UNIVERZITETSKA KNJIGA
kinematika ISAK KARABEGOVIĆ
vr
r arn
e1
r art A
0
r
t rn a p ap
r acor
e w
0
Bihać, 2004.
UNIVERZITETSKA KNJIGA
KINEMATIKA II IZDANJE
Tehnički fakultet, Bihać, 2004.
UNIVERZITET U BIHAĆU TEHNIČKI FAKULTET BIHAĆ Autor:
Prof. dr. Isak Karabegović, dipl .ing. mašinstva
Recezenti:
Prof. dr. Vlatko Doleček Prof. dr. Milan Jurković Prof. dr. Husein Pašagić
Urednik: Lektor: Korektor: Izdavač: Tehnička obrada: Tiraž: Štampa:
Prof. dr. Isak Karabegović mr. Blanka Pašagić Urednik Tehnički fakultet Bihać Samir Vojić, dipl.ing. 200 primjeraka Grafičar Bihać
Objavljivanje ovog univerzitetskog udžbenika odobrilo je Naučno-nastavno vijeće Tehničkog fakulteta Univerziteta u Bihaću, broj xx-xxx od xx.xx.xxxx. i Naučno-nastavno vijeće Univerziteta u Bihaću, broj xx-xxx/xxxx od xx.xx.xxxx . CIP - Katalogizacija u publikaciji Nacionalna i univerzitetska biblioteka Bosne i Hercegovine, Sarajevo UDK 531.1 (075.8) TEHNIČKA MEHANIKA 2. KINEMATIKA / [Isak Karabegović -Bihać : Tehnički fakultet, 2003. – 322 str. : Graf. Prikazi ; 23 cm ISBN 9958 – 624 – 15 – X 1. Karabegović, Isak COBISS. BH – ID 12190726
Na osnovu mišljenja Federalnog ministarstva obrazovanja, nauke, kulture i sporta br. xx-xx-xxxx/xx od xx.xx.xxxx. godine ovo izdanje je u kategoriji proizvoda koji su oslobođeni poreza na promet (Zakon o porezu na promet proizvoda i usluga, član 18. tačka 10 »Službene novine Federacije Bosne i Hercegovine», broj 49/02). Preštampavanje i umnožavanje nije dozvoljeno
PREDGOVOR DRUGOM IZDANJU
Ova knjiga predstavlja dopunjeno i prošireno izdanje udžbenika Tehnička mehanika II Kinematika koji je štampan 1995. godine. Ovaj udžbenik namijenjen je studentima tehničkih fakulteta, a pisan je prema programu ovog predmeta na mašinskim fakultetima Univerziteta Bosne i Hercegovine. Pored izlaganja materije analitičkom i grafičkom metodom, korištena je i vektorska metoda, koja nesumnjivo ima čitav niz prednosti. Uporedo sa izlaganjem osnovnih teorijskih pojmova i metoda, u knjizi je obrađen i znatan broj ilustriranih primjera s potrebnom analizom i diskusijama, a zadan je i priličan broj zadataka za vježbu i samostalno rješenje. Pri tome sam nastojao obuhvatiti što veći broj primjera i zadataka koji ilustruju ulogu i značaj kinematike u inženjerskoj praksi – mašinstvu. Značaj Tehničke mehanike – kinematike u obrazovanju visokoškolskih kadrova mašinske struke za njihov budući rad od ogromnog je značaja. Industrijska proizvodnja sve više traži stručnjaka sa solidnom osnovom fundamentalnih teorijskih znanja. Iskreno se zahvaljujem prof. dr. Vlatku Dolečeku, prof. dr. Milanu Jurkoviću, te prof. dr. Huseinu Pašagiću na vrlo korisnim savjetima u izradi ovog udžbenika. Zahvalan sam i asistentima Samiru Vojiću, dipl. ing. maš., Mehmedu Mahmiću, dipl. ing. maš. i Huseinu Rošiću, dipl. ing. maš. na kompjuterskoj obradi teksta. Unaprijed se zahvaljujem studentima, kolegama i čitaocima koji će svojim primjedbama i savjetima pomoći da se otklone pogreške i manjkavosti u udžbeniku, jer sam svjestan da ih unatoč uzastopnoj provjeri nismo mogli otkloniti.
Bihać, 20. mart 2004. godine
Autor Prof. dr. Isak Karabegović, dipl. ing.
Sadržaj 1 1.1. 1.2. 1.3.
OSNOVNI POJMOVI Zadatak i uloga kinematike Prostor i vrijeme Podjela kinematike
1 1 2 3
2 2.1. 2.2. 2.2.1. 2.2.2. 2.2.3. 2.2.4.
KINEMATIKA TAČKE Putanja tačke Koordinatni sistemi Descartov koordinatni sistem Cilindrični koordinatni sistem Sferni koordinatni sistem Prirodni koordinatni sistem
5 5 6 6 8 9 11
3. 3.1. 3.2. 3.3. 3.4. 3.5. 3.6. 3.7. 3.7.
PRAVOLINIJSKO KRETANJE TAČKE Brzina pravolinijskog kretanja tačke Ubrzanje pravolinijskog kretanja tačke Kretanje sa konstantnom brzinom Kretanje sa konstantnim ubrzanjem Kretanje sa promjenjivim ubrzanjem Analitičko rješenje pravolinijskog kretanja tačke Riješeni zadaci Zadaci za rješavanje
13 13 14 15 16 21 22 26 32
4. 4.1. 4.1.1. 4.1.2. 4.1.3. 4.2. 4.2.1. 4.2.2. 4.2.3. 4.2.4. 4.2.5. 4.3. 4.4.
KRIVOLINIJSKO KRETANJE TAČKE Vektorski način opisivanja kretanje tačke Vektor brzine tačke Vektor ubrzanja tačke Hodograf brzina Analitički način opisivanja kretanja tačke Opisivanje kretanja tačke u Descatovom koordinatnom sistemu Opisivanje kretanja tačke u prirodnom koordinatnom sistemu Opisivanje kretanja tačke u polarnom koordinatnom sistemu Opisivanje kretanja tačke u cilindričnom koordinatnom sistemu Sektorska brzina Riješeni zadaci Zadaci za rješavanje
35 35 35 36 38 40 40 43 47 52 54 57 74
5. 5.1. 5.2. 5.3. 5.4.
SLOŽENO KRETANJE TAČKE Relativno, prenosno i apsolutno kretanje tačke Teorema o slaganju brzina Teorema o slaganju ubrzanja Riješeni zadaci
79 79 81 83 86
5.5.
Zadaci za rješavanje
102
6. 6.1. 6.2. 6.3.
KINEMATIKA KRUTOG TIJELA Slobodno kruto tijelo Neslobodno (vezano) kruto tijelo Osnovne vrste kretanja krutog tijela
107 108 110 111
7.
TRANSLATORNO KRETANJE KRUTOG TIJELA
113
8. 8.1. 8.2. 8.3. 8.4. 8.5.
OBRTANJE KRUTOG TIJELA OKO NEPOMIČNE OSE Ugaona brzina i ugaono ubrzanje Brzina i ubrzanje tačke tijela koje se obrće oko nepomične ose Permanentna i trenutna os obrtanja Riješeni zadaci Zadaci za rješavanje
117 118 121 125 127 135
9. 9.1. 9.2. 9.3.
139 139 142 143
9.4. 9.5. 9.6. 9.7. 9.8. 9.9. 9.10. 9.11.
RAVNO KRETANJE KRUTOG TIJELA Jednačine ravnog kretanja krutog tijela Određivanje brzine tačke krutog tijela koje vrši ravno kretanje Teorema o projekcijama vektora brzina dviju tačaka krutog tijela koje vrši ravno kretanje Određivanje brzine tačaka pomoću trenutnog pola brzine Određivanje brzine tačaka pomoću plana brzina Određivanje brzine tačaka pomoću metoda zaokrenutih brzina Određivanje ubrzanja tačaka krutog tijela koje vrši ravno kretanje Određivanje ubrzanja tačaka pomoću trenutnog pola ubrzanja Pomična i nepomična centroida Riješeni zadaci Zadaci za rješavanje
10. 10.1. 10.2. 10.3. 10.4. 10.5. 10.6. 10.7. 10.8.
SFERNO KRETANJE Geometrijska interpretacija Pomična i nepomična aksoida Ugaona brzina i ugaono ubrzanje pri sfernom kretanju krutog tijela Brzina tačke tijela pri sfernom kretanju Ubrzanje tačke tijela pri sfernom kretanju Odre|ivanje položaja trenutne obrtne ose Riješeni zadaci Zadaci za rješavanje
179 179 180 182 185 187 190 191 195
11. 11.1. 11.2. 11.2.1. 11.2.2.
SLOŽENO KRETANJE KRUTOG TIJELA Slaganje translacija Slaganje rotacija Slučaj kada se pravci trenutnih obrtnih osa sijeku Slučaj kada su pravci trenutnih obrtnih osa paralelni, a ugaone brzine imaju isti smjer Slučaj kada su pravci trenutnih obrtnih osa paralelni, a ugaone brzine imaju suprotne smjerove
197 198 198 198 199
11.2.3.
144 147 148 150 152 154 157 171
201
11.2.4. 11.3. 11.3.1. 11.3.2. 11.3.3. 11.4. 11.5.
Slučaj kada su pravci trenutnih obrtnih osa paralelni, a ugaone brzine istog intenziteta i suprotnih smjerova (spreg ugaonih brzina) Slaganje translatornog i obrtnog kretanja krutog tijela Slučaj kada je brzina translacije okomita na os obrtnog kretanja krutog tijela Slučaj kada je brzina translacije paralelna sa osom obrtanja (zavojno kretanje tijela) Slučaj kada brzina translacije zatvara oštar ugao sa osom obrtanja Riješeni zadaci Zadaci za rješavanje Literatura Simboli
202 204 204 206 207 208 216 219 221
Osnovni pojmovi
1.1. ZADATAK I ULOGA KINEMATIKE Kinematika je dio mehanike koji se bavi proučavanjem kretanja materijalnih tijela, ne uzimajući u obzir uzroke zbog kojih kretanje nastaje, to jest u kinematici se kretanje zadaje unaprijed, bez zavisnosti o silama kao uzrocima kretanja. Sam naziv "kinematika" dolazi od grčke riječi kinema - kretanje. Iako je osnovna veličina kinematike - brzina - bila poznata prije Galilea Galileja* (1564-1642), za kinematiku se kao nauku nije znalo. Ona postaje poznata uvođenjem ubrzanja kao najvažnije kinematičke veličine. Zbog toga se Galileo Galilei može nazvati osnivačem kinematike. Nakon Galileija, Christian Huygens (1629-1695) prvi predlaže rastavljanje ubrzanja u prirodne komponente (normalnu i tangencijalnu). Pronalaskom diferencijalnog računa, za što su zaslužni Newton* (1642- 1727) i Leibnitz* (1646-1716), ubrzao se razvoj kinematike, a naročito kinematike tačke. Osnove kinematike tijela razradio je uglavnom Leonhard Euler* (17071783). Po Joseph-Louis Lagrangeu*, kinematika je geometrija u prostoru (sa četiri dimenzije x,y,z,t). Svakoj promjeni u položaju tijela ili kojeg njegovog dijela pridružuje određeni trenutak vremena, to jest dodaje se četvrta koordinata vrijeme. Analogno se statika može nazvati geometrija sile. Obje discipline (statika i kinematika) proučavaju prostorne odnose nekog sistema vektora, ali je fizičko značenje tih vektora različito. Sva kretanja u kinematici proučavaju se u odnosu na neki sistem referencije koji se uslovno može smatrati nepomičnim ili pomičnim. _______________________ * Fotografije navedenih naučnika date su na kraju udžbenika 1
Kako mirovanje i kretanje tijela posmatramo u odnosu na izabrani referentni koordinatni sistem, koji se i sam može kretati na proizvoljan način, tako pojmovi "mirovanje" i "kretanje" imaju relativan karakter. Kinematika se služi pojmom apsolutnog vremena koje ne zavisi od materijalnih svojstava prostora niti od kretanja sistema referencije. Glavne kinematičke veličine brzina i ubrzanje date su jednačinama (1.1) i (1.2): v=
s t
a=
v t
[ v ] = [ T] [ ] L [a ] = [ ] L
[ ] T2
(1.1)
,
(1.2)
koje su izvedene iz osnovnih kinematičkih veličina (prostora i vremena). U mnogo čemu je kinematika uvod u dinamiku, ali ona ima svoje samostalno značenje koje se pojavljuje u području proučavanja mehanizama, jer kod mnogih mehanizama pravilno se funkcionisanje zasniva u prvom redu na detaljnoj kinematičkoj analizi kretanja pojedinih njegovih dijelova.
1.2. PROSTOR I VRIJEME Sva razmatranja u tehničkoj mehanici temelje se na pojmu Euklidova prostora. Isto kao što se ne može definisati pojam prostora, tako se ne može definirati pojam vremena. I prostor i vrijeme mogu se mjeriti. Prostor ima tri dimenzije, a vrijeme samo jednu dimenziju. Znači da se vrijeme može mijenjati samo na jedan način. Vrijeme smatramo neprekidnom promjenjivom veličinom koju označavamo sa t. Osnovna veličina za vrijeme jeste sekunda (s), a izvedene jedinice su minut (min) i sat (h). Sekunda kao jedinica vremena može se definisati na više načina, i to npr. kao: a) 1 sekunda =
1 srednjeg sunčanog dana ili 24 × 60 × 60
b) to je trajanje 9 192 631 770 perioda zračenja koje odgovara prijelazu između dviju hiperfinih razina osnovnog stanja atoma cezija 133. Albert Einstein (1905) uvodi nove pojmove o prostoru i vremenu. Prema teoriji relativnosti, apsolutno mirovanje ne postoji. Einsteinova teorija negira npr. i apsolutnu udaljenost. Međutim, kako značajnija odstupanja od klasičnih zakona kinematike nastaju samo u pojavama kod kojih se brzine kretanja približavaju brzini svjetlosti, u tehničkoj kinematici operirat ćemo klasičnim pojmovima prostora i vremena. 2
1.3. PODJELA KINEMATIKE Materijalno tijelo možemo smatrati skupom materijalnih tačaka, te zbog toga proučavanje kretanja tačke mora prethoditi proučavanju kretanja tijela. Proučavanje kretanja tačke je lakše u odnosu na tijelo jer je tačka tijelo nulte dimenzije te kod nje obrtanje ne dolazi u obzir kao što je to slučaj s tijelom. Na osnovu navedenog možemo zaključiti da se kinematika dijeli na: a) kinematiku tačke i b) kinematiku krutog tijela. Ova podjela nema jasne i određene granice jer se kinematika tačke gotovo svugdje provlaci i u kinematici tijela. Brzina i ubrzanje mogu pripadati samo pojedinoj tačci u tijelu, a samo u izuzetnim slučajevima čitavom tijelu.
3
4
Kinematika tačke
2.1. PUTANJA TAČKE Položaj tačke odnosno tijela u prostoru može se odrediti samo u odnosu na drugo tijelo koje se obično naziva referentni sistem, odnosno koordinatni sistem. Ako tačka odnosno tijelo ne mijenja svoj položaj u odnosu na izabrani sistem referencije, kažemo da ona miruje, ukoliko se promijeni položaj tačke odnosno tijela u odnosu na izabrani sistem referencije, tada kažemo da se tačka (odnosno tijelo) kreće. Kretanje po svojoj biti je u pravilu neprekidno, te zbog toga uzastopan niz tačaka u prostoru, kroz koje prolazi posmatrana tačka, prikazuje neprekidnu liniju koja se naziva putanja tačke ili trajektorija kretanja.
s A
putanja
s=s(t)
0 t=0
tačka
Slika 2.1 Putanja tačke Prema obliku putanje tačke razlikujemo pravolinijsko i krivolinijsko kretanje tačke. Ako putanja tačke leži u ravnini, onda se radi o ravninskom kretanju, a ukoliko je putanja tačke prostorna krivulja, onda se radi o prostornom kretanju. Putanja tačke može biti i zatvorena krivulja, npr. kružnica, elipsa itd. 5
Kretanje tačke po putanji je određeno ako u svakom trenutku vremena t možemo reći gdje se tačka nalazi u odnosu na neki po volji odabran položaj tačke na putanji, npr. (t = 0) tačke 0. Budući da se put s mijenja u zavisnosti od vremena t, imamo da je: s = s(t)
(2.1)
Jednačina (2.1) naziva se jednačina kretanja ili zakon kretanja tačke. Ovo je prirodan način opisivanja kretanja i potrebno je: a) poznavati geometrijski oblik putanje, b) poznavati zakon kretanja s = s(t), i c) poznavati početni položaj (npr. 0) od kojeg se mjeri svaki slijedeći položaj tačke. Funkcija s = s(t) mora biti jednoznačna, neprekidna i diferencijabilna. Prirodni način opisivanja kretanja ima nekih dobrih strana za teorijska razmatranja, ali nije prikladan za inženjerske potrebe. Zbog toga se većina teorijskih razmatranja rješava u koordinatnim sistemima.
