( M + m ) x + ∂ϕ 3 2 ∂x 2 Uzimajući u obzir da je za t = t1 , ϕ = x = 0 dobijamo, diferencijalne jednačine kretanja: m ( M + m ) v2 + lω2 = F , 2 2ml ω2 + 3mv2 = 0 , 4F 6F odakle nalazimo: v2 = , ω2 = . 4M + m l ( 4M + m ) Biće:

Zadatak 146. Dva homogena diska A, B poluprečnika r i mase m, i poluprečnika 2R i 2m respektivno, mogu da se kotrljaju bez klizanja po horizontalnoj podlozi. Centri diskova su vezani za vertikalne zidove oprugama krutosti c, odnosno međusobno oprugom krutosti 2c (sl. 6.54). Ako na disk B deluje spreg sila M konstantnog intenziteta, napisati diferencijalne jednačine kretanja sistema (generalisane koordinate su θ, ϕ ). θ ϕ

Slika 6.54. Mehanički sistem pri kretanju, početni i proizvoljni položaj i generalisane koordinate

Rešenje: Primenimo zakon o promeni kinetičke energije sistema, gde je 1 1 1 1 Ek = mv A2 + J Az ϕ 2 + 2mvB 2 + J B z θ 2 . (1) 2 2 2 2 (2) Kinematičke karakteristike su v A = rϕ , vB = 2 rθ . Dinamičke karakteristike su:

357


Đurković Vlado

1 2 1 2 mr , J B z = 2m ( 2 r ) . 2 2 Ukupna kinetička energija iznosi: 3 Ek = mr 2ϕ 2 + 6mr 2 θ 2 . 4 G δA M = M δθ , J Az =

( )

∆xBD = 2rθ − 2rϕ , 1 1 1 2 E p = cr 2ϕ2 + c 4r 2θ2 + 2c [ ∆xBD ] . 2 2 2 ∂E Qϕp = − p = − cr 2ϕ + 4cr 2 ( θ − ϕ ) , ∂ϕ ∂E Qθp = − p = −4cr 2θ − 8cr 2 ( θ − ϕ ) , ∂θ ∂Ek ∂Ek = 0, =0, ∂ϕ ∂θ d ∂Ek ∂Ek d ∂E k ∂ E k − = Qϕ , − = Qθ . dt ∂ϕ ∂ϕ dt ∂θ ∂θ Diferencijalne jednačine su: 3 2 = − cr 2ϕ + 8cr 2 ( θ − ϕ ) , mr ϕ 2 12mr 2 θ = M − 4Cr 2θ − 8Cr 2 ( θ − ϕ ) .

(3)

(4) (5) (6) (7) (8) (9) (10) (11)

(12) (13)

Zadatak 147. Terat A, težine G, pričvršćen je pomoću opruge krutosti c , za platformu po kojoj se može kretati bez trenja (sl. 6.55.a). Platforma ima četiri točka B , oblika homogenih diskova poluprečnika R. Težina platforme C je 8G, a težina svakog točka G/2. Smatrajući da se točkovi kotrljaju bez klizanja, odrediti kretanje platforme, ako je teret u početnom trenutku bio pomeren iz položaja ravnoteže za rastojanje s i pušten bez početne brzine. U trenutku t0 = 0 , x = 0 . Krak trenja kotrljanja zanemariti. Rešenje: Ukupna kinetička energija sistema je E K = E Kteret + E Ktockovi + E K platforma , 358

(1)


EK platforma =

Đurković Vlado

1 1 G mC vC2 = 8mx 2 = 4 x 2 2 2 g

(2)

Slika 6.55. Mehanički sistem pri kretanju u proizvoljanom položaju

Telo A vrši dva translatorna kretanja i to vr = z − kretanje u odnosu na platformu ( z − relativna konstanta) v p = vB = vC = x − prenosno kretanje platforme, vA = vr + v p = z + x , pa je 1 1G 2 EK teret = mAv A2 = ( z + x ) , 2 2g

(3)

⎛ 1 G 2 1 1 G 2 ⎛ x ⎞ 2 ⎞ 1 ⎛1 2 2 ⎞ EK tockovi = 4 ⎜ mB vB + J B ωB ⎟ = 4 ⎜ x + R ⎜ ⎟ ⎟, ⎜ 2 2g 2 2 2 2 g ⎝2 ⎠ ⎝ R ⎠ ⎟⎠ ⎝ 3G 2 EK tockovi = x . (4) 2g Ukupna kinetička energija iznosi 1G 3G 2 G 2 EK = x + 4 x 2 , ( z + x ) + 2g 2g g 1G 2 3G 2 G + x 2 ) + EK = z + 2 zx x + 4 x 2 , ( 2g 2g g 1G 2 1G + x 2 + 3 x 2 + 8 x 2 ) = + z 2 ) , EK = z + 2 xz 12 x 2 + 2 xz ( ( 2g 2g G + z 2 ) . 12 x 2 + 2 xz EK = (5) ( 2g Potražimo sada parcijalne izvode, i to redom: 359


Đurković Vlado

∂EK G G = (12 ⋅ 2 x + 2 z ) = (12 x + z ) , ∂x 2g g d ∂EK G = (12 x + z) , (6) dt ∂x g ∂E K =0. ∂x ∂EK G G 20 = ( 2 x + 2 z ) = ( x + z ) , ∂z 2g g d ∂EK G = ( x + z) , (7) dt ∂z g ∂E K =0. ∂z Potražimo zatim generalisane radove i generalisane sile, pa postavimo Lagranžove jednačine druge vrste, redom za: a) slučaj δx ≠ 0 , δz = 0 , G G ⎛ G δA G G⎞ (8) δAx = 0, i 8 ⊥ δx ⎟ , Qx = x = 0 , ⎜4 δx g ⎝ 2g ⎠ ∂EK δA d ∂EK ∂EK − = Qx , → 0, → 0, ∂x ∂x δx dt ∂x P 12 x + z = 0 . (9) g b) slučaj δx = 0 , δz ≠ 0 δAz = − Fcδz = − czδz , δA (10) Qz = z = −cz , δz ∂EK d ∂Ek ∂EK − = Qz , →0, dt ∂z ∂z ∂z G (11) ( x + z ) = −cz . g (12) (9) → x = − z , 12 czg (11) → , (13) x + z=− G 10

a

f

360


Đurković Vlado

a (12) uvršćeno u (13) daje z czg , − + z=− 12 G 12cg − z + 12 z=− z, G 12cg 11 z+ z = 0, G 12 cg z+ z = 0, 11 G 12 cg ω2 = k 2 = , 11 G z + k 2 z = 0 . Rešenje je oblika: z = A cos ωt + B sin ωt . Konstante A i B određujemo iz početnih uslova: t0 = 0 , z = z0 z0 = 0 . z = − Aω sin ωt + Bω cos ωt . (17 ) → s = A ,