2.2. KOORDINATNI SISTEMI
2.1.1. Descartesov koordinatni sistem Ako se za tijelo u odnosu na koje se posmatra kretanje tačke (tijela) čvrsto vežu neki pravci (koordinatne osi), tada se u odnosu na ove pravce može odrediti položaj pokretne tačke. U ovom cilju uočimo Descartesov pravougli koordinatni sistem Oxyz, koji je za tijelo (u odnosu na koje posmatramo kretanje) čvrsto vezan. Zbog toga nećemo više govoriti o tijelu već samo o referentnom koordinatnom sistemu. S obzirom na medusobni položaj osi Descartovog sistema, razlikujemo desni i lijevi sistem. Uglavnom ćemo upotrebljavati desni koordinatni sistem.
6
z
putanja tačke A
t0
A(x,y,z) t1
G r (t) G k G i
G j y(t)
tn z(t) y x(t)
x
Slika 2.2 Descartesov koordinatni sistem Putanja u Descartesovom koordinatnom sistemu može biti zadana parametarski i vektorski. U prvom slučaju položaj tačke A u odnosu na koordinatni sistem određen je sa slijedeće tri skalarne jednačine: x = x(t) = f1(t), y = y(t) = f2 t),
(2.2)
z = z(t) = f3(t). Jednačine (2.2) zovu se jednačine kretanja tačke, one opisuju neprekidno kretanje, pa prema tome moraju imati sva svojstva koja ima i jednačina (2.1). Oblik putanje tačke dobivamo eliminacijom parametra vremena t iz gornjih jednačina. Npr. inverzijom t = ϕ(x) dobivamo analitički izraz za putanju tačke y = y [ϕ(x)] 7
(2.3) z = z [ϕ(x)]. U drugom slučaju putanja tačke zadaje se radijus-vektorom položaja (Slika 2.2.). Naime, ako tačka A ne miruje, njen položaj u prostoru se mijenja, a samim tim mijenja se i vektor položaja u zavisnosti od vremena, tada imamo: G G r = r( t ) G G G G r = x( t )i + y( t ) j + z( t )k G G G G r = xi + yj + zk
⎡ x(t )⎤ G r (t ) = ⎢⎢ v(t ) ⎥⎥ ⎢⎣ z (t ) ⎥⎦
(2.3)
gdje je: t - nezavisna promjenjiva skalarna veličina, G G G i , j ,k - jedinični vektori osa 0x, 0y i 0z koordinatnog sistema 0xyz. Jednačina (2.3) naziva se vektorska jednačina kretanja tačke. Između veličine vektora položaja i pripadajućih koordinata postoji poznat odnos r2 = x2 + y2 + z2
(2.4)
a uglovi koje vektor položaja zatvara osama sistema dati su relacijama: G x cos ∠( r ,Ox ) = = r
x x + y2 + z2 2
G y cos ∠( r ,Oy ) = = r
x2 + y2 + z2
G z cos ∠( r ,Oz ) = = r
x + y2 + z2
y
(2.5)
z 2
Ukoliko se tačka kreće u ravni, tada će vrijediti sve navedene relacije ako se u njima zamjeni npr. z = 0 (pretpostavka da se tačka kreće u ravni Oxy).
8
2.2.2. Cilindrični koordinatni sistem Pri kretanju tačke A možemo zamisliti da se kreće po valjku koji stoji u ravni 0xy a koaksijalan je osi z (Slika 2.3.). Položaj tačke A bit će određen ako odredimo položaj ravni kroz osu 0z i tačku A, to jest: uglom ϕ koji se odmjerava od ose 0x, radijusom valjka r na čijem se omotaču nalazi tačka A i udaljenosti z tačke od ravni 0xy. Možemo zaključiti da je tačka u cilindričnom koordinatnom sistemu određena koordinatama: ϕ = ϕ(t) r = r(t)
(2.6)
z = z(t). z
G eb G er
y
G eϕ eGr
ϕ(t)
0
x
ρ
A(x,y) (r,ϕ)
r(t) y
ϕ
x x
0 y
G eϕ A (x,y,z) (ϕ,r,z)
z
r
y x
A'
Slika 2.3 Cilindrični koordinatni sistem Veza između cilindričnih i pravouglih koordinata data je relacijama: ϕ = arctg
y x y , r= = , z= z x cosϕ sinϕ
(2.7)
odnosno x = r cosϕ
,
y = r sinϕ
,
z = z.
(2.8) 9
Ukoliko se tačka A kreće u ravni, tada koordinata z otpada te cilindrične koordinate prelaze u polarne:
ϕ = ϕ(t) i r = r(t).
(2.9)
2.2.3. Sferni koordinatni sistem Uvijek možemo zamisliti da se tačka A u prostoru nalazi na površini kugle sa centrom u ishodištu koordinatnog sistema. Položaj tačke A bit će jednoznačno određen ako se odrede ugao ϕ (istačkane ravni) meridijana položaja tačke, ugao ψ položaja tačke na meridijanu i r poluprečniku kugle na kojoj se tačka nalazi.
z G er
G eψ
r
G eϕ
A(x,y,z) (ϕ,ψ,r)
ψ ϕ
y
x
Slika 2.4 Sferni koordinatni sistem Tako je tačka u sfernom koordinatnom sistemu određena koordinatama
ϕ = ϕ(t), 10
ψ = ψ(t),
(2.10)
r = r(t). Između sfernih koordinata i pravouglih koordinata postoje slijedeće veze: tgϕ =
y x
sin ϕ =
z r
(2.11)
r = x2 + y2 + z2 ,
a obrnute relacije su: x = r cosψ cosϕ , y = r cosψ sinϕ ,
(2.12)
z = r sinψ . 2.2.4 Prirodni koordinatni sistem Prirodni koordinatni sistem čine tri međusobno okomite osi čiji su pravci G G G određeni osnovnim jediničnim vektorima et , en i eb , a razlikuje se od običnog koordinatnog sistema samo svojom pomičnošću (Slika 2.5.) b rektifikaciona ravnina
G eb
t
G et G en
A1
A2 normalna ravnina
prostorna krivulja
oskulatorna ravnina n
Slika 2.5 Prirodni koordinatni sistem 11
U svakoj tački A putanje može se postaviti tangenta t sa jediničnim G vektorom et i okomito na nju normalna ravan. Zamislimo dvije normale na G jedinični vektor et koje leže u toj normalnoj ravnini. Jedna od tih normala leži u isto vrijeme u ravni elementa ds krivulje oko tačke A i određena je G G jediničnim vektorom e n , a druga je određena jediničnim vektorom eb . Na taj način nastaju ravni: normalna, oskulatorna i rektifikaciona koje se sijeku po međusobno okomitim pravcima tangenti, glavnoj normali i binormali. U prirodnom koordinatnom sistemu tangenta je prva os (odgovara osi x), glavna normala je druga, a binormala je treća os. Oskulatorna ravan u nekoj tački putanje sadrži u sebi element luka ds u njoj na normali leži i središte zakrivljenosti putanje u posmatranoj tački.
12
Pravolinijsko kretanje tačke 3.1. BRZINA PRAVOLINIJSKOG KRETANJA TAČKE Prema geometrijskom obliku putanje tačke kretanje se dijeli na pravolinijsko i krivolinijsko. Pravolinijsko kretanje tačke je jednostavnije, pa zbog toga proučavanje brzine počinjemo sa takvim kretanjem. Posmatrajmo kretanje tačke A na pravolinijskoj putanji čiji je položaj određen jednom koordinatom s = s(t), koja se mjeri od najpovoljnije odabranog početka. Znači, poznat je zakon kretanja s = s(t), a sa s0 označimo početnu udaljenost tačke A od referentnog položaja 0. -s
+s A0 0
s0
A1 t1 s1
A2 t2 s2
s
Slika 3.1 Pravolinijsko kretanje tačke Pri kretanju tačka se u trenutku t1 nalazi u položaju A1, a u trenutku t2 nalazi se u položaj A2. Dakle, u vremenu Δt = t2 − t1 tačka je izvršila pomjeranje Δs = s2 − s1. Odnos prijeđenog puta prema odgovarajućem vremenu zove se srednja brzina u tom intervalu vremena:
13
vsr =
s2 − s1 Δs . = t2 − t1 Δt
(3.1)
Poželjno je imati brzinu u nekom trenutku koji traje neizmjerno kratko vrijeme, tako da se interval vremena skraćuje i teži → 0. Tako određena brzina bit će prava brzina v u trenutku, a iz njezinog opisa slijedi da mora biti jednaka: Δs ds v = lim vsr = lim = . Δt →0 Δt →0 Δt dt
(3.2)
odnosno v=
ds = s dt
(3.3)
Brzina tačke pravolinijskog kretanja jednaka je derivaciji puta po vremenu. Dimenzionalno, brzina će se izraziti ovom jednačinom:
[v] = [L] = ⎡⎢ m ⎤⎥ [T ] ⎣ s ⎦
3.2. UBRZANJE PRAVOLINIJSKOG KRETANJA TAČKE Razmotrimo opći slučaj kretanja tačke A po pravolinijskoj dionici puta, pri čemu se brzina mijenja po zakonu v = f(t). Pretpostavimo da tačka A polazi iz položaja A0 početnom brzinom v0 u trenutku t1 stiže u položaj A1 brzinom v1, a u trenutku t2 u položaj A2 brzinom v2. -0+ 0
A0 t=0
G v0
A1 t1
G v1
A2 t2
G v2
s
Slika 3.2 Uz definiciju ubrzanja tačke Odnos
Δv daje neku srednju vrijednost prirasta brzine u jedinici vremena Δt
kojom se brzina mijenja tokom intervala Δt, tj. 14
asr =
v2 − v1 Δv = t2 − t1 Δt
(3.4)
Da bismo odredili ubrzanja u posmatranom trenutku, moramo pustiti da Δt → 0 . U takvom slučaju je: Δv a = lim asr = lim , Δt →0 Δt →0 Δt
odnosno: a=
dv dt
(3.5)
S obzirom na (3.3) može se jednačina (3.5) napisati u slijedećem obliku: a=
dv d 2 s , = dt dt 2
(3.6)
gdje je sa s označen pravolinijski put. Ubrzanje tačke u trenutku t jednako je prvoj derivaciji brzine po vremenu ili drugoj derivaciji pomaka po vremenu. Dimenzionalno, ubrzanje će se izraziti ovakvom relacijom
[a] = ⎡⎢ L ⋅ 1 ⎤⎥ = [L2] ⎣T T ⎦
[T ]
⎡m⎤ = ⎢ 2 ⎥. ⎣s ⎦
3.3. KRETANJE SA KONSTANTNOM BRZINOM Najjednostavnije pravolinijsko kretanje jeste jednoliko kretanje, to jest kada je brzina tačke konstantna. Prema tome, kada je v=
ds dv = v0 = konst . , a = = 0, dt dt
(3.7)
gdje je: - početna brzina tačke. v0 Integracijom gornje jednačine u granicama s0 do s dobivamo ds = v dt 15
s
∫
s0
t
∫
ds = vdt 0
s − s0 = v⋅t odnosno s = s0 + v⋅t ,
(3.8)
gdje je: s0 - položaj tačke A u trenutku t = 0. Jednačina (3.8) predstavlja zakon jednolikog kretanja tačke kod kojeg se pomjeranje tačke mijenja linearno u zavisnosti od vremena. s 0
v ⋅t
s0
s0
0
t
v
v=konst. v ⋅t 0
t
Slika 3.3 Jednoliko kretanje tačke Ako pretpostavimo da se tačka A počela kretati iz referentnog položaja O, tada je s0 = 0, pa slijedi s = v⋅t .
(3.9)
Iz jednačine (3.8), odnosno (3.9) slijedi da je: v = v0 =
s t
(3.10)
što znači da je brzina pri jednolikom kretanju jednaka prijeđenom putu u jedinici vremena.
16
3.4. KRETANJA SA KONSTANTNIM UBRZANJEM Ako je ubrzanje pravolinijskog kretanja konstantna veličina a=const., tada dobivamo jednoliko promjenjivo kretanje. Tada imamo da je: d 2s = ± a . dt 2
(3.11)
Jednačina (3.11) predstavlja diferencijalnu jednačinu jednolikog ubrzanog (usporenog) kretanja. Iz relacije dv d 2 s = = a = konst dt dt 2
inetegracijom dobivamo izraz za brzinu
∫
v = a dt + C 1 = a ⋅ t + C 1 .
(3.12)
Integracionu konstantu C1 određujemo iz početnih uslova. Pretpostavimo da je za t = 0 i v = vo. Tada dobivamo da je C1 = v0, te je v = v0 + a⋅t .
(3.13)
Jednačina (3.13) predstavlja zakon brzine jednoliko ubrzanog kretanja. Vidimo da je to linearna funkcija. Ako a ima negativan predznak uz v0 pozitivno, imat ćemo kretanje jednoliko usporeno v = v0 − a⋅t .
(3.14)
Zamjenjujući brzinu v njenim izrazom u obliku derivacije (3.3), može se napisati ds = v0 + a ⋅ t , dt
odnosno ds = v0dt + a⋅tdt . 17
Integracijom gornje jednačine dobit ćemo
∫
∫
s = v0 dt + a tdt + C2 s = v0 t +
at 2 + C2 . 2
(3.15)
Integracionu konstantu C2 odredit ćemo iz početnih uslova. Za t = 0 neka je s = s0, dobivamo C2 = s0. Izraz (3.15) poprima oblik s = s0 + v0 t +
at 2 . 2
(3.16)
Gornja jednačina predstavlja zakon jednoliko ubrzanog kretanja. Grafički prikazi zakona brzine i zakona puta jednoliko ubrzanog kretanja dati su na slici 3.4. s
0 0
a
2 2
a 2 t + v0t 2
s0 0 v
t 1 2 at 2
at v0
v 0 a
t tan∠
t
t a=konst. tan
a ⋅t
0
s0
t
t
Slika 3.4 Jednoliko ubrzano kretanje Ovdje mogu nastupiti dva specijalna slučaja, i to: a) kada je s0 = 0. U tom slučaju zakon kretanja na osnovu (3.16) izražava se sljedećom relacijom 18
s = v0 t +
at 2 , 2
(3.17)
a brzina v u trenutku t određena je jednačinom ds = v = v0 + a ⋅ t . dt
(3.18)
b) kada početne uslove odaberemo tako da je t = 0, s0 = 0 i v0 = 0. Tada izraz za brzinu v i put s poprimaju sljedeći oblik a = konst. v = a⋅t s=
(3.19)
1 2 at 2
Odgovarajući kinematički dijagrami prikazani su na slici 3.5, a primjer takvog kretanja je slučaj slobodnog pada materijalne tačke u vakumu. s
1
2 2
1 2 at 2
0
t
v
at v= 0
at t
a
a=konst. a ⋅t 0
t
Slika 3.5 Kinematički dijagrami za kretanje tačke opisano jednačinama (3.19) 19
Ukoliko je kretanje tačke takvo da je ubrzanje negativno, tada je: a = konst. v = v0 −a⋅t
(3.20)
1 s = v0t − at 2 . 2
Na slici 3.6 prikazani su odgovarajući kinematički dijagrami.
s
smax
a ⋅t2 2 v ⋅t 0
s t1
0
t2
t
v0
v
t1
0
jednoliko usporeno
−a ⋅ t
t2
t
jednoliko ubrzano
a 0
−a ⋅ t
t
-a=konst.
Slika 3.6 Jednoliko usporeno kretanje 20
U trenutku t1 tačka se nalazi na najudaljenijem položaju. Za v =0 dobivamo vrijednost smax v = v0 − a⋅t = 0 ⇒ t1 = v0 a
smax =
v02 a v02 v02 − = . 2 2 a 2 2a
(3.21)
Nakon zaustavljanja u najudaljenijem položaju tačka se vraća ubrzanjem a u prvobitni položaj. Ukupno vrijeme povratka tačke je a s = 0 = v0t2 − t22 2 t2 =
2v0 = 2t1. a
(3.22)
Pri povratku tačke iz najudaljenijeg u prvobitni položaj proteklo je isto vrijeme kao pri kretanju iz početnog u najudaljeniji položaj. Brzina kojom se tačka vraća u prvobitni položaj je ista kao početna samo suprotnog smjera. v = v0 − a⋅t , t = 2t1 , v = v0 − 2a
v0 = −v0 . a
(3.23)
Primjer ovakovog kretanja je kosi hitac pri čemu je a = − g, i vrijedi da je: t1 =
v0 v2 i s max = 0 . g 2g
(3.24)
3.5. KRETANJE SA PROMJENJIVIM UBRZANJEM Karakteristika ovog kretanja je da se ubrzanje a mijenja u toku vremena. Na slici 3.7 prikazan je dijagram s = s(t), v = v(t) i a = a(t). Pretpostavljeno je da je t = 0 s0 = 0. Brzina u određenom trenutku vremena t je određena jednačinom v=
ds us = tgβ s , dt ut
(3.25) 21
Vidimo da je brzina proporcionalna tangensu ugla nagiba tangente u odgovarajućoj tačci dijagrama s = s(t), gdje je Us razmjera za put, Ut razmjera za vrijeme. s
βs
A
ds s
0
dt
t
t
v
βv
Av
dv
ds v0
s
0
t
v
dt
t
a
βa
Aa da a0 0
v-v0 t
dv
a dt
t
Slika 3.7 Kretanje s promjenjivim ubrzanjem Dijagram v=v(t) je jednostavno konstruisati znajući da su ordinate u tom dijagramu proporcionalne tangensu ugla nagiba u dijagramu s=s(t). Iz jednačine ds = v⋅dt slijedi da elementarni prirast puta odgovara u dijagramu v=v(t) elementarna površina ds. 22
Površina istačkana ispod v=v(t) prikazuje u određenom mjerilu ordinatu krivulje u dijagramu s=s(t) t
∫ v ⋅ dt = s − s
0
(3.26)
0
to jest integralna funkcija (3.26) prikazuje zavisnost puta od vremena. Na analogan način izvode se razmatranja za krivulju prikazanu u dijagramu a = a(t).
3.6. ANALITIČKO RJEŠENJE PRAVOLINIJSKOG KRETANJA TAČKE U inženjerskoj praksi kod kinematike pravolinijskog kretanja tačke susrećemo zadatke kod kojih figurišu veličine s,v i a. Zadatak kinematičkog rješavanja sastoji se u tome da se iz zadane zavisnosti odrede veličine s,v i a kao funkcije vremena, odnosno zavisnost brzine v i ubrzanja a od puta s. Osnovni slučajevi na koje se svode kinematički zadaci pravolinijskog kretanja tačke, su: a) Ubrzanje a je zavisna funkcija vremena t a = f(t) .
(3.27)
Brzinu kao funkciju vremena dobivamo iz jednačine (3.6) dv = a⋅dt = f(t)⋅dt . Integriranjem u granicama od v0 za t = 0 do v za t dobivamo t
∫ f ( t ) ⋅ dt
v = v0 +
(3.28)
0
Dužinu puta s kao funkciju vremena dobit ćemo iz jednačine (3.3) nakon integracije t
∫
s = v ⋅ dt
.
(3.29)
0
b) Brzina v je zavisna funkcija vremena t 23
v = f(t) .
(3.30)
Zavisnost puta s od vremena t dobivamo iz jednačine (3.3) v=
ds = f (t ) , dt
odnosno ds = v⋅dt = f(t)⋅dt . Integracijom gornje jednačine u granicama s0 za t = 0 do s za t dobivamo s = s0 +
t
∫ f (t ) ⋅ dt
.
(3.31)
0
Ubrzanje je određeno jednačinom a=
dv d [ f (t )] = . dt dt
(3.32)
c) Put s je zavisna funkcija vremena t s = f(t) .
(3.33)
Izraz za brzinu v i ubrzanje a dobivamo na poznat način pomoću jednačina (3.3) i (3.6). v=
ds = s dt
a=
d2s dt2
= s.
(3.34)
d) Brzina v je zavisna funkcija puta s v = f(s) .
(3.35)
Iz jednačine v=
slijedi da je:
24
ds = f (s ) , dt
ds f (s)
dt = s
t=
∫ 0
ds = v
∫
(3.36)
ds . f (s)
Ubrzanje ćemo dobiti kao dv dv ds dv = ⋅ = ⋅v dt ds dt ds dv a = f (s) . ds
a=
(3.37)
e) Ubrzanje je zavisna funkcija puta s a = f(s) .
(3.38)
Zavisnost brzine v od puta s naći ćemo iz jednačine a=
d (v 2 ) = f ( s) . 2ds
iz koje slijedi S1
v=
v02
∫
+ 2 f ( s )ds
.
(3.39)
S0
Dužinu puta s kao funkciju vremena t dobit ćemo iz relacije a=
d 2s dt 2
= f (s)
dvostrukim integriranjem. f) Ubrzanje a je zavisna funkcija od brzine v a = f(v) .
(3.40)
Zavisnost puta s dobivamo iz već poznate relacije a=
d (v 2 ) v ⋅ dv v ⋅ dv v ⋅ dv = i ds = = 2ds ds a f(v)
,
integriranjem 25
s = s0 +
v
v ⋅ dv
∫ f (v ) .
(3.41)
v0
Vrijeme t kao funkciju brzine v nalazimo iz jednačine dv dt dv dt = f (v)
a=
integriranjem t=
dv
∫ f (v ) .
(3.42)
Na taj način dobili smo ubrzanje, put i vrijeme kao zavisnu funkciju brzine v.
26
3.7. RIJEŠENI ZADACI Zadatak 3.1. Vozilo se kreće od tačke A ka tački B brzinom v1 = 90 km/h, a drugo vozilo se kreće od tačke B ka tačci A brzinom v2 = 30 km/h. Dužina AB =s=200 km. Odrediti tačku susreta vozila i vrijeme. Rješenje: Prijeđeni put vozila
s1 = v1⋅t s2 = v2⋅t
⇒ s2 = s1⋅v2/ v1 .
Iz uslova zadatka vrijedi da je s1 + s2 = s s1 = s − s2 = s −s1 s1 =
v2 v1
s ⋅ v1 200 ⋅ 90 = = 150 km v1 + v2 90 + 30
s1 = s − s2 = 200 − 150 = 50 km t=
s1 s2 150 = = = 1,67 km . v1 v2 90
Zadatak 3.2. Vozilo se kreće tako da mu je konstantno ubrzanje a = 0,4 m/s2. Koje vrijeme je potrebno da vozilo pređe prvi metar puta, a koje je potrebno za deseti metar puta? Koju će brzinu vozilo imati na kraju desetog metra puta? Rješenje: Kao što je poznato, a = konst. v = v0 + a⋅t s = s0 + v0⋅t +
a ⋅t2 2
.
Za t = 0 v0 = 0 s0 = 0 , je v = a⋅t i s =
a ⋅t2 2 27
2s = a
te je t1 =
2 ⋅1 = 2,2 s . 0,4 2 ⋅10 2⋅9 − = 0,4 s . 0,4 0,4
2s10 2s9 − = a a
t2 =
Brzina na kraju desetog metra puta v = a ⋅t = a
2s10 = 2s10 a = 2 ⋅10 ⋅ 0,4 = 2,83 a
m/s.
Zadatak 3.3. Podzemna željeznica kreće se po pravolinijskoj putanji tako da je prijeđeni put srazmjeran trećem stepenu vremena. U prvih 60 s podzemna željeznica pređe put od 90 m. Nacrtati kinematičke dijagrame s(t), v(t) i a(t), te analizirati kretanje. Rješenje:
s = b⋅t3 s (m)
Konstantu b nalazimo iz uslova 90 = b⋅603 b = 0,000417 m/s2 s = 0,000417 t2 m v = ds/dt = 0,00125 t2 m/s a = dv/dt = 0,0025 t m/s2
s3 s2 s1 0
Dijagram s= s(t) je kubna parabola, v=v(t) kvadratna parabola i a = a(t) prava linija.
t 1
2
3
Za t = 0; s = 0; v = 0 i a = 0, a za t = 10 s s =0,42m, v = 0,125 m/s i a = 0,025 m/s2 ⎛m⎞ v Slika uz zadatak 3.3 ⎜ ⎟ ⎝s⎠
v3
a
⎛m⎞ ⎜ 2⎟ ⎝s ⎠
v2
a3 v1
t 28
0
1
2
3
4
s
a2 a1 t 0
1
2
3
4
s
4
(s)
Zadatak 3.4. Jedan mašinski dio kreće se sa ubrzanjem a = 3 v . Nakon 3 sekunde prijeđe put od s = 12 m i ima brzinu v = 9 m/s. Odrediti s, v i a u funkciji vremena t i vrijednosti tih veličina nakon 2 sekunde kretanja dijela. Rješenje: Imamo da je a=
dv dv = 3 v ⇒ 3dt = dt v
.
Integracijom gornje jednačine
∫
3 dt + C =
∫
dv v
3t + C = 2 v za t = 3 s, v = 9 m/s ⇒ C = − 3 3⋅t − 3 = 2 v ⇒ v =
9 2 18 9 9 t − t − = (t − 1) 2 m / s 4 4 4 4
a=3 v a = 4,5⋅(t − 1) m/s2 . Brzina se može izraziti kao ds ⇒ ds = vdt ⇒ ds = vdt dt 18 9 ⎤ 3 9 9 ⎡9 s = ⎢ t 2 − t + ⎥dt + C = t 3 − t 2 + t + C 4 4⎦ 4 4 4 ⎣4
∫
v=
∫
∫
Za t = 3 s = 12 m ⇒ C = 21/4 , te je s =
3 3 9 2 9 21 t − t + t+ m 4 4 4 4
Za trenutak t = 2s s = 6,75 m v = 2,25 m/s a = 4,5 m/s2 . Zadatak 3.5. Klizač A kreće se naniže iz tačke D duž vertikalne vođice konstantnom G brzinom v0 . Za klizač je vezano nerastezljivo idealno savitljivo uže koje je prebačeno preko kotura O, a o drugi kraj je privezan teret M. Izračunati brzinu i ubrzanje tereta M.
29
b
D
B x
s M A
Slika uz zadatak 3.5 Rješenje: Brzina klizača A v0 =
ds ⇒ ds = v0 ⋅ dt dt
∫ ds = ∫ v dt 0
s = v0⋅t + C Za t = 0 i s = 0 ⇒ C = 0 te je s = v0⋅t . Označimo li ukupnu dužinu užeta sa L, tada imamo da je: x=L−
b 2 − s 2 = L − b 2 − (v0t ) 2 .
Brzina tereta M je vM =
dx v0t =− , 2 dt b + (v0t ) 2
a ubrzanje tereta M aM =
dvM d 2 x v 2b 2 = 2 = − 2 0 2 2 3/ 2 . dt dt (b + v0 t )
Zadatak 3.6. Kružna ploča poluprečnika r obrće se oko ose kroz tačku O tako da se ugao ϕ mijenja po zakonu ϕ= π⋅t/2 [ϕ − rad, t − sek] . Rastojanje tačke O od središta ploče je OC = b < r . Odrediti zakon kretanja tačke M, te njenu brzinu i ubrzanje u trenutku t = 2 s. 30
Rješenje: Imamo da je
xM = 0 = konst. yM = b⋅cos ϕ + r⋅cos ϕ sin Ψ = b ⋅sin ϕ . r
y N M
ψ
r
ϕ b
O
x
Slika uz zadatak 3.6 Kako je ϕ
=
π 2
t
, imamo da je xM = 0 yM =
π
π
b ⋅ cos( t ) + r 2 − b 2 sin 2 ( t ) . 2 2
Gornje jednačine predstavljaju zakon kretanja tačke M poluge MN. Brzina i ubrzanje tačke M vxM = 0 v yM =
dyM bπ b 2π π =− sin( t ) − dt 2 2 4
sin(πt )
π
r 2 − b 2 sin 2 ( t ) 2
za t = 2s axM = 0 a yM =
dv y M
dt v yM = 0 .
=
bπ 2 ( r − b) 4r
31
Zadatak 3.7. Teret C podiže se po vertikalnoj vođici pomoću užeta prebačenog preko nepokretnog kotura A koji se nalazi na rastojanju a od vođice. Odrediti brzinu i ubrzanje tereta C u funkciji od x, ako se slobodni kraj užeta vuče konstantnom brzinom v0. a y 0
A
G v0
x
C C0 x
Slika uz zadatak 3.7 Rješenje: Iz trougla AOC imamo da je x=
AC − a 2
.
Neka je C0 početni položaj tereta C. Označimo ukupnu dužinu užeta AC = l. Iz jednačine kretanja tereta C nalazimo da je x=
(l − v0t ) 2 − a 2
(I)
Brzina tereta C je vC =
v0 (l − v0t ) (l − v0t )v0 dx =− =− 2 2 dt x (l − v0t ) − a
Iz jednačine (I) imamo da je (l − v0⋅t) =
x2 + a2
,
to izraz za brzinu tereta C postaje: vC = − 32
v0 x
x2 + a2 .
Negativan predznak nam kazuje da se tačka C kreće tako da se apscisa x smanjuje. Ubrzanje tereta C aC =
dvC ⎡ v0 =⎢ 2 dt ⎢⎣ x
x2 − a2 −
⎤ v0 a 2 x ⎥ x = x x 2 + a 2 ⎥⎦ x2 x2 + a2 v0 x
Kako je x = vC , to imamo da je: aC = −
v0 a 2 x3
.
3.7. ZADACI ZA RJEŠAVANJE Zadatak 3.8. Tačka A bačena je vertikalno naviše. Zakon ovog pravolinijskog kretanja, pri zanemarivanju otpora zraka, ima oblik x = v0⋅t − 1 gt 2 2
gdje su v0 i g konstante. Odrediti brzinu i ubrzanje tačke A, maksimalnu visinu i vrijeme za koje tačka stigne u najviši položaj. Rješenje: v = v0 − g⋅t a=−g t=
v0 g
Zadatak 3.9. Ubrzanje jedne tačke se mijenja po zakonu a = 6t − 4 m/s2. U trenutku t = 0 put s = − 6 m, a u t = 2s put je s = 10 m. Odrediti jednačine s = s(t) i v = v(t). Rješenje: s = t3 − 2t2 + 8t − 6 m v = 3t2 − 4t + 8 m/s .
33
Zadatak 3.10. Zakon promjene brzine jedne tačke je v = 3t2 − 6t + 24 m/s. U trenutku t = 0 je s = 0 m. Odrediti jednačine s = s(t) i a = a(t), te vrijednost puta i ubrzanje u trenutku t = 2 s. Rješenje: a = 6(t − 1) m/s s = t(t2 − 3t + 24) m a = 6 m/s2 s = 44 m v = 24 m/s . Zadatak 3.11. U skiciranom sistemu točak A iz tačke O kretat će se konstantnim ubrzanjem ax = konst. ( t = 0, v0 = 0, x = 0). Dužina užeta L = 2h. Potrebno je odrediti položaj, brzinu i ubrzanje tereta B y(t), v(t), a(t).
h y
A x
Slika uz zadatak 3.11 Rješenje: y = h − (L − z) z = h2 + x2 x=
ax 2 t 2
y=−h+ v=
ax2 4 t 4
a x4t 6 + 12a x2t 2 h 2 a2 8(h + x t 4 )3 / 2 4 2
34
a x2 2 t 4
a x2t 3 h2 +
a=
h2 +
.