(14) (15) (16) (17) =s i (18)

(18) → 0 = 0 + Bω ⇒ B = 0 , ako se vratimo u (17) dobijamo rešenje: z = s cos ωt , (19) z = −12 x , dobija se: a ako se vratimo u (12), tj, cg cg cg x − 12 x = − z ⇒ −11 x = − z ⇒ x= z, P 11 G P cg x= s cos ωt , 11P cg k= , 11P dx x= = ks cos ωt , dt k dx = s cos ωtdt , ω 361

(20)


Đurković Vlado

k s sin ωt + C1 , (21) ω dx k = s sin ωt , dt ω k dx = s sin ωtdt + C1 , ω k x = − 2 s cos ωt + C1t + C2 . (22) ω Uzevši u obzir početne uslove t0 = 0 , x = x0 = 0 , x = x0 = 0 , možemo odrediti integracione konstante ks ks (22) → 0 = − 2 + C2 ⇒ C2 = 2 , ω ω (21) → 0 = 0 + C1 ⇒ C1 = 0 , pa jednačina kretanja platforme glasi ks ks ks x = − 2 cos ωt + 2 ⇒ x = 2 (1 − cos ωt ) . ω ω ω Uvodeći novu konstantu cg k cg 3cg , dobijamo k12 = 2 = 11G = ⇒ k1 = 2 2 2 11Gω ω ω 11Gω2 ks x = 1 (1 − cos ωt ) , što predstavlja traženi zakon kretanja platforme. 12 x =

Zadatak 148. Homogeni štap AB, dužine L, kreće se u vertikalnoj ravni pod dejstvom sile teže tako da njegov kraj A klizi bez trenja po strmoj ravni, čija linija najvećeg pada gradi ugao α sa horizontom (sl. 6.56.a). Formirati diferencijalne jednačine kretanja štapa i utvrditi, može li se štap kretati tako da ugao koji njegov pravac zaklapa sa pravcem vertikale bude konstantan. Rešenje: Sistem ima dva stepena slobode. Uzmimo za generalisane koordinate: q1 = x − pomeranje tačke A po strmoj ravni; q2 = ϕ − ugao koji pravac štapa gradi sa pravcem vertikale. Langranževe jednačine imaju oblik:

362


d ⎛ ∂Ek ⎜ dt ⎝ ∂x

Đurković Vlado

d ⎛ ∂Ek dt ⎜⎝ ∂ϕ

⎞ ∂Ek = Q1 , ⎟− ⎠ ∂x

⎞ ∂Ek ⎟ − ∂ϕ = Q2 . ⎠

(1)

0

0

ϕ

+ϕ π− α

ϕ α

α

Slika 6.56. Mehanički sistem pri kretanju u proizvoljanom položaju

Predpostavljajući da x i ϕ rastu, formirajmo izraz za kinetičku energiju Ek sistema, tj. 1 1 (2) Ek = MvC2 + J C ω2 . 2 2 Ml 2 Ovde je ω = ϕ ; J C = . (3) 12 G Za određivanje brzine vC koristimo teoremu o slaganju brzina, tj. G G G vC = vC r + vC p , (4) G gde je vC r − relativna brzina centra inercije štapa u odnosu na pokretnu tačku A, čiji je pravac upravan na pravcu štapa, a intenzitet joj je 1 vC r = ϕ . (5) 2 G Prenosna brzina vC p je u stvari brzina tačke A, ima pravac linije najvećeg pada ravni, a intenzitet je vC p = x .

(6)

Iz paralelograma brzina nalazimo l2 ϕ cos ( α − ϕ ) . vC2 = x 2 + ϕ 2 − xl 4 pa je kinetička energija

363

(7)


Đurković Vlado

⎤ Ml 2 2 M ⎡ 2 l 2ϕ 2 (8) x + − lx ϕ α − ϕ cos ( ) ⎥ + 24 ϕ . 2 ⎢⎣ 4 ⎦ Izračunajmo sve izvode koji figurišu u jednačini. Biće Mlϕ cos ( α − ϕ ) ∂Ek ∂Ek , = Mx − =0, 2 ∂x ∂x ∂Ek 1 = − Ml ϕ x sin ( α − ϕ ) , ∂ϕ 2 ∂Ek Ml 2ϕ Mlx cos ( α − ϕ ) Ml 2ϕ = − + , ∂ϕ 4 2 12 d ⎛ ∂Ek ⎞ 1 1 cos ( α − ϕ ) − Ml 2ϕ 2 sin ( α − ϕ ) , ⎜ ⎟ = Mx − Mlϕ dt ⎝ ∂x ⎠ 2 2 2 Mlxϕ sin ( α − ϕ ) Ml 2ϕ d ⎛ ∂Ek ⎞ Ml 1 = ϕ − Mlx cos ( α − ϕ ) − + . ⎜ ⎟ dt ⎝ ∂ϕ ⎠ 4 2 2 12 Odredimo generalisane sile po obrascima δA δA Q1 = ; Q2 = , δϕ δx =0 δx δϕ=0 Ek =