Zadatak 3.11. Na slici je prikazan zglobni mehanizam koji se sastoji od romba ABCD, čije su stranice dužine b. Tjemena D i C romba mogu se pomoću štapova OD = OC = 1 obrtati oko osi kroz tačku O, dok se tjeme B pomoću štapa OB = r može obrtati oko osi kroz tačku O1. Ako je poznato da se ugao ϕ što ga gradi duž O1 B sa pravcem O1O mijenja po zakonu ϕ = πt2, odrediti: a) jednačinu putanje tačke A, b) brzinu i ubrzanje tačke A u trenutku ϕ = π/3 (rad) ako je OO1 = BO1 = r . C b b l
B l
O
r
r O1
b
A b D
ϕ
Slika uz zadatak 3.12 Rješenje: xA = vA = aA =
l 2 − b2 = konst. 2r l 2 − b2 2r 2π (l 2 − b 2 ) . 3 9r
35
Krivolinijsko kretanje tačke 4.1. VEKTORSKI NAČIN OPISIVANJA KRETANJA TAČKE
4.1.1. Vektor brzine tačke Pretpostavimo da se tačka A kreće u prostoru po proizvoljnoj krivulji p slika 4.1. Neka je u trenutku vremena t položaj tačke A određen vektorom položaja r ( t ) , a u trenutku t1 = t + Δt (pri čemu je Δt = t1 − t > 0 interval vremena) neka je tačka u položaju A1 čiji je položaj određen vektorom položaja r ( t + Δt ) . Prema definiciji, vektor srednje brzine tačke pri pomjeranju tačke iz položaja A u položaj A1 jeste vektor v sr =
r1 − r Δr , = t1 − t Δt
(4.1)
gdje je: Δr = r1 ( t + Δt ) − r ( t ) vektor pomjeranja tačke u intervalu vremena Δt. Vektor srednje brzine v sr ima pravac i smjer vektora pomjeranja Δr . Do pojma trenutne brzine dolazimo ako zamislimo da A1 teži prema A, to jest Δt teži prema nuli; tada vektor v sr izražen jednačinom (4.1) teži u općem slučaju graničnoj vrijednosti v . 35
s=0 t0 s(t) r
Slika 4.1 Vektor brzine tačke Prema definiciji, ta granična vrijednost zove se vektor trenutne brzine tačke u položaju A (u trenutku t) Δr dr = Δt →0 Δt dt
v = lim
.
(4.2)
Na osnovu (4.2) vidimo da se vektor brzine definira kao prvi izvod vektora položaja po vremenu. Vektor brzine tačke ima pravac tangente na njenu putanju i on je funkcija vremena. Pravac i smjer vektora brzine tačke u svakom njenom položaju određuje pravac i smjer njenog kretanja ka sljedećem beskonačno bliskom položaju. Intenzitet vektora v je skalarna veličina (v) koja ima dimenziju [v] = [L] [T]−1. Prema tome, koherentne jedinice brzine su: metar u sekundi (m/s). Osim toga koristi se i km/h, odnosno u pomorstvu "čvor" (nautička milja).
4.1.2. Vektor ubrzanja tačke U prethodnom poglavlju ustanovljeno je da vektor brzine krivolinijskog kretanja tangira putanju, što znači da se od tačke do tačke na putanji vektor brzine mijenja i po veličini i po položaju u prostoru. S formalne strane ubrzanje krivolinijskog kretanja može se definirati kao promjena brzine u jedinici vremena, ali takva definicija ovdje će imati drugačiju sadržinu nego što je imala kod pravolinijskog kretanja. Ovdje treba razumjeti općenitu promjenu i po veličini i po pravcu, odnosno treba razumjeti vektorsku promjenu. 36
Posmatrajmo dvije susjedne tačke A i A1 na krivolinijskoj putanji - slika 4.2. Označimo sa v i v 1 vektore brzine u trenutcima t i t1 = t + Δt. Ako se vektor v 1 nanese iz tačke A, tada se dobije promjena vektora brzine v za Δ v , tako da je v1
=
+ Δv
v
odnosno
Δv =
v1
−
v
.
(4.3)
Pri kretanju tačke po krivolinijskoj putanji p vrhovi vektora v opisuju hodograf* brzina (* Pojam hodografa objašnjen je u poglavlju 4.1.3) koji prikazuje zakon brzine tačke A u vektorskom obliku. z v
A
v1 r
p1
Δv p
a
v1
B v v1
y
0
Δv
hodograf brzina
a
B1 asr
x
Slika 4.2 Vektor ubrzanja tačke Prirast brzine Δ v nastao je u vremenu Δt , te ako se napravi kvocijent
Δv Δt
, on
će dati srednji vektorski prirast brzine u intervalu Δt , to jest srednje ubrzanje tačke asr =
Δv Δt
.
(4.4)
Intenzitet vektora a sr je skalarna veličina koja ima dimenziju 37
[a] = [L] [T]−2 . Trenutno ubrzanje tačke dobit ćemo ako zamislimo da interval vremena Δt teži nuli, dakle tačka A1 teži prema tački A i brzina v 1 teži prema brzini v . Tada a sr teži prema određenoj graničnoj vrijednosti a . Ta se granična vrijednost naziva trenutno ubrzanje tačke u trenutku t, te imamo a = lim asr = lim Δt → 0
Δt → 0
a=
Δv dv = Δt dt
(4.5)
dv d 2 r = . dt dt 2
Pravac tog vektora poklapa se s pravcem tangente u tački B na hodografu p1. Prema tome, trenutno ubrzanje tačke jest prva derivacija vektora trenutne brzine po vremenu ili druga derivacija vektora položaja tačke po vremenu. Vektor a je vezan za tačku. On leži u oskulatornoj ravnini, a usmjerenje mu je prema konkavnoj strani putanje - slika 4.3.
v
v
v
a
α
a
A
A
α
a
α<
α =0
π 2
α =π
Slika 4.3 Pravac i smjer ubrzanja a
4.1.3. Hodograf brzina
38
Pretpostavimo da je poznato kretanje tačke A po zakrivljenoj putanji. Za svaki položaj tačke A1 , A2 , A3 ,...An , koji je određen vektorom položaja r1 ,r2 ,r3 ,… ,rn , možemo na poznat način. tj deriviranjem vektora položaja po vremenu, odrediti vektore brzina, to jest naći veličine, pravce i smjerove brzina - slika 4.4. Gornja jednačina predstavlja zakon jednoliko ubrzanog kretanja. Grafički prikazi zakona brzine i zakona puta jednoliko ubrzanog kretanja dati su na slici 3.4. v2
v1
z A1
r2 r3 r 4 r1
0
Δr A 4
A2
v1
v4
A5 r5
B1
v3 v5
O1
putanja
a1
v2
v3 v4
v5
a2
B4
B5 a4 hodograf brzina
y
x
Slika 4.4 Hodograf brzina Nanesimo određene vektore v1 ,v 2 ,...,v n brzina iz zajedničke tačke O1 (pola brzina). Spajanjem vrhova vektora brzina B1, B2,...,Bn dobivamo krivulju koja se naziva hodograf brzina. Hodograf brzina vrlo pregledno prikazuje promjene brzina, odnosno ubrzanja pri kretanju tačke. Vidimo, dakle, da je hodograf brzina geometrijsko mjesto krajeva vektora brzina, povučenih iz jednog pola. Kada je putanja tačke prostorna krivulja, vektori brzina u Descartesovom koordinatnom sistemu su funkcije svojih projekcija na koordinatne osi, a one su ovisne o vremenu, to jest vx = ϕ1(t) = dx dt
vy = ϕ2(t) =
dy dt
vz = ϕ3(t) =
dz dt
(4.6) . 39
Jednačine (4.6) predstavljaju hodograf brzina u parametarskom obliku. Eliminacijom parametra vremena t iz gornjih jednačina dobit ćemo jednadžbe hodografa brzina u običnom obliku. 4.2. ANALITIČKI NAČIN OPISIVANJA KRETANJA TAČKE 4.2.1 Opisivanje kretanja tačke u Descartesovom koordinatnom sistemu Posmatrajmo kretanje tačke A u odnosu na neko tijelo i u tački O tog tijela postavimo početak pravouglog Descartesovog koordinatnog sistema Oxyz koji je čvrsto vezan za tijelo. Položaj tačke A u odnosu na ovaj sistem određen je koordinatama x,y,z, koje se tokom vremena mijenjaju. Da bismo u svakom trenutku vremena mogli odrediti položaj tačke A u prostoru, potrebno je da znamo njene koordinate kao funkcije vremena x = x(t) y = y(t)
(4.7)
z = z(t) . Funkcije x(t), y(t) i z(t) moraju biti neprekidne, jednoznačne i diferencijabilne. Jednačine (4.7) nazivaju se jednačine kretanja tačke u Descartesovim pravouglim koordinatama. One određuju zakon kretanja tačke pri analitičkom načinu opisivanja kretanja. Ako vrijeme t posmatramo kao parametar, tada su jednačine kretanja (4.7) istovremeno i parametarske jednačine putanje tačke. Eliminacijom parametra t iz jednačina kretanja dobivamo jednačine linije putanje u eksplicitnom obliku. Odredimo brzinu tačke A u položaju prikazanom na slici 4.5. z vz v vx
A
vy putanja
r
z i
x
40
k 0
j
y
y x
Slika 4.5 Brzina tačke
U tu svrhu projicirat ćemo vektore v i r na koordinatne osi pa izraziti njihove projekcije
r = xi + yj + zk
(4.8) v = vxi + v y j + vz k
Iz vektora položaja tačke r dobivamo deriviranjem po vremenu t v=
dr dx dy dz = i+ j+ k dt dt dt dt
.
Nakon uvrštavanja tih zamjena dobiva se vektorska jednačina v = vxi + v y j + vz k
dr dx dy dz = i+ j+ k dt dt dt dt
=
,
(4.9)
iz koje slijede skalarne jednačine vx =
dx =x dt
dy =y dt
, vy =
, vz =
dz =z dt
,
(4.10)
koje se mogu ovako formulirati: projekcije brzine krivolinijskog kretanja na osi ortogonalnog koordinatnog sistema jednake su brzinama projekcija putanje, odnosno derivacijama koordinata po vremenu. Apsolutnu vrijednost brzine v nalazimo iz jednačine: 2
2
⎛ dx ⎞ ⎛ dy ⎞ ⎛ dz ⎞ v = vx2 + v 2y + v z2 = ⎜ ⎟ + ⎜ ⎟ + ⎜ ⎟ ⎝ dt ⎠ ⎝ dt ⎠ ⎝ dt ⎠
2
(4.11) v=
1 ds d 2x + d 2 y + d 2z = dt dt
.
Pravac brzine određen je izrazima: 41
cos ∠(v , x ) =
vx v
,
vy
cos ∠(v , y ) =
v
cos ∠(v , z ) =
,
vz v
.
(4.12)
Analognim postupkom dolazimo do ubrzanja tačke. Pođimo od izraza za brzinu v=
dx dy dz i+ j+ k dt dt dt
,
kojeg ćemo derivirati po vremenu a=
dv d 2 x d2y d 2z = 2 i + 2 j+ 2 k dt dt dt dt
,
(4.13)
z putanja ax
A
v
ay
az a
r
z i
k 0
j
y
y x
x
Slika 4.6 Ubrzanje tačke
te imamo da je: ⎧ d ⎡ dx ⎤ ⎫ ⎧ d 2 x ⎫ ⎪ ⎢ ⎥⎪ ⎪ 2 ⎪ ⎪ dt ⎣ dt ⎦ ⎪ ⎪ dt2 ⎪ ⎧ x ⎫ ⎧v x ⎫⎧a x ⎫ ⎪ d ⎡ dy ⎤ ⎪ ⎪ d y ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎪ ⎪ a = ⎨ ⎢ ⎥ ⎬ = ⎨ 2 ⎬ = ⎨ y ⎬ = ⎨v y ⎬⎨a y ⎬ ⎪ dt ⎣ dt ⎦ ⎪ ⎪ dt2 ⎪ ⎪ z ⎪ ⎪v ⎪⎪ a ⎪ ⎪ d ⎡ dz ⎤ ⎪ ⎪ d z ⎪ ⎩ ⎭ ⎩ z ⎭⎩ z ⎭ ⎪ dt ⎢ dt ⎥ ⎪ ⎪ 2 ⎪ ⎩ ⎣ ⎦ ⎭ ⎩ dt ⎭
42
,
(4.14)
to jest projekcije vektora ubrzanja na osi x,y,z jednake su drugim derivacijama odgovarajućih koordinata po vremenu. Apsolutna vrijednost ubrzanja naći će se iz odnosa: ,
a = a x2 + a 2y + a z2
(4.15)
a uglovi koje vektor ubrzanja zatvara s osima koordinatnog sistema određuju se iz jednačina:
cos ∠(a , x ) =
ax a
,
cos ∠(a , y ) =
ay a
,
cos ∠(a , z ) =
az a
.
(4.16)
Pri kretanju tačke u ravni otpada jedna koordinata ako se putanja smjesti u koorinatnu ravninu.
4.2.2. Opisivanje kretanja tačke u prirodnom koordinatnom sistemu Prirodni koordinatni sistem - slika 2.5 koristi se u onim slučajevima u kojima je poznata linija putanje tačke i rastojanje s (krivolinijska koordinata) koja određuje položaj tačke na putanji u svakom trenutku vremena. Zavisnost rastojanja s od vremena s = s(t) , (4.17) predstavlja zakon kretanja (zakon puta, jednačina kretanja) tačke po putanji. Za određivanje kretanja tačke u prirodnom koordinatnom sistemu potrebno je da poznajemo putanju tačke, početak 0 koordinatnog sistema na putanji sa izabranim pozitivnim i negativnim smjerom računanja, i zakon puta u obliku (4.17). Vektor položaja tačke r = r ( t ) može se uzeti da je funkcija krivolinijske koordinate s, a preko nje da je funkcija vremena t r = r [s (t )]
.
(4.18) 43
Korištenjem jednačina (4.2) i (4.18) nalazimo vektor brzine tačke u obliku v=
dr dr ds ds = ⋅ = et dt ds dt dt
(4.19) v = vet sa et =
dr ds
,
pri čemu je iskorištena poznata relacija za jedinični vektor tangente
et =
dr ds
za
kog vrijedi lim
Δr dr = =1 Δs ds
.
(4.20)
Iz jednačine (4.19) očigledno je da vektor brzine tačke ima pravac tangente. Projekcija vektora brzine na pravac tangente v=
ds =s dt
,
(4.21)
jednaka je prvom izvodu po vremenu krivolinijske koordinate s. Znak projekcije vektora brzine na pravac tangente, odnosno znak prvog izvoda krivolinijske koordinate s po vremenu, određuje smjer vektora brzine tačke. Pozitivnom znaku odgovara kretanje tačke u pozitivnom smjeru mjerenja koordinate s, a negativnom znaku odgovara kretanje tačke u negativnom smjeru mjerenja koordinate s. Korištenjem jednačina (4.5) i (4.19) možemo da dobijemo izraz za vektor ubrzanja tačke u obliku a=
44
dv d ⎛ ds ⎞ d 2 s ds det = ⎜ et ⎟ = 2 et + dt dt ⎝ dt ⎠ dt dt dt
.
(4.22)
eb
Slika 4.7 Ubrzanje tačke u prirodnom koordinatnom sistemu Ovdje dolazi do deriviranja jediničnog vektora et koji leži u oskulatornoj ravnini i to na presjeku te ravnine s rektifikacionom (tangencijalnom) ravninom. et (t )
Δϕ
Δet
et (t + Δt )
en (t + Δt )
Δϕ e (t ) n Δen (t )
Slika 4.8 Uz izvod jediničnog vektora et Na osnovu slike možemo pisati da je Δ et = et (t + Δt) − et (t) . Vektor Δ et je paralelan s vektorom en i istog smjera, a veličina mu je 1⋅Δϕ = jer je
et (t + Δt ) = et (t ) = 1
Δs RK
.
Prema tome je Δet =
Δs RK
en ili
Δet 1 Δs = en , Δt RK Δt
(4.23) 45
gdje je RK poluprečnik zakrivljenosti putanje. Dobivamo da je det 1 v ⎛ Δs ⎞ = en ⋅ lim ⎜ ⎟ = en Δt → 0⎝ Δt ⎠ RK dt RK
.
(4.24)
Uočavamo iz (4.24) da je derivacija jediničnog vektora okomita na taj vektor. Uvrštavajući jednačine (4.24) u (4.22) dobivamo izraz za vektor ubrzanja a=
dv v2 et + en dt RK
.
(4.25)
Očigledno je da vektor ubrzanja ima projekcije at i an na pravac tangente i glavne normale - slika 4.7. Intenzitet tangencijalne komponente ubrzanja je: at =
d 2s
an =
v2 RK
dt
2
=
dv dt
,
a normalne je .
(4.26) Intenzitet vektora ubrzanja određuje se obrascem a=
2 2 ⎛ dv ⎞ ⎛ v an2 + at2 = ⎜ ⎟ + ⎜ ⎝ dt ⎠ ⎜⎝ RK
⎞ ⎟ ⎟ ⎠
2
.
(4.27)
Veličina at karakterizira promjenu veličine vektora brzine v = određuje promjenu pravca putanje. Ukoliko je
46
ds dt
v
ds dt
, dok an
, definiran poluprečnikom zakrivljenosti RK
> 0, razlikujemo tri slučaja:
a) Ubrzano kretanje at > 0 slijedi dv = at dt > 0 veličina brzine raste
a an
v at
Slika 4.9 Ubrzano kretanje b) Usporeno kretanje at < 0 slijedi dv = at dt < 0 veličina brzine se smanjuje
a
v
an
at
Slika 4.10 Usporeno kretanje c) Jednoliko kretanje at = 0 slijedi dv = 0 veličina brzine je konstantna
a = an
v = konst.
Slika 4.11 Jednoliko kretanje
47
Ukoliko je at = konst., imamo dva slučaja: at > 0 jednoliko ubrzano i at < 0 jednoliko usporeno kretanje. Na primjer, kod pravolinijskog kretanja RK = ∞ i pri tome je an = 0 , to jest vektor a leži na pravcu tangente a = at . v a = at
Slika 4.12 Pravolinijsko kretanje
4.2.3 Opisivanje kretanja tačke u polarnom koordinatnom sistemu Kod rješavanja zadataka iz kinematike, pri kretanju tačke u ravni, često se koristi polarni koordinatni sistem. U daljnjem razmatranju ograničit ćemo se na kretanje tačke u ravnini. Za ravninski polarni koordinatni sistem osi su postaljene u radijalnom i cirkularnom (transverzalnom) pravcu - slika 4.13. Posmatrajmo kretanje tačke A, u odnosu na polarni koordinatni sistem Orϕ . Položaj tačke potpuno je određen koordinatama r = r(t) (4.28)
ϕ = ϕ(t) . y vϕ
v
α
vr
r = rer er
eϕ
0
ϕ=ϕ(t)
putanja x
Slika 4.13 Brzina tačke u polarnom koordinatnom sistemu 48
Vektor položaja tačke A je (4.29)
r = OA = r ⋅ er
gdje je
er =
r r
jedinični vektor radijus vektora.
Deriviranjem vektora položaja dolazimo do brzine tačke A v=
Derivacija
der dt
dr d dr de = (rer ) = er + r r dt dt dt dt
.
(4.30)
se može odrediti na različite načine, a jedan od njih je taj da se
derivira izraz er ⋅ er =
1
d (er ⋅ er ) =0, dt
iz kojeg slijedi da je: 2
der er = 0 . dt der ⊥ er dt
Ovaj izraz pokazuje da je
, odnosno d er ⊥
vektora d er je okomita na jedinični vektor
er ,
er ,
to jest promjena
kako je prikazano na slici 4.14
deϕ
der eϕ (t + dt )
eϕ (t ) dϕ
ω =ϕ ϕ
er (t + dt ) dϕ
der
er (t )
Slika 4.14 Slika uz izvod jediničnog vektora
er 49
Iz elementarnog trougla slike 4.14 slijedi da je der = [er [dϕ = 1 ⋅ dϕ
i (4.31) der dϕ = dt dt
Prema tome je
der dt
.
po analognoj vrijednosti jednaka desnoj strani u jednačini
(4.31), a usmjerena je normalno na jedinični vektor er , što se može izraziti der dϕ = eϕ dt dt
gdje je
eϕ
,
(4.32)
jedinični vektor, okomit na vektor
er .
Analogno bismo dobili na osnovu slike 4.14 d er = − deϕ er (ovaj vektor je suprotnog smjera) deϕ = −eϕ ⋅ ϕdt ⋅ er = −1ϕdter deϕ
(4.33)
= −ϕ ⋅ er .
dt
Uvrštavanjem vrijednosti (4.32) u jednačinu (4.30) dobivamo izraz za brzinu dr dϕ er + r eϕ dt dt
v=
.
(4.34)
Iz posljednjeg izraza vidimo da se brzina sastoji od dvije komponente: 1) Radijalne komponente vr =
dr er dt
(4.35) čiji je intenzitet 50
vr =
dr dt
,
koja je usmjerena po radijus vektoru, a prikazuje brzinu porasta (ili opadanja) veličine radijus vektora u vremenu. 2) Cirkularna (transverzalna) komponenta vϕ = r
dϕ eϕ dt
(4.36) čiji je intenzitet vϕ = r dϕ , dt
koja je usmjerena okomito na radijus vektor položaja a po apsolutnoj vrijednosti r dϕ je jednaka obodnoj brzini rotacije. Možemo pisati da je izraz dt
za brzinu v = vr eϕ + v + vϕ eϕ
.
(4.37)
Intenzitet brzine je: v=
2
2
⎛ dr ⎞ ⎛ dϕ ⎞ vr2 + vϕ2 = ⎜ ⎟ + ⎜ r ⎟ = ⎝ dt ⎠ ⎝ dt ⎠
(r )2 + (rϕ )2 ,
(4.38)
a njen pravac određen je izrazima: cos α =
vr v
, sin α =
vϕ v
.
(4.39)
Na analogan način možemo odrediti i komponente vektora ubrzanja tačke A koji je usmjeren prema konkavnoj strani putanje - slike 4.15. 2
y aϕ
dr dϕ dt dt d 2ϕ r 2 dt
a
β
r = rer er
eϕ
0
ar
ϕ=ϕ(t)
⎛ dr ⎞ − r⎜ ⎟ ⎝ dt ⎠ putanja
d 2r dt 2
2
x
Slika 4.15 Ubrzanje tačke u polarnom koordinatnom sistemu 51
Deriviranjem izraza za brzinu (4.34) dobit ćemo a=
dv d 2 r dr der dr dϕ d 2ϕ dϕ deϕ eϕ + r 2 eϕ + r = 2 er + + dt dt dt dt dt dt dt dt dt
.
(4.40)
Uvrštavanjem izraza (4.32) i (4.34) u gornju jednačinu imamo da je: a=
dr der dr dϕ dv d 2 r d 2ϕ dϕ deϕ eϕ + r 2 eϕ + r = 2 er + + dt dt dt dt dt dt dt dt dt
(4.41)
[
]
a = r − rϕ 2 er + [2rϕ + rϕ ]eϕ .
Na osnovu prethodne jednačine zaključujemo da se vektor ubrzanja sastoji od dvije komponente. 1) Radijalne komponenete koja je određena izrazom ar =
2
d 2r
⎛ dϕ ⎞ 2 − r⎜ ⎟ = r − rϕ dt dt 2 ⎝ ⎠
,i
(4.42)
2) Cirkularne komponente ubrzanja aϕ = 2
dr dϕ d 2ϕ + r 2 = 2 rϕ + rϕ dt dt dt
.
(4.43)
Ako analiziramo pojedine članove prethodne dvije jednačine, zaključit ćemo d 2r
da je član položaja, a
dt 2 ⎛ dϕ ⎞ r⎜ ⎟ ⎝ dt ⎠
2
ubrzanje tačke uslijed njenog kretanja u pravcu vektora je centripetalno ubrzanje uslijed obrtanja vektora položaja.
Pri tom obrtanju pojavljuje se istovremeno tangencijalno ubrzanje 2
dr dϕ dt dt
r
d 2ϕ dt 2
je dopunsko ili Coriolisovo ubrzanje koje je detaljno objašnjeno u
poglavlju 5.3. Intenzitet vektora ubrzanja tačke A je određujemo iz slijedeće relacije a= 52
. Član
ar2 + aϕ2 =
(r − rϕ ) + (2rϕ + rϕ ) 2 2
2
,
(4.44)
a njegov pravac je određen relacijom tg β =
aϕ
.
ar
(4.45)
4.2.4. Opisivanje kretanja tačke u cilindričnom koordinatnom sistemu Pretpostavimo da se tačka A kreće po putanji p u prostoru. Kretanje tačke A je određeno ako su poznate jednačine r = r(t)
ϕ = ϕ(t) (4.46)
z = z(t) .
Ako uz polarne koordinate r i ϕ u ravnini uzmeno još i vertikalnu udaljenost tačke A od te ravnine, onda imamo cilindrični koordinatni sistem. Pretpostavimo da putanju tačke A projektiramo na ravninu XY i da je kretanje projekcije A′ prikazano polarnim koordinatama r i ϕ . Ovdje dodajemo još i koordinatu z, to jest projektiramo kretanje na os z. Takvo kretanje je identično s kretanjem tačke A po izvodnici cilindrične površine na kojoj leži prostorna krivulja p - slika 4.16. Eliminacijom parametra t iz prvih dviju jednačina (4.46), dobit ćemo projekciju putanje u ravnini XY u obliku f(r,ϕ) = 0 . (4.47) Krivulju (4.47) opisuje projekcija A′, to jest tačka u kojoj noramala spuštena na ravninu XY probija tu ravninu. Ovom se mora još pridodati i kretanje u pravcu paralele A' A s osi z. z vz
p
A v
vϕ k eϕ 0 er
ϕ
x
v′
vr
y r
A' vϕ
vr
Slika 4.16 Brzina tačke u cilindričnom koordinatnom sistemu p1 v′
53
Brzina tačke A određena je njenim komponentama ,
v = vr er + vϕ eϕ + v z k
(4.48)
gdje je: vr =
dr − dt
vϕ = r vz =
radijalna komponeneta,
dϕ − dt
dz − dt
cirkularna komponenta,
aksijalna komponenta.
Intenzitet vektora brzine određen je jednačinom v=
vr2 + vϕ2 + vz2
,
(4.49)
dok je pravac određen relacijama cos ∠(v , vr ) =
vr v
,
(
)
cos ∠ v , vϕ =
vϕ v
,
cos ∠(v , vz ) =
vz v
.
(4.50)
Analagnim postupkom dolazimo do komponenata ubrzanja tačke A: ar =
⎛ dϕ ⎞ − r⎜ ⎟ − 2 dt ⎝ dt ⎠
aϕ = 2
az =
2
d 2r
radijalna komponenta,
dr dϕ d 2ϕ +r 2 − dt dt dt
d 2z − dt 2
cirkularna komponenta i
aksijalna komponenta.
Intenzitet ubrzanja tačke A dat je jednačinom a= 54
ar2 + aϕ2 + a z2
,
(4.51)
a pravac sa cos ∠(a , ar ) =
ar a
,
(
)
cos ∠ a , aϕ =
aϕ a
cos ∠(a , a z ) =
,
az a
.
(4.52)
4.2.5 Sektorska brzina Pretpostavimo da se tačka u trenutku t nalazi u položaju A i u trenutku t +Δt u položaju A1. Pri tom kretanju radijus vektor prebriše površinu trougla OAA1 (Δσ).
A1 v (t+Δt) r1 Δr t A ϕ r
S
0
Slika 4.17 Sektorska brzina Apsolutna vrijednost te površine data je relacijom Δσ =
1 r × Δr 2
,
(4.53)
a tu površinu možemo smatrati vektorom, pa je možemo izraziti kao Δσ =
1 r × Δr 2
.
(4.54)
Srednja brzina porasta te površine u općem pravilu je SW =
Δr Δσ 1 = r× Δt 2 Δt
.
(4.55)
55
Pod sektorskom brzinom podrazumijeva se površina koju prebriše radijus vektor u jedinici vremena. Ona se dobije kao granična vrijednost srednje brzine S W . Δσ 1 Δr = r × lim Δt → 0 Δt Δt → 0 Δt 2
S = lim S sr = lim Δt → 0
Kao što nam je poznato,
lim
Δt → 0
Δr dr = =v Δt dt
.
, te se prethodna jednačina svodi na
slijedeći oblik: S=
dσ 1 = r ×v dt 2
(4.56)
Vektorski produkt r × v može se tretirati po analogiji sa silom kao statički moment vektora brzine s obzirom na tačku O. S obzirom na ovakav zaključak, sektorska brzina je polovina statičkog momenta vektora brzine s obzirom na pol O. Vektor sektorske brzine je okomit na ravninu trougla OAA1 - slika 4.17. Ukoliko putanja tačke leži u ravnini, tada radijus vektor i vektor brzine također leže u toj ravnini, pa će prema tome vektor sektorske brzine imati u tom slučaju stalan smjer, okomit na ravninu putanje. Vektor sektorske brzine možemo prikazati preko projekcija na osi Descarrtesovog koordinatnog sistema Oxyz i 2S = r × v = x
x
j k y z y z
,
(4.57)
iz koje slijedi da je 2Sx = y z − z y 2Sy = z x −x z 2Sz = x y − y x , gdje je x=
56
dx = vx dt
(4.58)
y=
dy = vy dt
z=
dz = vz dt
.
Ako promatrana tačka A izvodi ravno kretanje, tada se površina elementarnog trougla može izraziti kao dσ =
1 2 r dϕ 2
,
a apsolutna vrijednost sektorske brzine dσ 1 2 dϕ = r dt 2 dt
,
(4.59)
gdje je ϕ(t) polarni ugao obrtanja radijus vektora. 4.3. RIJEŠENI ZADACI Zadatak 4.1. Kretanje tačke određeno je jednačinama kretanja x = r⋅cos ωt y = r⋅sin ωt z = h⋅ ωt . 2π
Potrebno je istražiti zadano kretanje i odrediti brzinu i ubrzanje tačke. Rješenje: Projekcija kretanja u ravnini xy je kretanje po kružnici x2 + y2 = r2 , a ako se parametar (vrijeme) t odredi iz treće i uvrsti u drugu jednačinu dobit ćemo y = r⋅sin 2π ⋅ z , h
57
što znači da je projekcija putanje na ravninu yz sinusoida, a projekcija putanje na ravninu xz je kosinusoida x = r⋅cos 2π ⋅ z . h z
v
H h M z
0
r ϕ x
v
y
M0
Slika uz zadatak 4.1 Zaključujemo da je putanja tačke zavojnica na valjku. Projekcije brzine tačke su: vx = vy = vz =
dx dt dy dt dz dt
= −ω⋅r⋅sin ωt = −ω⋅r⋅cos ωt = h⋅
ω 2π
,
a apsolutna veličina brzine je v=
v x2 + v 2y + v z2 = ω 2 r 2 + h 2
ω2 ω = h 2 + 4π 2 r 2 2 2π 4π
Pravac vektora brzine definiran je kosinusima smjerova cos∠ ( v ,x) = cos∠ ( v ,y) =
58
2π r vx sin ωt =− 2 v h + 4π 2 r 2 vy 2π r cos ωt = 2 v h + 4π 2 r 2
.
cos∠ ( v ,z) =
vz = v
h h + 4π 2 r 2 2
.
Projekcije ubrzanja tačke su: ax = ay =
d 2x 2
=
2
=
dt d2y dt
dvx dt dv y dt
= −ω2⋅r⋅sin ωt = −ω2⋅r⋅cos ωt
az = 0 , a apsolutna veličina ubrzanja je a=
a x2 + a 2y + a z2
= ω2 r .