1 P sin ϕ ⋅ δϕ Pδx sin α Pl pa je Q1 = = − sin ϕ . = P sin α , Q2 = − 2 δϕ 2 δx Sređivanjem dobijamo x cos ( α − ϕ ) g sin ϕ lϕ − + = 0, 3 2 2 lϕ lϕ 2 x − cos ( α − ϕ ) + sin ( α − ϕ ) − g sin α = 0 , (9) 2 2 što predstavlja sistem diferencijalnih jednačina kretanja štapa. Eliminišući x iz gornjih jednačina, nalazimo diferencijalnu jednačinu po ϕ (koja odgovara koordinati ϕ ), tj.

cos ( α − ϕ ) l ϕ 2 sin ( α − ϕ ) ⎤ cos ( α − ϕ ) ⎡ l ϕ lϕ − + + g sin ϕ⎥ + ⎢ 3 2 2 2 ⎣ ⎦ +

364

g sin ϕ = 0 . 2

(10)


Đurković Vlado

Utvrdimo sada da li se štap može kretati tako da ugao ϕ ostaje = 0 , dobijamo konstantan? Stavljajući da je ϕ = 0 i ϕ cos ( α − ϕ ) g − g sin α + sin ϕ = 0 , (11) 2 2 odakle nalazimo ϕ = α = const. x = g sin α . Iz (9) sada proističe Ispitajmo prirodu kretanja štapa oko položaja relativne ravnoteže ϕ = α . Stavimo u jednačini (10), α − ϕ = β , gde je β − mali ugao. Imajući u vidu da je cos ( α − ϕ ) = cos β ≈ 1 , sin ( α − ϕ ) ≈ β , sin ϕ ≈ sin α − β cos α , i zanemarujući male veličine drugog i višeg reda, posle sređivanja dobijamo + 6 gβ cos α = 0 . lβ (12) Ovo je diferencijalna jednačina harmonijskih oscilacija sa periodom oscilivanja l T = 2π . (13) 6 g cos α Zadatak 149. Pravougaona prizma A, težine 3G , može da klizi po horizontalnoj ravni. Na strani prizme koja je prema horizontu nagnuta za ugao α = 300 postavljen je homogeni cilindar B, težine 2G . Na cilindar je namotano nerastegljivo uže koje je prebačeno preko kotura C, a za kraj D je vezan teret težine G (sl. 6.57.a). Odrediti zakon kretanja sistema, ako je kretanje počelo iz mira. Zanemariti takođe i trenje o kotur C. Rešenje: Sistem ima tri stepene slobode (sl. 6.57.a), a generalisane koordinate su: q1 = x − rastojanje od ose kotura C do težišta tereta D, q2 = y − rastojanje između osa cilindra B i kotura C, i q3 = z − pomeranje prizme. Dalje pretpostavimo da se sve generalisane koordinate menjaju u smeru njihovog povećanja. Odredimo kinetičku energiju sistema (sl. 6.57.a,b,c,d), tj., Ek = EkA + EkB + EkD , (1) gde je: EkA − kinetička energija prizme, EkB − kinetička energija cilindra,

365


Đurković Vlado

i EkD − kinetička energija tereta.

α ϕ ω

ω α α

α

α

Slika 6.57. Mehanički sistem pri kretanju a) proizvoljan položaj b) brzina pri kretanju tereta D c) brzina pri kotrljanju diska po prizmi d) ugaona brzina prizme pri kotrljanju

Prizma se kreće translatorno brzinom v A = z , pa je 1 1 3G 2 3G 2 EkA = mAv A2 = z = z . (2) 2 2 g 2g Kretanje tereta D je složeno iz dva translatorna kretanja (sl. 6.57.b): relativnog (u odnosu na prizmu) brzinom vr = x i prenosnog (zajedno sa prizmom) v p = z . Prema tome, (sl. 6.57.b), apsolutno kretanje tereta D je takođe translatorno sa brzinom jednakom vektorskom zbiru pomenutih brzina G G G G G vD = vr + v p = x + z , (3) a intenzitet je vD2 = vr2 + v 2p = x 2 + z 2 .

(4)

Kinetička energija tereta D iznosi 1 1G 2 G 2 EkD = mD vD2 = vD = ( x + z 2 ) . 2 2g 2g 366

(5)


Đurković Vlado

Cilindar B vrši ravno kretanje, (sl. 6.57.c,d), pa će mo njegovu kinetičku energiju odrediti pomoću Kenigovog obrasca, tj. sa 1 1 1 2G 2 1 EkB = mB vB2 + J O ω2B = vB + J O ω2B , (6) 2 2 2 g 2 gde je: vB − apsolutna brzina ose cilindra, ωB − ugaona brzina cilindra, i J O − moment inercije cilindra u odnosu na sopstvenu osu O. Brzina tačke O, (sl. 6.57.c,d) prema teoremi o slaganju brzina, jednaka je vektorskom zbiru relativne i prenosne brzine, tj. G G G vB = vr + v p , (7) gde su: vr = y − relativna brzina ose cilindra, a prenosna brzina cilindra B je v p = z , pa je cos α . vB2 = vr2 + v 2p − 2vr v p cos (1800 − α ) = y 2 + z 2 − 2 yz

(8)

Odredimo sada ugaonu brzinu ωB obrtanja cilindra. Pošto se prizma A kreće translatorno, (sl. 6.57.d), ugaonu brzinu ωB treba odrediti samo kao ugaonu brzinu cilindra, čije je kretanje relativno u odnosu na prizmu A. Poznate su relativne brzine dveju tačaka cilindra, tj. tačaka O i E, vE r = x vO r = y . (9) Trenutni pol brzine cilindra B nalazi se u tački P, zbog čega je vO r vE r ωB = = . (10) OP EP Odavde, na osnovu osobina proporcije, dobijamo vO r + vE r y + x ωB = = , (11) R OP + EP gde je: R − poluprečnik cilindra. Moment inercije cilindra je 1 1 2G 2 G 2 J O = mB R 2 = R = R , (12) 2 2 g g pa je njegova kinetička energija 2 1 2G 2 1 G 2 1 G 2 ⎛ y + x ⎞ 2 2 EkB = vB + J O ωB = ( y + z − 2 yz cos α ) + R ⎜ ⎟ , 2 g 2 g 2g ⎝ R ⎠