Pravac vektora ubrzanja definiran je jednačinama cos∠ ( a ,x) = ax = − cos ωt cos∠ ( a ,y) = cos∠ ( a ,z) =
a ay
= − sin ωt a az =0 . a
Zadatak 4.2. Tačka se kreće u ravnini tako da su joj projekcije brzine vx = 10⋅t2 + 5 m/s i vy = 3⋅t2 − 10 m/s. U trenutku t = 0 tačka se nalazila u položaju x = 5 m i y = − 10 m. Potrebno je odrediti položaj, brzinu i ubrzanje tačke nakon vremena od 3 sekunde. Rješenje: Položaj tačke dobivamo integracijom projekcija brzina vx = dx = 10⋅t + 5 dt
x=
∫ v dt
vy =
dy dt
y=
∫ v dt
x
y
= 5⋅t2 +5⋅t + C1
= 3⋅t2 − 10 = t3 −10⋅t + C2
za t = 0 ; x = 5 slijedi C1 = 5 ; y = − 10 slijedi C2 = − 10. 59
Uvrštavanjem integracionih konstanti imamo da je x = 5⋅(t2 + t + 1) y = t3 − 10⋅t − 10 . Za trenutak vremena t = 3s x = 65 m y = − 13 m . U trenutku t = 3 projekcije brzina imaju vrijednost vx = 10⋅3 + 5 = 35 m/s vy = 3⋅32 − 10 = 17 m/s . Ubrzanje tačke dobivamo na analogan način dv x = dt dv y ay = = dt ax =
10 6⋅t
za t = 3 s ax = 10 m/s2 ay = 6⋅3 = 18 m/s2 . Zadatak 4.3. Viljuškar podiže paletu u jedan visoki regal konstantnom brzinom vx = 0,8 m/s i vy = 0,6 m/s. S koje visine h0 treba podizati paletu ubrzanjem 0,40 2 m/s da je podigne na visinu h1 = 4,5 m. Koju će brzinu i ubrzanje paleta imati na visini od y2 = 4,4 m? Rješenje: Ubrzanje u oba pravca Ox i Oy ax = 0 vx = vOx x = vOx⋅t
60
ay = a0 vy = a0 + vOy y = a0 t2 + vOy⋅t + h0 . 2
Ako iz prethodnih jednačina eliminiramo parametar vremena, dobit ćemo jednačinu putanje. t= x vOx
y=
a0 2 2vOx
= x2 +
vOy vOx
x + h0
. h0
U visini h1 = 4,5 m je
y
x
vy = 0 za t = t1 y = h1 t1 =
−
vOy
=−
a0
0,60 = 1,5 s 0,40
Slika uz zadatak 4.3
a0 2 t1 − vOy⋅t1 2 − −0,4 1,52 − 0,6⋅1,5 2
h0 = h1 − h0 = 4,5
h0 y= 4,05 m . m
v
4,5 4,4 4,3 4,2 4,1 4,0
δ
at δ
an a 3,5 0
0,2 0,4
0,6
0,8 1,0 1,2
x m
Putanja tačke (palete) iz zadatka 4.3 U trenutku t2 visina na kojoj se paleta nalazi je y = 4,40 m. a0 2 t2 + vOy t2 + h0 2 2vOy 2( y2 − h0 ) t22 − t2 + =0 a0 a0
y2 =
rješenje gornje jednačine t2 =
⎛ vOy − ⎜⎜ a0 ⎝ a0
vOy
2
⎞ 2( y2 − h0 ) ⎟ − ⎟ a0 ⎠
t2 = 0,793 s v2y = − 0,4⋅0,793 + 0,6 = 0,283 m/s 61
vx = 0,8 v = v22y + v02 = 0,849 m/s . Rezultirajuće..ubrzanje a = ay = 0,40 m/s2 . Ugao kog gradi vektor v brzine sa horizontalom δ = 19,47° Ukupno ubrzanje možemo razložiti na komponenete an = a⋅cosδ = 0,377 m/s2 at = a⋅sinδ = 0,133 m/s2 . Poluprečnik krivine na tački y = 4,40 m je RK =
v 2 0,849 2 = = 1,911 m. an 0,377
Zadatak 4.4. Kretanje tačke A u ravnini Oxy dato je jednačinama x = 2 + 10⋅cos 2 πt y = 3 + 10⋅
5 sin 2 πt 5
,
gdje su koordinate x i y date u mm, a vrijeme t u sekundama s. Odrediti putanju, brzinu, ubrzanje i zakon kretanja tačke A po putanji! Rješenje: y
v
A a
0
C
ϕ
s A
x
Slika uz zadatak 4.4 62
Eliminacijom parametra vremena t dobivamo jednačinu putanje (x − 2)2 + (y − 3) 2 = 102 , koja predstavlja kružnicu poluprečnika r = 10 mm. Brzina tačke A vx = vy =
dx dt dy dt
= − 4π⋅sin 2 πt =−
5 2 4π⋅cos πt 5
,
a njen intenzitet izrazom v=
v x2 + v 2y
= 4π mm/s .
Zakon kretanja tačke A po putanji s = r⋅ϕ =
t
∫ 4πdt
= 4πt .
0
Kako je v = 4π = konst., ubrzanje je jednako a = an =
v2 r
= 1,6π2 mm/s2 .
Zadatak 4.5. Pravac p obrće se u horizontalnoj ravnini oko osi kroz tačku A i pri tome siječe nepomičnu kružnicu poluprečnika r. (Njen početni položaj je stanje mirovanja p0. Ugao što ga pravac gradi sa svojim početnim položajem mijenja se po zakonu
ϕ=
⎡ d 2ϕ ⎤ ⎢ 2 ⎥ arccos ⎢ dt ⎥ ⎢ c ⎥ ⎢ ⎥ ⎣ ⎦
gdje je c - konst. 63
Odrediti brzinu i ubrzanje tačke P koja je presjecište između pravca i kružnice u funkciji ugla ϕ i za položaj kada je ϕ = π . 2
A
ϕ
0
p0
r
P p
Slika uz zadatak 4.5 Rješenje: Usvojimo Descartesov koordinatni sistem i odredimo položaj tačke P r
ϕ
0 a ax vx
r 2ϕ a y
x
P v
vy
p
y
Slika uz rješenje zadataka 4.5 xP = r (1 + cos 2ϕ) yP = r sin 2ϕ . Projekcije brzine i ubrzanja tačke P određujemo deriviranjem prethodnih jednačina vx = vy = ax = ay = 64
dxP dt dx P dt dxP dt dv x dt
= −2rϕ sin 2ϕ = −2rϕ sin 2ϕ = −2rϕ sin 2ϕ
= −4rϕ 2 cos 2ϕ − 2rϕ sin 2ϕ
.
Ugao ϕ se mijenja po zakonu d 2ϕ dt 2 d 2ϕ dt 2
= c ⋅ cos ϕ
.
= c ⋅ cos ϕ
Nakon razdvajanja promjenjivih i integriranja slijedi da je ϕ 2 = 2c ⋅ sin ϕ
.
Uvrštavanjem u izraze za brzinu i ubrzanje tačke P imamo da je
za ϕ =
v=
v x2 + v 2y = 2r 2c sin ϕ
a=
a x2 + a 2y = 2cr 1 + 15 sin 2 ϕ
π 2
v = 2r
2c
[m/s]
a = 8rc [m/s2] .
Zadatak 4.6. Projektil se izbaci iz tačke O početnom brzinom v0 = 500 m/s pod uglom α = 40°. Ako je brdo nagiba β = 15° , odrediti domet projektila i od vrijeme za koje će projektil pasti.
y v0
α
P
β
xP
x
Slika uz zadatak 4.6 65
Rješenje: Jednačine kretanja kosog hica dobivamo iz izraza za brzinu vx = v0⋅cosα vy = v0⋅sinα − g⋅t . Nakon integracije gornjih jednačina imamo da je x = v0⋅t⋅cosα y = v0⋅t⋅sinα −
1 2
g⋅t2 .
Eliminacijom parametra vremena t dobivamo jednačinu putanje prijektila y = x⋅tgα −
g x2 2 v02 cos 2 α
.
Jednačina pravca (brda) je y = tgβ⋅x . U tački pada P prijektila imamo da je y=y −
gx 2 2v02 cos 2 α gx 2
2v02 cos 2 α
+ x ⋅ tgα = x ⋅ tgβ
− x ⋅ (tgα − tgβ ) = 0 .
Sređivanjem gornje jednačine imamo jednačinu x2
−
2v02 cos 2 α (tgα − tgβ ) x=0 g
,
čije je rješenje xA =
2v02 cos 2 α (tgα − tgβ ) g
,
odnosno domet projektila OP = D = Vrijeme pada projektila
66
xA 2v 2 cos 2 α (tgα − tgβ ) = 0 = 17700 g cos β cos β
m.
xA 2v cos 2 α (tgα − tgβ ) = 0 v0 cos α v0 cos α ⋅ g 2v0 cos α (tgα − tgβ ) g
t= t=
t = 44,6 s . Zadatak 4.7. Kuglica se izbacuje iz tačke A početnom brzinom v0 , kao što je prikazano na slici. Pložaj tačke A je (xA = 0, yA = 0,8 m). Kuglica pada u tački B čiji je položaj xB = 1,2 m yB = 0. Odrediti veličinu brzine kojom treba izbaciti kuglicu, vrijeme pada kuglice, i ugao koji zauzima brzina kuglice u tački B sa horizontalom. y
v0
0,8m
A
0
1,2m
B
α
x vB
Slika uz zadatak 4.7 Rješenje: Ubrzanje i brzina kuglice je: ax = 0 ay = − g
vx = v0 vy = − g⋅t .
Položaj kuglice određen je jednačinama x = xA + v0⋅t y = yB −
gt 2 2
.
Za vrijeme kada kuglica stigne u tačku B imamo da je: t = tB
xB = xA + v0⋅tB = 1,2 m 67
yB = yA − 2 yA = g
tB =
gt B2 =0 2 2 ⋅ 0,8 = 0,404 s 9,81
.
Za xA = 0 v0 =
xB 1,2 = = 2,97 m/s t B 0,404
.
Ugao brzine u tački B tg α =
v yB v xB
=−
gt B 9,81 ⋅ 0,404 =− = −1,334 v0 2,97
α = arctg (− 1,334)
α = − 53,1° .
Zadatak 4.8. Vozilo se kreće po mostu tako da njegovo težište S opisuje parabolu y = − 0,005⋅x2 , a pređeni put po paraboli mijenja se po zakonu s=
2 2 t 3
− 9t2 + 60t .
Odrediti brzinu i ubrzanje težišta vozila u trenutku kada dođe u tjeme parabole a da brzina u tom trenutku ima najmanju vrijednost. y
0
v
S
x a
Slika uz zadatak 4.8 Rješenje: Brzina i ubrzanje vozila je ds = 2⋅t2 − 18t dt at = dv = 4t − 18 dt 2 an = v . RK
v=
68
+ 60
Poluprečnik zakrivljenosti (1 + y 2 )3
RK = gdje je
y dy = −0,01x dt
y=
(1 + 0,0001x 2 )3 / 2 0,01
.
y=
RK =
d2y dt 2
= −0,01
U tjemenu parabole x = 0 RK = 100 m. Brzina u tom položaju ima najmanju vrijednost dv dt
=0
4t1 − 18 = 0 ⇒ t1 = Pri tome je
18 4
= 4,5 s.
v1 = 2⋅t12 − 18t1 + 60 = 19,5 m/s at = dv = 0 dt
a = an =
v2 RK
=
(19,5) 2 = 3,8 100
m/s2 .
Zadatak 4.9. Tačka A kreće se po krugu poluprečnika r = 9 m , a promjena pređenog puta tačke je s = 3t2 − 9 m . Nakon vremena t = 1,8 s odrediti položaj tačke A, njenu brzinu i ubrzanje. y
y 0
A
r
ϕ x
s x
Slika uz zadatak 4.9 69
Rješenje: Do položaja tačke A dolazimo preko pređenog puta ds = r⋅dϕ ds = r dϕ ω = dϕ = 1 ds dt
ds = 9t 2 dt
ε=
1 9
sljedi da je ω =
d 2ϕ dt
dt
dt
=
2
dω dt
r dt 2 −1
9t2 = t s
= 2t s−2
s = r⋅ϕ ⇒ ϕ =
s 3t 3 − 9 t 3 = = −1 r 9 3
− rad.
Položaj tačke A 3
x = r⋅cos ϕ = r⋅cos ( t −1) = 5,28 m 3
3
y = r⋅sin ϕ = r⋅sin ( t −1) = 7,28 m . 3
Brzina tačke A vx =
3
= − r⋅sin ϕ dϕ = − r⋅t2 sin ( t −1) = − 23,617 m/s
dx dt
dt
3
3
= r⋅cos ϕ dϕ = r⋅t2 cos ( t −1) = 17,1 m/s .
vy =
dy dt
ax =
dv x dt
dt
3
Ubrzanje tačke A 2
= − r⋅cos ϕ ⎛⎜ dϕ ⎞⎟ − r⋅sin ϕ ⎝ dt ⎠
3
d 2ϕ dt 2
3
ax = − r⋅t⋅[t3 cos ( t −1) + 2 sin ( t −1)] = − 81,66 m/s2 3
ay =
dv y dt
3
2
3
= − r⋅sin ϕ ⎛⎜ dϕ ⎞⎟ − t3⋅sin( t −1) 3
⎝ dt ⎠
3
3
3
3
ay = r⋅t⋅[2 cos ( t −1) − t3 sin ( t −1)] = − 57,51 m/s2 .
70
Zadatak 4.10. Ručica prikazana na skici obrće se od ϕ = 20° konstantnom ugaonom ω0 =3,0 s−1. Na ručici je masa koja se kreće po ručici od brzinom
r m
ϕ
Slika uz zadatak 4.10
poluprečnika r = 200 mm s ubrzanjem a = 0,5 m/s2 . Kada je ϕ1 = 230° , odrediti brzinu i ubrzanje mase i poluprečnik krivine putanje mase. Rješenje: Za početni položaj ϕ0 = 20° vrijedi da je: r
r
=a = vr = a⋅t + 0
r=
1 2
ϕ
=0
ϕ = ω0
vϕ = r⋅ω0
ϕ = ω0t + ϕ0
at2 + r0
Za položaj ϕ1 vrijeme t1 t1 =
ϕ1 − ϕ 0 2300 − 200 = ω0 3,05′
= 1,222 s .
Položaj mase i njena brzina je r1 =
a 2 t1 2
+ r0 =
1 2
0,5⋅1,222 + 0,2 = 0,573 m ,
vr = a⋅t1 = 0,5⋅1,222 = 0,611 m/s , vϕ = r1⋅ω0 = 0,573⋅3,0 = 1,719 m/s , v = vr2 + vϕ2 = 1,825 m/s .
δ = 70,44° ε = 59,56° 71
230 0 A
50 0
r1
50 0
m vr
ε
δ
vp
v
Slika uz određivanje brzine
v
230 0 an
ar
A
β a
m
ε
at
ap
v
Slika uz određivanje ubrzanja ar =
a
r − rω 2
Za trenutak vremena t1, gdje je ϕ1 = 230° imamo da je: ar = 0,5 − 0,573⋅3,02 ar = − 4,657 m/s2 aϕ = 2⋅vr⋅ω + r⋅ ϕ aϕ = 2⋅0,611⋅3 + 0 aϕ = 3,666 m/s2 a=
ar2 + aϕ2
= 5,927 m/s2
β = arctg
aϕ ar
= 38,21°
γ = 50° − β = 11,79° . 72
Tangencijalna i normalna komponeneta ubrzanja je at = a⋅cos (γ + ε) at = 1,895 m/s2 an = a⋅sin (γ + ε) an = 5,616 m/s2 . Poluprečnik putanje ima vrijednost RK =
v 2 1,8252 = an 5,616
RK = 0,593 m . Zadatak 4.11. Industrijski robot s tri osi može se translatorno pomjerati u pravcu osi z i r i obrtati se oko osi ϕ(z). Držač ruke robota kreće se u pravcu osi z konstantnom brzinom v0z i ujedno se obrće ugaonom brzinom ω0. Ruka s prihvatnicom na kraju u radijalnom pravcu kreće se brzinom vr . Ako je prihvatnica u početnom ϕ = 0 odrediti položaj, brzinu i trenutku t = 0 bila u položaju r = r0, z = z0 , ubrzanje prihvatnice! 0
vz
z
vr
ϕ
ω y
r
o
x
Industrijski robot s tri osi 73
Rješenje: Kako je vr =
dr =r dt
ω=
dϕ dt
= ω0 = const.
vz =
dz =z dt
,
(za cilindrični koordinatni sistem) integracijom gornjih jednačina dobit ćemo z
ez eϕ
y z
er
q
O
ϕ
r
x
Slika uz zadatak 4.11 r = r0 +
,
vr0 t
ϕ = ω0 t ,
z = z0 +
vr0 t
.