367


Đurković Vlado

G 2 G 2 cos α ) + y + z 2 − 2 yz (13) ( x + y ) . ( 2g g Ukupna kinetička energija sistema će sada biti 3G 2 G 2 G G 2 cos α ) + Ek = z + x + z 2 ) + ( y 2 + z 2 − 2 yz ( x + y ) .(14) ( 2g 2g g 2g Nađimo parcijalno izvode, tj. ∂Ek Gx G = + ( x + y ) , ∂x g g ∂Ek 2G G = ( y − z cos α ) + ( x + y ) , ∂y g g ∂Ek 3G 2G G = z + z + ( z − y cos α ) . ∂z g g g Pošto generalisane koordinate ne figurišu eksplicitno u izrazu za Ek , biće ∂Ek ∂Ek ∂Ek = = =0. (15) ∂x ∂y ∂z Dalje je 2G d ⎛ ∂Ek ⎞ G G G x + ( x + y) = x + y, ⎜ ⎟ = dt ⎝ ∂x ⎠ g g g g 3G 2G cos α d ⎛ ∂Ek ⎞ 2G G G z, ( y − z cos α ) + ( x + y ) = x + y − ⎜ ⎟= dt ⎝ ∂y ⎠ g g g g g 2G 2G 6G d ⎛ ∂Ek ⎞ 3G G z + z+ ( z − y cos α ) = − cos α y + z . ⎜ ⎟= dt ⎝ ∂z ⎠ g g g g g Odredimo sada generalisane sile. δA Za određivanje Qx koristimo se formulom Qx = x , δx gde je: δAx − elementaran rad aktivnih sila pod predpostavkom da je δx ≠ 0 , δy = δz = 0 . Prema tome, biće δAx = ( mA g ) δx + ( mB g ) δx + ( mD g ) δx = G ⋅ δx , (16) EkB =

odakle je Qx = G .

368


Analogno nalazimo Qy =

Đurković Vlado

δAy

, δy gde je: δAy − elementaran rad aktivnih sila na pomeranju

δy ≠ 0 , δx = δz = 0 . Očigledno je δAy = ( mA g ) δy + ( mB g ) δy + ( mD g ) δy = 2G sin α ⋅ δy ,

(17)

pa će biti Qy = 2G sin α . Ako je pak δx = δy = 0 , δz ≠ 0 , biće δAz = 0 , a prema tome i Qz = 0 . Langranževe jednačine druge vrste sada glase 2G G x + y=G, g g G 3G 2G cos α x+ y− z = 2G sin α , g g g 2G 6G cos α − y+ z = 0. g g Stavljajući α = 300 u Langranževe jednačine, dobijemo ( 22 ) → x + 3y − 3z = g ,

(18)

( 21) → ( 20 ) →

− 3 y + 6 z =0.

(24)

2x + y = g,

(25)

(20) (21) (22)

(23)

Ovo su diferencijalne jednačine kretanja sistema u generalisanim koordinatama. Potražimo determinante g 3 − 3 1 g − 3 Dx = 0 g g

− 3 1

3

Dz = 0 − 3 2 1

6 0

= 9 g , Dy = 0 0 1 g

g

0 = 3g , g

1

3

D= 0 − 3 1 1 369

= 6g ,

6 0

− 3

6 0

= 24 .


Đurković Vlado

i rešenja na osnovu njih D D 9g 3 6g 1 D 3g 3 y= y = = g , x= x = = g , z= z = = g. D 24 4 D 24 8 24 24 D Integraleći, dobijamo 3 1 3 (26) x = gt + C1 , y = gt + C2 , z = gt + C3 . 8 4 24 Konstante C1 , C2 i C3 jednake su nuli, jer je u početnom trenutku x = y = z = 0 . Još jednim integraljenjem (izostavljajući konstante koje su jednake nuli) dobijamo traženi zakon kretanja sistema 3 2 3 1 x = gt 2 , y = gt 2 , z = gt . (27) 16 8 48

370

Literatura

Đurković Vlado

LITERATURA [1]

Anton Bilimović: „Racionalna mehanika II (mehanika sistema)”, Izdavačko preduzeće Narodne Republike Srbije, Naučna knjiga, Beograd, 1951. [2] N. A. Bražničenko, V. L. Kan, B. L. Mincberg, V. L. Morozov: „Zbirka zadataka iz teorijske mehanike”, Izdavačko preduzeće Građevinska knjiga, Beograd, 1966. [3] E. N. Berezkin: „Kurs teoretičeskoi mehaniki”, Izdateljstvo Moskovskogo Universiteta, 1974. [4] D. Bazjanac: „Tehnička mehanika – III dio – dinamika”, Sveučilište u Zagrebu, Fakultet strojarstva i brodogradnje, Zagreb, 1974. [5] M. I. Batj, G. J. Džanelidze, A. S. Kelzon: „Rešeni zadaci iz teorijske mehanike sa izvodima iz teorije – II dinamika”, Mašinski fakultet Univerziteta u Beogradu, Beograd,1972. [6] Bodner V. A.: „Приборы первичной информации”, Машиностроение, Москва, 1981. [7] Ferdinand P. Beer, E. Russell Johanston: „Vector mechanics or engineers: dynamics”, fourth edition, International student edition, McGraw-Hill Book Company, 1986. [8] N. V. Butenin: „Elementi teorije nelinearnih oscilacija”, Mašinski fakultet Univerziteta u Beogradu, Beograd, 1985. [9] V. Čović, J. Vuković: „Zbirka rešenih zadataka iz oscilacija mehaničkih sistema”, Mašinski fakultet, Beograd, 1982. [10] V. Doleček: „Dinamika sa oscilacijama”, Mašinski fakultet, Sarajevo, 1977. [11] V. Doleček, B. Šipovac, S. Šipčić, N. Lovren: „Zbirka zadataka iz dinamike i oscilacija sa izvodima iz teorije”, Izdavačko preduzeće Svjetlost Sarajevo, 1981. 371

Literatura

Đurković Vlado

[12] Slavko Đurić: „Mehanika III i IV – dinamika i teorija oscilacija”, Mašinski fakultet Univerziteta u Beogradu, Beograd, 1976. [13] Slavko Đurić: „Teorijska mehanika i otpornost materijala”, kratki kurs, Vojna akademija rodova KoV i intendanske službe, Beograd, 1976. [14] V. P. Đurković: „Zbirka zadataka iz mehanike sa teorijom”, Ministarstvo odbrane, Sektor za ljudske resurse, Uprava za školstvo, Vojna akademija, Beograd, 2008. [15] Den Hartog: „Vibracije u mašinstvu”, Izdavačko preduzeće Građevinska knjiga, Beograd, 1972. [16] A. A. Jablonski, S. S. Norejko, S. A. Voljfson, N V. Karpova, B. N. Kvasinkov, Ju. Minkin, N. I. Nikitina, V. E. Pavlov, Ju. M. Tepankov: „Zadaci i riješeni primjeri iz mehanike, statika – kinematika – dinamika”, u redakciji prof. A. A. Jablonskog, prevod sa ruskog, Tehnička knjiga, Zagreb, 1972. [17] A. A. Jablonski: „Kurs teoretčeskoj mehaniki častv II, dinamika”, Izdatelbstvo Višaj Škola Moskva, 1971. [18] Slobodan Janićijević: „Vazduhoplovni instrumenti visinska i letačka oprema”, Vojnoizdavački zavod, Beograd, 2006. [19] Stjepan Jecić: „Mehanika II (kinematika i dinamika)”, Tehnička knjiga, Zagreb, 1989. [20] Žarko Jovović: „Projektiranje laboratorijskih vježbi iz predmeta tehnička mahanika – Koriolisova sila i žiroskopski efekti”, Mornarički školski centar, Split, 1981. [21] M. Kojić: „Dinamika − teorija i primeri”, Naučna knjiga, Beograd, 1991. [22] M. Kojić, M. Mićunović: „Teorija oscilacija”, Naučna knjiga, Beograd, 1991. [23] M. J. Kolar, B. M. Milisavljević: „Zbirka rešenih zadataka iz teorije oscilacija”, Naučna knjiga, Beograd, 1990. [24] Charles T. Myers: „Guided Missiles - operations, design and theory”, McGraw – Hill book company, INC. New York – Toronto London 1958. [25] I. V. Mešćerski: „Zbirka zadataka iz teorijske mehanike”, 372

Literatura

[26] [27] [28] [29] [30] [31]

[32] [33]

[34]

[35]

[36] [37]

[38]

Đurković Vlado

Građevinska knjiga, Beograd, 1968. D. Mikičić, D. Popović: „Analitička mehanika – kratki kurs”, Elektrotehnički fatultet, Beograd, 1981. D. Miljković: „Osnovi raketnog naoružanja artiljerije”, Vojnoizdavački zavod, Beograd, 1982. Назаров Б. И.: „Гироскоп на ракете”, Машиностроение, Москва, 1965. Natalija Naerlović–Veljković: „Mehanika II”, Građevinski fakultet u Beogradu, Naučna knjiga, Beograd, 1990. D. B. Popović: „Zbornik rešenih zadataka iz mehanike”, Građevinska knjiga, Beograd, 1980. S. Pivko: „Mehanika − dinamika”, Naučna knjiga, Beograd, 1973. Plavšić M., Stokić Z., Trišović N.: „Priručnik za samostalne vežbe iz mehanike – dinamika tasčke i dinamika sistema”, Mašinski fakultet, Beograd, 2000. Lazar Rusov: „Mehanika − dinamika”, Naučna knjiga, Beograd, 1984. Lazar Rusov: „Optičko mehanička analogija u analitičkoj mehanici i dinamici objekata”, Mašinski fakultet Univerziteta u Beogradu, Beograd, 1993. Lazar Rusov, Dragan Blagojević, Milan Gligorić: „Zbirka rešenih zadataka iz oscilacija mehaničkih sistema”, Jugoslovenski zavod za proučavanje školskih i prosvetnih pitanja Beograd, 1970. Ljubodrag B. Radosavljević: „Specijalni zadaci dinamike, osnove analitičke mehanike, momenti inercije krutog tela”, Mašinski fakultet Univerziteta u Beogradu, Beograd, 1976. Ljubodrag B. Radosavljević: „Teorija oscilacija”, Mašinski fakultet, Beograd, 1981. Ljubodrag B. Radosavljević: „Poglavlja iz mehanike − predavanja na poslediplomskim studijama − mehanika, Male oscilacije materijalnog sistema sa konačnim brojem stepeni slobode”, Mašinski fakultet Univerziteta u Beogradu, Beograd, 1986. Danilo Rašković: „Teorija oscilacija”, III prerađeno izdanje, Građevinska knjiga, Beograd, 1974. 373

Literatura

Đurković Vlado

[39] S. M. Targ: „Kratki kurs teorijske mehanike”, Izdavačko preduzeće Građevinska knjiga, Beograd, 1971. [40] I. V. Voronkov: „Teorijska mehanika”, Građevinska knjiga, Beograd, 1963. [41] Mirko Vukobrat, Predrag Cvetković: „Zbirka zadataka iz tehničke mehanike II (kinematika, dinamika i oscilacije)”, Saobraćajni fakultet Univerziteta u Beogradu, Beograd, 1991. [42] Božidar Vujanović: „Dinamika sa teorijom giroskopa i osnovama stabilnosti kretanja”, Naučna knjiga, Beograd, 1967. [43] Božidar Vujanović: „Zbirka rešenih zadataka iz mehanike II, dinamika”, Naučna knjiga, Beograd, 1960. [44] Luka Vujošević, Slavko Đurić: „Zbirka rešenih zadataka iz dinamike sa izvodima iz teorije”, Naučna knjiga, Beograd, 1970. [45] Veljko Vujičić: „Teorija oscilacija”, Naučna knjiga, Beograd, 1977. [46] J. Vuković, M. Simonović, A. Obradović, S. Marković: „Zbirka zadataka iz dinamike”, Mašinski fakultet, Beograd, 2001. [47] Z.. Mitrović, Z. Golubović, M. Simonović: „Mehanika – dinamika tačke”, Mašinski fakultet, Beograd, 2000. [48] S. Stanojlović: „Konstrukcija i oprema vazduhoplova”, Vojnoizdavački i novinski centar, Beograd, 1992.