Komponenete brzine prihvatnice su: vr =
vr0
,
vϕ = r⋅ ϕ = (r0 +
vr0 t )⋅ω0
,
vz =
z = vz0
,
a komponenete ubrzanja prihvatnice imaju vrijednost ar = −r⋅ ϕ 2 = − (r0 +
74
vr0 t )⋅ω0
2
,
aϕ =
2rϕ = 2vr0 ω0
i az = 0 .
4.4. ZADACI ZA RJEŠAVANJE Zadatak 4.12. Kretanje tačke A dato je jednačinama x = 4⋅t2 + 3 y = 3⋅t2 + 2 gdje su koordinate x i y date u m, a vrijeme t u sekundama. Odrediti putanju tačke, brzinu tačke i ubrzanje! Rješenje: y=
3 1 x− 4 4
vx = 8t ax = 8
vy = 6t ay = 6 .
Zadatak 4.13. Štap AB, koji je u početnom trenutku ležao na osi 0x, pomjera se naviše konstantnom.brzinom v0 i dovodi u kretanje prsten P duž nepomične parabole čija je jednačina y2 y= 4x . Odrediti brzinu i ubrzanje prstena P i poluprečnik zakrivljenosti parabole u funkciji x i y! vo
A
B
ϕ
P x
O
y2 = 4 ⋅ x
Slika uz zadatak 4.13 Rješenje: v = v0 1 + x v02 2 RK = 2(1 + x) sin ϕ
a=
.
75
Zadatak 4.14. Kretanje tačke A određeno je jednačinama x = r⋅(k⋅t − sin kt) y = r⋅(k⋅t − cos kt) . Odrediti brzinu i ubrzanje tačke A! Rješenje: v = 2⋅k⋅r⋅sin kt a = r⋅k . 2
2
Zadatak 4.15. Zrno izbačeno iz cijevi topa, koji stoji u podnožju brda čija je površina nagnuta pod uglom β = konst. prema horizontali kreće se saglasno jednačinama x = v0 t⋅cos α y = v0 t⋅sin α −
1 2
gt2 .
Odrediti ugao α pod kojim treba izbaciti zrno da bismo postigli najveći domet! y
A vo
α
β
x
0
Slika uz zadatak 4.15 Rješenje:
α=
76
π 4
+
β 2
ZADATAK 4.16 Poluga OB obrće se konstantnom ugaonom brzinom ω =
dϕ dt
i dovodi u
kretanje klizač A. Odrediti ukupno ubrzanje klizača A ako su ostali podaci dati na slici. ϕ B A
b
b
r
O
Slika uz zadatak 4.16 Rješenje: a=
ar2 + aϕ2 = 4ω 2b
.
Zadatak 4.17. Doboš se obrće konstantnom ugaonom brzinom ω. Poluprečnik doboša je r. Na doboš se namotava uže tako da se tačka C vuče po podlozi kao što je prikazano na slici. Odrediti brzinu i ubrzanje tačke C kraja užeta u funkciji ugla ϕ. ω r O
2r C
Slika uz zadatak 4.17 Rješenje: vr = rω cos ϕ
aC = rω2
tg 3ϕ 2 − cos ϕ
.
77
Zadatak 4.18. Tačka A kreće se po elipsi suglasno jednačinama x = a⋅cos ωt
y = b⋅sin ωt .
Odrediti brzinu i ubrzanje tačke A u trenucima kada se tačka A nalazi na koordinatnim osima! y
A2 a
2b A3
O A 4
x
A y
A1 x
2a
Slika uz zadatak 4.18 Rješenje: v = ω a 2 + b2 a = ω2 x 2 + y 2
Zadatak 4.19. Kretanje tačke u ravnini zadano je jednačinama kretanja r=
n t
ϕ = 4⋅r .
gdje je (r u m, ϕ u rad, vrijeme t u s) Odrediti trajektoriju, brzinu i ubrzanje u trenutku t = 2s! Rješenje: r⋅ϕ = 8 hiperbolna ar = − 32 m/s2 aϕ = − 64 m/s2 v = 8 5 m/s . 78
spirala
Zadatak 4.20. Kretanje tačke zadano je jednačinama x = r⋅cos ωt y = r⋅sin ωt z = ζ⋅t gdje su r, ω i ζ konstante. Odrediti brzinu i ubrzanje tačke! Rješenje: v = r 2ω 2 + ζ 2 a = r⋅ω2 . Zadatak 4.21. Poluga OA motornog klipnog mehanizma obrće se tako da se ugao što ga gradi s pravcem OB mijenja po zakonu ϕ = ω⋅t . Dužine su OA = AB = 2a. Potrebno je odrediti: a) jednačine kretanja tačke M poluge AB ako je AM = MB, b) jednačinu putanje tačke M i c) brzinu i ubrzanje tačke M. y A M O
ϕ
x
B
Slika uz zadatak 4.21. Rješenje: a) x = 3a⋅cos ωt b)
x
2
9a
2
+
y
2
a2
c) v = aω a = rω2
y = a⋅sin ωt
=1
9 sin 2 ωt + cos 2 ωt
r=
x2 + y 2 79
Složeno kretanje tačke
5.1. RELATIVNO, PRENOSNO I APSOLUTNO KRETANJE TAČKE Složeno kretanje tačke je takvo kretanje pri kojem tačka istovremeno učestvuje u dva ili više kretanja. Ako se tačka A kreće u odnosu na pomični koordinatni sistem O1x1y1z1, a isti koordinatni sistem se kreće u odnosu na nepomični koordinatni sistem Oxyz, za tačku A kažemo da vrši složeno kretanje, slika 5.1 ξ
z1
z
A
G rA
O
β
G ro1
(M ) η
G
ρA
y1
O1
ϕ x1
N
ζ
y
x
Slika 5.1 Relativno, prenosno i apsolutno kretanje
79
Tijelo (M) može vršiti bilo kakvo kretanje u odnosu na nepomični koordinatni istem Oxyz. Kretanje krutog tijela (M) može se razložiti na translatorno kretanje pola O1 i sferno kretanje tijela oko tog pola. Iz ovog slijedi da su jednačine kretanja tijela (M) određene izrazima xO 1 = x O 1(t)
yO 1 = yO 1(t)
ψ = ψ(t)
ϕ = ϕ(t)
zO 1 = zO 1(t) (5.1) θ = θ(t) ,
gdje su: xO 1 , yO 1 i zO 1 −koordinate pola O1, a ψ, ϕ i θ Eulerovi uglovi koje grade osi ξ, N i ζ , kao što je prikazano na slici 5.1. Kretanje tačke A u odnosu na pomični koordinatni sistem O1ξηζ (koji je kruto vezan za tijelo (M) i s tijelom se kreće), to jest u odnosu na tijelo (M), nazivamo relativnim kretanjem tačke. Brzina i ubrzanje tačke A u odnosu na ovaj sistem je G G njena relativna brzina v r i relativno ubrzanje a r . Kretanje tačke A u odnosu na nepomični koordinatni sistem Oxyz naziva se apsolutnim kretanjem tačke. Brzina i ubrzanje tačke A u odnosu na ovaj sistem je G G njena apsolutna brzina v i apsolutno ubrzanje a . Kretanje pokretnog koordinatnog sistema O1ξηζ (to jest tijela (M) u odnosu na nepokretni koordinatni sistem Oxyz) predstavlja prenosno kretanje s tačkom A. Brzina i ubrzanje one tačke pokretnog sistema O1ξηζ (to jest tijela M) koja se u G datom momentu poklapa s pokretnom tačkom A, predstavlja prenosnu brzinu v p i G prenosno ubrzanje a p tačke A. Osnovni zadatak proučavanja složenog kretanja tačke sastoji se u postavljanju zavisnosti između brzina i ubrzanja apsolutnog, prenosnog i relativnog kretanja. Zakon relativnog kretanja tačke A u odnosu na pomični sistem određen je vektorskom jednačinom u obliku G G G G G ρA = ρA ( t ) = ξA ( t ) i1 + ηA ( t ) j1 + ζ A ( t ) k 1
(5.2)
G G G
gdje su: i1, j1, k 1 jedinični vektori osi pomičnog koordinatnog sistema O1ξηζ . Zakon kretanja tačke A u odnosu na nepomični koordinatni sistem dat je jednačinom G G G G G rA = rA ( t ) = x A ( t ) i + y A ( t ) j + zA ( t ) k G G G
(5.3)
gdje su: i , j, k jedinični vektori osi nepomičnog koordinatnog sistema Oxyz.
80
Jednačina (5.3) je istovremeno i zakon apsolutnog kretanja tačke. Između relativnog, apsolutnog i prenosnog kretanja postoji zavisnost koja je definirana sljedećim izrazom G G G rA = rO 1 + ς M .
(5.4)
Ako su poznate jednačine (5.1) prenosnog i relativnog kretanja (5.2), iz jednačina (5.4) može se dobiti jednačina apsolutnog kretanja.
5.2. TEOREMA O SLAGANJU BRZINA
P z1
ξ
z
relativna putanja
Izvest ćemo vektorski izraz za brzine pri složenom prostornom kretanju tačke koje se sastoji od relativnog kretanja u odnosu na pomični koordinatni sistem O1ξηζ i prenosnog kretanja zajedno s tim sistemom, uz pretpostavku da je pomični koordinatni sistem vezan za kruto tijelo koje vrši proizvoljno kretanje u prostoru u odnosu na nepomični sistem Oxyz. U općem slučaju kretanje slobodnog tijela M je složeno i možemo ga rastaviti na jednu translaciju zajedno s polom O1, i na jedno sferno kretanje oko pola O1. Sferno kretanje možemo promatrati kao obrtanje oko trenutne obrtne osi O1P (slika 5.2) koja prolazi kroz pol O1. Ugaonu brzinu, koja je usmjerena duž trenutne obrtne osi O1P, označit ćemo, pošto se odnosi na prenosni koordinatni sistem, sa G G ωP , a analogno tome i ugaono ubrzanje tog sistema označit ćemo sa ε P .
ωp → apsolutna putanja tačke O k1
O1 →
x1
k →
vA →
→
i
→
→
vr
→
O j
→
→ ρA
j1
A
→
⎡→ → ⎤ v Ao1 = ⎢ω , ρ M ⎥ ⎣ ⎦
vp
→
vo1
η y1
→
v o1
→
i1
N ζ y
x
Slika 5.2 Slaganje brzina 81
G G G
Pri kretanju tačke A koordinate ξ η ζ mijenjaju veličinu, a jedinični vektori i1, j1 , k1 G mijenjaju pravac, što znači da se vektor ρA mijenja po pravcu i veličini. Da bismo našli vezu između apsolutne, prenosne i relativne brzine, pođimo od jednačine (5.4) i diferencirajmo je po vremenu. Tada dobivamo G G G G G drA drO1 ⎛ dξ A G dη A G dζ A G ⎞ ⎛⎜ di1 dj1 dk1 ⎞⎟ = +⎜ i1 + j1 + k1 ⎟ + ξ A +η A +ζ A . dt dt ⎝ dt dt dt dt dt ⎟⎠ ⎠ ⎜⎝ dt
U jednačini (5.5) G drO1 G = vO1 = dt
G drA G = vA dt
(5.5)
= apsolutna brzina tačke A (brzina u odnosu na Oxyz), a
apsolutna brzina početka pomičnog koordinatnog sistema O1ξηζ .
Rezultat deriviranja vektora položaja rGA daje dvije grupe komponenata. Izraze u zagradama jednačine (5.5) možemo transformirati ξA
G G G G G G G G G G G di1 dj dk + η A 1 + ζ A 1 = ξ A ω P × i1 + η A ω P × j1 + ζ A ω P × k1 = ω P × ρ A dt dt dt
[ (
)
(
)
(
)]
, (5.6)
Prema tome suma G G G G G G G drO1 ⎛⎜ di1 dj1 dk1 ⎞⎟ G = vO1 + [ω P , ρ A ] = vP + ξA +ηA +ζ A dt ⎜⎝ dt dt dt ⎟⎠
(5.7)
određuje brzinu prenosnog kretanja. Iz jednačine (5.7) slijedi da se brzina prenosnog kretanja sastoji od brzine translatornog kretanja, koja je jedanaka brzini tačke O1, i od brzine koja je uvjetovana obrtanjem pomičnog sistema O1ξηζ G trenutnom ugaonom brzinom ωP . Druga grupa izraza u zagradi ⎛ dξ A G dη A G dζ A G ⎞ G i1 + j1 + k1 ⎟ = vr ⎜ dt dt ⎝ dt ⎠
(5.8) G G G
daje brzinu tačke A pri konstantnim osnovnim jediničnim vektorima i , j , k , to jest njenu relativnu brzinu. Prema tome, jednačina (5.5) je analitički izraz teoreme o sastavljanju brzina, to jest G G G v A = v P * + + vr 82
.
(5.9)
Jednačina (5.9) izražava teoremu o slaganju brzina i ona glasi: Apsolutna brzina tačke koja vrši složeno kretanje jednaka je vektorskom zbiru njene prenosne i relativne brzine. Ukoliko su poznate veličine vektora prenosne i relativne brzine i ugao α između ova dva vektora, onda do intenziteta vektora apsolutne brzine dolazimo pomoću jednačine v A = vP2 + vr2 + 2vP vr cos α
.
(5.10)
5.3. TEOREMA O SLAGANJU UBRZANJA Da bismo odredili vezu između apsolutnog, prenosnog i relativnog ubrzanja, pođimo od izraza (5.5). Deriviranjem izraza (5.5) po vremenu dobivamo izraz za apsolutno ubrzanje tačke A. G G G G G d 2 rO1 ⎛ d 2 i1 d 2 j1 d 2 k1 ⎞ ⎛ d 2ξA G d 2ηA G d 2ζ A G ⎞ d 2 rA G = aA = + ⎜ξ + ηA 2 + ζ A 2 ⎟ + ⎜ 2 i1 + 2 j1 + 2 k1 ⎟ + dt dt dt 2 ⎝ A dt 2 dt dt ⎠ ⎝ dt dt 2 ⎠ G G G ⎛ dξA di1 dηA dj1 dζ A dk1 ⎞ +2⎜ + + ⎟ dt dt dt dt ⎠ ⎝ dt dt
Prvi član na desnoj strani jednačine (5.11)
.
(5.11)
G d 2 rO 1
dt 2
=
G dv O 1 G = a O1 dt
apsolutno je ubrzanje
početka pomičnog kordinatnog sistema O1ξηζ . Prvi izraz u zagradi jednačine (5.11) dobiva se matematički, uz uslov da je ξA = const. ,η A = const., ζ A = const. , i zato je G d 2 i1 d G G G G G G G ωP , i1] = [ εP , i1] + ωP , [ ωP , i1] [ 2 = dt dt G G G ⎡ d 2 i1 d 2 j1 d 2 k1 ⎤ G G G G G ⎢ξA 2 + ηA 2 + ζ A 2 ⎥ = [ εP , ρA ] + ωP , [ ωP , ρA ] dt dt dt ⎣ ⎦
[
]
[
(5.12)
]
Prva grupa komponenata određuje dio prenosnog ubrzanja uslijed obrtanja pomičnog kordinatnog sistema O1ξηζ u odnosu na nepomični koordinatni sistem Oxyz. Ukupno prenosno ubrzanje sastoji se od ubrzanja translatornog kretanja sistema O1ξηζ (ubrzanje tačke O1) i ubrzanja uslijed obrtanja pomičnog sistema, to jest
[
]
G G G G G G G G G G a P = a O1 + [ εP , ρA ] + ωP , [ ωP , ρA ] = a O1 + ( a OA1 ) n + ( a OA1 ) t .