374

Ispitni zadaci

Đurković Vlado

Test 1.: Pismeni ispit iz mehanike 3 (mehanika sistema) Zadatak 1. Homogeni cilindar mase 2m kotrlja se bez klizanja po nepokretnoj horizontalnoj podlozi. Centar cilindra je oprugom krutosti 3mg c= vezan za klizač A mase m , Sl. 1., koji se kreće po glatkoj a horizontalnoj podlozi. Opruga za svo vreme kretanja cilindra i klizača ostaje horizontalna. U početnom trenutku kada cilindar i klizač miruju opruga je istegnuta za 2a a zatim otpuštena. Odrediti brzinu centra cilindra i klizača A u trenutku kada opruga ne bude deformisana. Zadatak 2. Prizmatično telo mase M = 4m , poprečnog preseka prikazanog na Sl. 2, leži na glatkoj ravni. Po cilindričnoj površini prizme poluprečnika R = 3 r kotrlja se bez klizanja valjak mase m i poluprečnika r. Ako je u početnom trenutku sistem bio u miru, a valjak počeo kretanje iz položaja A, odrediti pomeranje i brzinu prizme u trenutku kada je valjak dospeo u najniži položaj B na prizmi. Zadatak 3. Homogeni valjak mase M i poluprečnika r može da se kotrlja po horizontalnoj nepokretnoj površi. Za središte cilindra zglobno je vezan homogeni štap dužine 2r i mase m na čijem drugom kraju deluje sila F konstantnog intenziteta i horizontalnog pravca, kao što je prikazano na Sl. 3. Postaviti diferencijalne jednačine kretanja sistema.

θ ϕ

Sl. 1.

Sl. 2.

375

Sl. 3.

Ispitni zadaci

Đurković Vlado

Test 2.: Pismeni ispit iz mehanike 3 (mehanika sistema) Zadatak 1. Homogeni cilindar mase m i poluprečnika R počinje da se 0 kreće bez klizanja G iz mira po strmoj ravni, nagiba α = 30 . Na cilindar dejstvuje sila F konstantnog pravca i intenziteta F = 0,8mg i spreg sila momenta M = 1,1mgR , Sl. 1. Odrediti zakon kretanja centra masa cilindra i najmanju vrednost koeficijenta trenja pri kojem je moguće kotrljanje bez klizanja. Zadatak 2. Na stranama pravougaone prizme ABC (α = 300 ) mase m koja može da klizi bez trenja po horizontalnoj ravni, nalazi se teret M mase 2m i kružni cilindar mase m i poluprečnika R međusobno spojeni neistegljivim užetom. Cilindar se kotrlja bez klizanja po strani BC pri čemu je uže jednim krajem vezano za središte cilindra i koje je prebačeno preko idealnog kotura zanemarljive težine, Sl. 2., dok je drugim krajem vezano za teret M. Ako se teret spusti za rastojanje s duž strane AB prizme odrediti brzinu središta cilindra u tom trenutku. U početnom trenutku sistem je bio u miru. Zadatak 3. Za sistem koji se sastoji od homogenog tankog štapa AB mase m , klizača D i E zanemarljivih dimenzija i masa m i štapa DE zanemarljive mase i dužine l , postaviti diferencijalne jednačine kretanja sistema,. Štap AB je kruto vezan za vertikalnu osovinu O1O2 i obrće se oko nje a štap BC je kruto vezan za štap AB. Klizači D i E se kreću duž štapova bez trenja. Na štap DE deluje spreg momenta M smera prikazanog na Sl. 3. Za generalisane koordinate usvojiti ϕ i θ .

α

ϕ α

α

Sl. 1.

Sl. 2. 376

Sl. 3.

Ispitni zadaci

Đurković Vlado

Test 3.: Pismeni ispit iz mehanike 3 (mehanika sistema) Zadatak 1. Mehanički sistem prikazan na slici 1., sastoji se od ploče mase m1 , koja leži na dva cilindra jednakih masa m2 i jednakih G poluprečnika r . Ceo sistem kreće se pod dejstvom horizontalne sile F koja dejstvuje na ploču. Ako se cilindri kotrljaju bez klizanja po horizontalnoj ravni i ako je brzina ploče jednaka brzini cilindra u tački A, odrediti ubrzanje ploče i zbir sila trenja u tačkama A i B. Zadatak 2. Disk mase m i poluprečnika R kotrlja se bez klizanja, u vertikalnoj ravni, po nepokretnoj cilindričnoj površini poluprečnika 2R. U početnom trenutku tačka C nalazila se u položaju C0 , a njena brzina bila je tada zanemarljivo mala. Ako je koeficijent trenja klizanja između diska i podloge µ = 1 , odrediti položaj tačke C kada disk počne da se kotrlja sa klizanjem. Zadatak 3. Mehanički sistem prikazan na slici 3., sastoji se od homogenog cilindra 1, mase m1 = 2m i poluprečnika R, na koji dejstvuje spreg sila momenta intenziteta M = 4mgR , vagonskog postolja 2 (točkova zanemarljive mase), mase m2 = 4m i homogenog cilindra 3, mase, m3 = 2m . Preko cilindra 1 namotano je uže, koje je jednim svojim krajem vezano za postolje vagona 2, a postolje je oprugom BD, koeficijenta krutosti c vezano za cilindar 3. Opruga je nenapregnuta za ϕ = 0 . Odrediti diferencijalne jednačine kretanja mehaničkog sistema. Dužina nedeformisane opruge je l0 , a ugao α = 300 . ϕ

α

Slika 1.

Slika 2.

377

Slika 3.

Ispitni zadaci

Đurković Vlado

Test 4.: Pismeni ispit iz mehanike 3 (mehanika sistema) Zadatak 1. Homogeni štap AB, Sl.1., dužine 2L i mase M, može da se obrće oko horizontalne ose Oz koja prolazi kroz središte štapa. Sa visine h pada tačka mase m i udara u tačku K štapa koji miruje u horizontalnom položaju. Smatrajući udar potpuno elstičnim, odrediti: a) odnos masa M / m iz uslova da se posle udara tačka vraća do visine h1 = h / 4 , b) impulsnu reakciju u ležištu O u trenutku udara. Zadatak 2. Homogeni disk, mase M = 4m i poluprečnika R, može da se obrće oko vertikalne Oz ose upravne na ravan diska, Sl.2. Po kanalu AB, urezanom u disk, može da klizi bez trenja klizač, koji je oprugom krutosti c vezan za tačku O. Masa klizača je m, a dužina opruge u nedeformisanom stanju L0 = R . Ako je u početnom trenutku ugaona brzina diska bila ω0 , a klizač bio u relativnom miru u položaju A, odrediti krutost c iz uslova da je, u trenutku kada klizač prolazi kroz krajnji položaj B, ugaona brzina diska jednaka nuli. Zadatak 3. Telo A mase m A = 4m leži na hrapavoj horizontalnoj ravni, Sl.3. Na telu A nalazi se osovina B oko koje može da se obrće doboš na koji se namotava uže čiji je drugi kraj namotan na doboš koji može da se obrće oko nepokretne osovine C. Oba doboša su istih masa m i istih poluprečnika R. Na doboše deluju jednaki momenti M = 2mgR . Koeficijent trenja između tela A i ravni je µ = 1/ 5 . Doboše smatrati homogenim punim valjcima. Odrediti silu u užetu u toku kretanja sistema.

ω

Sl. 1.

Sl. 2.

378

Sl. 3.

Ispitni zadaci

Đurković Vlado

Test 5.: Pismeni ispit iz mehanike 3 (mehanika sistema) Zadatak 1. Polukružna ploča, Sl. 1., mase m i poluprečnika R može se kretati po glatkoj horizontalnoj podlozi. Na obodu ploče urezan je žljeb po kome se kreće kuglica M mase m. Kuglica je vezana oprugom krutosti c = mg / Rπ2 i slobodne dužine Rπ / 2 (opruga je drugim krajem pričvršćena za ploču) i u položaju M 0 imala je početnu brzinu v0 u odnosu na ploču, koja je tada mirovala. Odrediti početnu brzinu kuglice v0 ako je njena brzina u odnosu na ploču u položaju M 1 , v1 = gR . Zadatak 2. Štapovi O1 A i O2 B , masa m i dužina l, koji su u tačkama O1

(

)

i O2 vezani za horizontalne, paralelne, nepokretne osovine O1O2 = l 2 , miruju u vertikalnoj ravni, Sl. 2. Sredine štapova spojene su horizontalnom oprugom krutosti c = mg l . Nakon dejstva horizontalnih G udarnih impulsa S , u tačkama A i B, štapovi započinju kretanje, slika 2. Smatrati da opruga za sve vreme kretanja štapova ostaje horizontalna. G Odrediti najmanji intenzitet impulsa S tako da se krajevi štapova A i B dodirnu. Zadatak 3. Dva diska masa m i poluprečnika R kotrljaju se bez klizanja po nepokretnoj ravnoj podlozi. Rastojanje između centara diskova C1 i C2 je 3R. Za obode diskova u tačkama A i B, zglobno je vezana cev mase m i dužine 3R. Duž cevi kreće se kuglica M G mase m. Materijalni sistem kreće se pod dejstvom horizontalne sile F koja deluje u tački koja je stalno na rastojanju R 2 , po vertikali, od centra C2 . Za date generalisane koordinate, Sl. 3., napisati diferencijalne jednačine kretanja sistema. ϕ

Sl. 1.

Sl. 2.

379

Sl. 3.

Ispitni zadaci

Đurković Vlado

Test 6.: Pismeni ispit iz mehanike 3 (mehanika sistema) Zadatak 1. Materijalna tačka M, promenljive mase, Sl. 1., vezana za horizontalnu oprugu krutosti c, kreće se u određenom intervalu vremena, at 2 po horizontalnoj ravni po zakonu x = v0t + ( v0 = a = const.) . 2 Apsolutna brzina čestica koje se pripajaju odnosno odvajaju od tačke jednaka je nuli. Opruga je nenapregnuta kada je x = 0 . U početnom trenutku vremena ( t = 0 ) je m = m0 . Odrediti zakon promene mase

tačke. Zadatak 2. Homogena prosta greda, Sl. 2., raspona 2l i mase m nalazi se u vertikalnoj ravni i opterećena je silom F = mg , koja je upravna na nju. Odrediti reakciju nepokretnog oslonca A u trenutku uklanjanja pokretnog oslonca B. Zadatak 3. Napisati diferencijalne jednačine kretanja materijalnog sistema prikazanog na Sl. 3. Sistem se sastoji od makete automobila čija masa tela iznosi m, a masa svakog od četiri točka je m / 2 . Za maketu automobila je zglobno vezan štap mase m i dužine 2l . Na maketu automobila deluje horizontalna sila F, a točkovi makete automobila se kotrljaju bez klizanja. ϕ

Sl. 1.

Sl. 2.

380

Sl. 3.

Ispitni zadaci

Đurković Vlado

Test 7.: Pismeni ispit iz mehanike 3 (mehanika sistema) Zadatak 1. Na Sl. 1 prikazan je koaksijalni cilindar koji može da se kotrlja bez klizanja po strmoj ravni ugla nagiba α , pod dejstvom vertikalne sile intenziteta P, koja deluje na kraju neistegljivog užeta koje je namotano na spoljni cilindar. Masa koaksijalnog cilindra iznosi m = 2 P / g , a poluprečnik inercije cilindra u odnosu na osu simetrije Cz

je ρ = Rr , pri čemu važi R = 2r . Odrediti ugao α pri kome će početi kotrljanje sa klizanjem ako je koeficijent trenja klizanja između podloge i cilindra µ = 2 / 3 . Krak trenja kotrljanja zanemariti. Nema proklizavanja užeta po cilindru. Zadatak 2. Homogeni disk poluprečnika R = 5cm i mase M = 8m može da se obrće oko horizontalne ose Oz, koja prolazi kroz centar diska O. Za disk je kruto vezan laki štap dužine l = R , za čiji je drugi kraj pričvršćena kuglica A, mase m. Odrediti zakon oscilovanja ovog fizičkog klatna ⎡⎣ ϕ ( t ) = ?⎤⎦ , ako je u početnom trenutku otklonjeno za mali ugao

ϕ0 i pušteno bez početne brzine, Sl. 2. Zadatak 3. Za dati sistem zupčanika prikazan na Sl. 3 odrediti ugaono ubrzanje poluge AB, ε AB = ? , preko Lagranžeovih jednačina II vrste ako je poznato mAB = m , m1 = m , m2 = m , R1 = R i R2 = 2 R . Za qeneralisane koordinate uzeti, q1 = θ zakretanje zupčanika 3 i q2 = ϕ zakretanje krivaje AB. 3

θ ϕ

1

α

Sl. 1.

Sl. 2.

Sl. 3. 381

Ispitni zadaci

Đurković Vlado

Test 8.: Pismeni ispit iz mehanike 3 (mehanika sistema) Zadatak 1. Homogeni štap 1, mase m i dužine l, može da se obrće oko horizontalne ose O (upravne na ravan crteža), Sl.1. Pri tome se putem klizača 3, zanemarljive mase, pokreće telo 2, mase m1 , koje može da klizi u horizontalnim vođicama. Odrediti momenat M sprega kojim treba delovati na štap, da bi se on obrtao ravnomerno, to jest da bude ϕ = ωt ( ω = const. ). Zadatak 2. Izračunati brzinu tela 1, mase M = 2m , kada središte štapa, mase m, koji klizi po unutrašnjosti tela 1, stigne u najniži položaj, Sl.2. Trenje zanemariti. Sistem je u vertikalnoj ravni, a podloga po kojoj klizi telo 1 je horizontalna. U početnom položaju (vidi sliku 2) sistem je u miru. Zadatak 3. Za sistem prikazan na Sl. 3., odrediti ε OA preko Lagranžeovih jednačina II vrste ako je poznato mBD = m , m1 = m , m2 = m , mOA = m , R1 = R / 2 i R2 = 2 R . Za qeneralisane koordinate uzeti q1 = x i q2 = ϕ OA .

2 Μ Ο

ϕ

1

3 ϕ

600

382

Ispitni zadaci

Đurković Vlado

Test 9.: Pismeni ispit iz mehanike 3 (mehanika sistema) Zadatak 1. Homogena tanka ploča oblika četvrtine kruga, težine G, obrće se oko strane AB pod dejstvom sprega M. Sistem je u vetrikalnoj ravni. Odrediti reakcije ležišta A (sfernog) i B (cilindričnog) u funkciji vremena i pokazati da otpor yB ne može biti jednak nuli, Sl.1. Zadatak 2. Ploča, Sl.2., rotira oko nepomične ose Oz ugaonom brzinom ω0 . U ploči je urezan žljeb u obliku četvrtine kružnice, poluprečnika R. U jednom trenutku u žljeb se ubaci kuglica M, mase m, brzinom v0 . Odrediti apsolutnu brzinu kuglice M u trenutku kada napušta žljeb (u tački A) ako je moment inercije ploče za osu Oz jednak J. Zadatak 3. Štapovi I i II, svaki mase m, mogu da se kreću po paralelnim vođicama, Sl.3. Za jedan kraj štapa II vezana je opruga krutosti c; u početnom trenutku uzeti da je opruga nanapregnuta. Štapovi I i II dovode u kretanje disk, poluprečnika R i mase M 1 = m1 ; između štapova i diska nema proklizavanja. sistem je u horizontalnoj ravni. Ako na disk dejstvuje spreg sila momenta M spreg napisati diferencijalne jednačine

kretanja datog sistema.

ω

383

Ispitni zadaci

Đurković Vlado

Test 10.: Pismeni ispit iz mehanike 3 (mehanika sistema) Zadatak 1. Sistem prikazan na Sl.1 sastoji se iz tela 1, težine 2G, koje može da klizi bez trenja po horizontalnoj ravni i štapa 2, težine G i dužine l, koji svojim krajem B zglobno vezan za sredinu gornje stranice tela 1. ( l < 2h ) . Ako je u početnom trenutku štap 2 zauzimao položaj

prikazan na stranice tela kada štap 2 imati štap 2 miru.

slici, pri čemu se tačka A nalazila na polovini vertikalne 1 (tačka C), naći koliko će se pomeriti telo 1 do trenutka prolazi kroz vertikalan položaj i koliku će ugaonu brzinu u tom trenutku. U početnom trenutku sistem se nalazio u

Zadatak 2. Odrediti glavni moment i glavni vektor sila inercije za tačku C homogenog cilindra C i silu S u užetu u preseku k − k pri kotrljanju datog sistema, Sl.2. Koaksijalni homogeni diskovi poluprečnika R i 2R zajedničkom horizontalnom obrtnom osom, koja prolazi kroz tačku A, međusobno su kruto spojeni; ukupna masa im je 4m, a poluprečnik inercije za obrtnu osu i = R . Trenje u ležištima, težine nerastegljivih užadi i težina kotura D se zanemaruju. Zadatak 3. Homogeni disk može da se obrće oko nepomične horizontalne ose O, koja prolazi kroz njegovo središte. U tački na obodu diska zavaren je štap zanemarljive mase. Ugaonom brzinom ω udara štap po telu mase m, koje se nalazi u miru na horizontalnoj nepokretnoj ravni. Moment inercije diska za osu obrtanja je J; rastojanje ose obrtanja O od horizontalne ravni je h; pređeni put tela do zaustavljanja je s. Ako je koeficijent udara k = 1 , odrediti koeficijent trenja µ .

ω

384

Dinamika Materijalnih Sistema 2010_djurkovic Vlado

Recommend Documents