(5.13) 83
Drugi izraz u zagradi jednačine (5.11) nije ništa drugo nego ubrzanje tačke A u odnosu GnaG pomične osi, to jest relativno ubrzanje (uz pretpostavku da jedinični G vektori i1, j1, k1 ne mijenjaju pravac) d 2 ξ G d 2ηA G d 2ζ A G G a r = 2A i1 + j+ k dt 2 1 dt 2 1 dt
.
(5.14)
G
G vr
z Q
P
z1
ξ
(aG )
G a Ao
o A n
ωp
(aG )
o A t
G ap G ar
A →
G
εp
G
ωp G j1
G k1
G rA O1 G r G k
O
x
G i
G j
x1
G
ρA
acor
η y1
G i1
N
ζ
y
Slika 5.3 Slaganje ubrzanja
84
G aA
Treći izraz u zagradi jednačine (5.11) predstavlja uzajamno djelovanje prenosnog i G relativnog kretanja, a naziva se Coriolisovo* ubrzanje a Cor . G G G ⎛ dξA di1 dηA dj1 dζ A dk 1 ⎞ G a Cor = 2⎜ + + ⎟= dt dt dt dt ⎠ ⎝ dt dt ⎡ G dξ G G dη G G dζ G ⎤ = 2⎢ωP × A i1 + ωP × A j1 + ωP × A k 1 ⎥ ⎣ ⎦ dt dt dt
=
⎡ G ⎛ dξ G dη G dζ G ⎞⎤ G G = 2⎢ωP × ⎜ A i1 + A j1 + A k 1 ⎟⎥ = 2[ ωP , v r ] ⎝ dt ⎠⎦ dt dt ⎣ G G G a Cor = 2[ ω P , v r ] .
(5.15)
Coriolisovo ubrzanje jednako je dvostrukom vektorskom proizvodu vektora ugaone brzine obrtnog prenosnog kretanja i vektora relativne brzine tačke u odnosu na pomični koordinatni sistem. Iz jednačine (5.15) zaključujemo da se Coriolisovo ubrzanje pojavljuje kao posljedica promjena relativne i prenosne brzine. Uslijed relativnog kretanja tačke mijenja se prenosna brzina tačke, a uslijed obrtnog prenosnog kretanja dodatno se mijenja pravac relativne brzine u odnosu na nepomièni koordinatni sistem. Jednačinu (5.11) možemo napisati u skraćenom obliku G G G G a A = aP + ar + aCor
.
(5.16)
Apsolutno ubrzanje tačke A pri složenom kretanju jednako je geometrijskoj sumi prenosnog, relativnog i Coriolisovog ubrzanja. Ovaj teorem se naziva Coriolisov teorem. G Veličina vektora a Cor određena je izrazom aCor = 2⋅ωP⋅vr⋅sin∠ (ωG P , vGr ) .
(5.17)
G
Pravac i smjer vektora a Cor određuje se po pravilu vektorskog proizvoda dvaju vektora - slika 5.4. Ukoliko je ωG P ⊥ vGr , tada je sin∠ (ωG P , vGr ) = 1 , te imamo (5.18) *
aCor = 2⋅ωP⋅vr⋅.
Fizičar i inženjer Gaspard Gustave de Coriolis, 1792-1843. 85
G acor
G acor
900 G vrel
G vrel
G
2ω G
ω
Slika 5.4 Pravac i smjer Coriolisovog ubrzanja G G
G
U tom slučaju vektori ωP , v r i a Cor su međusobno okomiti. Možemo zaključiti da pravilo paralalograma o zbrajanju vektora ne vrijedi za sastavljanje ubrzanja, osim kada je aGCor = 0. Coriolisovo ubrzanje će biti jednako nuli ako je: G a) ωP = 0 , to jest ako se pomični koordinatni sistem kreće translatorno u odnosu na nepomični koordinatni sistem, b) vGr = 0 , to jest ako se tačka ne kreće u odnosu na pomični koordinatni sistem, c) sin∠ (ωG P , vGr ) = 0 , to jest ako su vektori
G
G
ω P , vr
paralelni.
5.4. RIJEŠENI ZADACI Zadatak 5.1. Kolica K kreću se ravnomjerno ubrzano po pravolinijskoj dionici puta ubrzanjem aK = 2 m/s2 . Niz strmu ravninu kolica koja je nagnuta pod uglom α = 45° kreće se kuglica ravnomjerno ubrzano ubrzanjem aM = 2 m/s2 u odnosu na kolica. Odrediti brzinu i ubrzanje kuglice u odnosu na nepomični koordinatni sistem Oξη , ako su u početnom trenutku kuglica i kolica mirovali, a kuglica se nalazila u tački A kolica. Odrediti jednačinu trajektorija kuglice ako je poznata visina h tačke A. y
η
A h
G G M ap vp G G aM ar G vr
α
G vM
x
ζ
Slika uz zadatak 5.1 86
Rješenje: Kretanje kuglice M u odnosu na sistem Oξη je njeno apsolutno kretanje, dok je kretanje kuglice M po kolicima K (u odnosu na kolica) relativno kretanje. Kretanje kolica za kuglicu M predstavlja prenosno kretanje. Zaključujemo da je prenosno ubrzanje aP = aK = 2 m/s2 . Kuglica M u odnosu na kolica kreće se po pravoj liniji pa je relativno ubrzanje kuglice ar = aM =
2
m/s2 . G G G aCor = 2[ω P , vr ] =
Coriolisova komponenta ubrzanja translatorno, te slijedi da je ωG P = 0 . Apsolutno ubrzanje kuglice M
0 jer je prenosno kretanje
G G G a M = a P + ar
. Na osnovu slike zaključujemo da je intenzitet apsolutnog ubrzanja aM =
G aP2 + ar2 + 2a P ar cos ∠(a P , ar )
aM =
22 +
( 2) + 2⋅2 2
=
2 cos 450
10
m/s2 .
Da bismo odredili apsolutnu brzinu kuglice, pođimo od činjenice da za pravolinijsku translaciju vrijedi dvP = aP dt
dv P = aP dt
.
Nakon integracije prethodnih jednačina imamo vP = 2⋅t + C1
vr = 2 t + C2 .
Integracione konstante C1 i C2 odredit ćemo iz početnih uvjeta. Za t = 0 kuglica je mirovala vP = vr = 0, pa slijedi C1 = C2 = 0 , 87
te dobivamo vP = 2⋅t
vr =
2
t.
2 t cos 450
=
Apsolutna brzina kuglice M jednaka je G G G vM = vP + vr
,
a njen intenzitet vM =
G vP2 + vr2 + 2vP vr cos ∠(vP , vr )
vM =
(2t ) 2 +
( 2 t ) + 2 ⋅ 2t 2
10
t m/s2 .
Da bismo odredili jednačinu trajektorija kuglice u odnosu na nepomični koordinatni sistem Oξη, primijetimo da je dξ = (vM )ξ dt
dη = (vM )η dt
.
Na osnovu slike vidimo da su projekcije apsolutne brzine kuglice M na osi Oξ i Oη (vM)ξ = vP + vr⋅cos45° = 3⋅t (vM)η = − vr sin45° = − t Uvrštavanjem u gornje jednačine dobit ćemo dξ = 3t dt
dη = −t dt
.
Integracijom prethodnih jednačina imamo
ξ = 3 t2 + C3 2
η = C4 −
t2 2
.
Integracione konstante C3 i C4 određujemo iz početnih uslova za t = 0 ξ0 = 0 η0 = h , te slijedi C3 = 0 i C4 = h. 88
Uvrštavanjem integracionih konstanta imamo da je
ξ = 3 t2
η=h−
2
t2 2
.
Eliminacijom paramatra vremena t iz ovih jednačina kretanja kuglice M dobivamo putanju kuglice M u odnosu na nepomični sistem Oξη
η=h−
ξ 2
.
Zaključujemo da je trajektorij kuglice M pravac. Zadatak 5.2. Ravni mehanizam prikazan na slici sastoji se od poluga O1A i O2B dužina 0,4 m i ploče u kojoj je urezan žlijeb poluprečnika r = 0,16m. Poluge se obrću oko osi kroz tačke O1 i O2 po istom zakonu ϕ = π t3 radi. U žlijebu se kreće kuglica po 4
zakonu s = 8πt m . Odrediti apsolutnu brzinu i ubrzanje kuglice u trenutku t = 1s ako je O1O2 = AB . 2
O2
ϕ B
O1
r
ϕ s
M
A
Slika uz zadatak 5.2 Rješenje: Za cijelo vrijeme kretanja poluge O1A i O2B ostaju paralelne te ploča vrši translatorno kretanje. Apsolutna brzina kuglice M je G G G vM = vP + vr 89
gdje je: intenzitet prenosne komponente brzine vp = vB = O2B⋅ dϕ = 3t2π , dt
a intenzitet relativne komponente brzine vr =
ds dt
= 16πt .
O2
( )n G ap
x
G vB
( )t G ap
G vr
B
(aGr )t
G vp
(aGr )n y
Slika uz rješenje zadatka 5.2 Intenzitet apsolutne brzine tačke M je vM =
( ) +( ) vM 2x
vM 2y
za trenutak t = 1s ϕ =
2
⎛ 2 ⎞⎟ ⎛⎜ 2 ⎞⎟ + − vr − v P = ⎜ − vP ⎜ ⎟ ⎜ 2 ⎠ ⎝ 2 ⎟⎠ ⎝
2
.
π 4
vM = 5,732 m/s . Pošto je prenosno kretanje translatorno ubrzanja svih tačaka ploče su jednaka, to je i ubrzanje one tačke ploče koja se poklapa s tačkom M jednako ubrzanju tačke B. G G G G G aP = (aP )n + (aP )t = (aB )n + (aB )n
.
Intenziteti prenosne komponente ubrzanja za t = 1s je (aP)t = O2B⋅ d
2
ϕ
dt 2
90
= O2B⋅ 3 π ⋅2t = 0,6π m/s2 4
2
(aP)n = O2B⋅ ⎛⎜ dϕ ⎞⎟ = ⎝ dt ⎠
0,9 4
π2 m/s2
Relativno kretanje je kretanje po polukružnom žlijebu radijusa r = 0.16 m, te je relativna komponenta ubrzanja G G G ar = (ar )n + (ar )t
pri čemu su intenziteti za t = 1s (ar)t =
d 2s dt 2
(ar)n =
v2 r
= 16π m/s2 = 16π2t2 m/s2 = 16π2 m/s2 .
Apsolutno ubrzanje kuglice M je G G G G aM = a P + ar + aCor
.
Pošto je prenosno kretanje translatorno jednako nuli aGCor = 0 . Intenzitet apsolutnog ubrzanja je
G
ωP = 0
, slijedi da je Coriolisovo ubrzanje
aM = (aM )2x + (aP )2y gdje je (aM)x = (ar)n + [(aP)n − (aP)t ]
2 2
(aM)y = − (ar)t + [−(aP)n − (aP)t ] aM =
0,426 2 + 4,788 2
= 0,426 m/s2 2 2
= 4,788 m/s2
= 4,8 m/s2 .
Zadatak 5.3. Kod mehanizma prikazanog na slici letva I kreće se ubrzano naviše i u trenutku kad je α = 30° ima brzinu v1 = 3 m/s i ubrzanje a1 = 3 m/s2 . U istom trenutku kraj letve II udaljen je od pravca letve I za rastojanje BO , a kraj letve II ima brzinu v2 = 5 m/s i usporenje a2 = 1 m/s2 . U prikazanom trenutku odrediti ugaono ubrzanje kulise III i ubrzanje kalema B u odnosu na kulisu. 91
y I G a1
G v1
A III
α G
II v2
B
x
G a2
O
Slika uz zadatak 5.3 Rješenje: Prenosno kretanje za tačku B u datom trenutku predstavlja kretanje one tačke kulise s kojom se u tom trenutku poklapa tačka B. Pošto kulisa vrši ravno kretanje G G G G G vP = v A + vBA = v1 + vBA
. Prema teoremu o slaganju brzina za tačku B apsolutna brzina je G G G v B = vr + v P
to jest G G G G G vP = v A + vBA = v1 + vBA
G v1
α G vr
B
(I) G a1
η A
α
(aGcor )
G v2
B A n
G ar
B
ζ
A
(aG )
G a2
G vBA
η
(aG )
B A t
ζ
Slika uz rješenje zadatka 5.3 92
Projektujmo jednačinu I na osi Oξ i Oη dobit ćemo v2 cosα = − v1 sinα +
vBA
v2 sinα = vr + vr cosα . Iz gornjih jednačina dobivamo vBA
= v2 cosα + v1 sinα = 3
3
m/s
vr = v2 sinα − vr cosα = 1 m/s . Prenosna ugaona brzina ωP =
3 −1 vBA = s 2 BA
.
Ubrzanje tačke B je G G G G aB = ar + a P + aCor
Apsolutno ubrzanje tačke B je
G G a B = a2
.
Coriolisovo ubrzanje G G G aCor = 2[ω P , vr ]
aCor = 2ωP vr sin90° =
3
m/s2 .
Prenosna komponenta ubrzanja G G G G a B = a r + a P + aCor
gdje je
G G a B = a2
(a )
A B n
= ω P2 ⋅ A B
= 4,5 m/s2
( ) ( )
G G G G aP = a A + aBA n + aBA
t
.
(II)
Projektovanjem jednačina II na osi Bξ i Bη dobivamo 93
− a2 cosα = − a1 sinα +
(a )
− a2 sinα = ar +
A B n
(a ) − aCor A B t
+ a1 cosα .
Iz gornjih jedančina dobit ćemo
(a )
A B t
Kako je poznato
(a )
A B t
= aCor + a1 sinα − a2 cosα =
ar = − a2 sinα − a1 cosα −
(a )
A B n
3
m/s2
= − 6,5 m/s2 .
, nalazimo εP =
(a )
A B t
BA
=
3 −2 s 6
.
Zadatak 5.4. Remenica prilazana na slici obrće se ugaonom brzinom ω i dobiva trenutno ugaono ubrzanje ε = 12 s−2 . štap O,A pričvršćem je za remenicu u tački O1 i ima ε1 = 18 s−2 , a tačka A relativnu brzinu vr = 1 m/s . Odrediti ugaono ubrzanje apsolutno ubrzanje tačke A u trenutku kada osi obrtanja O1 i O poluge O1A i remenice leže na istoj vertikali! Zadani su podaci: O1 A = 0,3 m OO1 = 0,5 m OA = 0,4 m n = 120°/min . G vr
G arn
ε1
G art
A G aG t p an
0
G acor
ε
p
ω 0
Slika uz zadatak 5.4 Rješenje: Apsolutno ubrzanje tačke A je G G G G a A = a P + ar + aCor G G G G G G a A = (aP )n + (a P )t + (ar )n + (ar )t + aCor 94
.
(I)
Intenziteti komponenata ubrzanja (aP)t = OA ε = 0,4⋅12 = 4,8 m/s2 (aP)n = OA ω2 = 0,4⋅(4π)2 = 64 m/s2 (ar)t = O1 A ε1 = 0,3⋅18 = 5,4 m/s2 (ar)n =
12 vr2 = O1 A 0,3
= 3,3 m/s2
aCor = 2ωP vr = 2⋅4⋅π⋅1 = 25 m/s2 Projektovanjem jednačine (I) na osi Ox i Oy imamo (aA)x = (aP)t + (ar)n + aCor (aA)y = (aP)n − (ar)t . Intenzitet apsolutnog ubrzanja aA = (a A )2x + (a A )2y aA = [(aP )t + (ar )n + aCor ]2 + [(aP )n − (ar )t ]2 = 67,3 m/s2 Zadatak 5.5. Tačka M kreće se jednoliko duž izvodnice vertikalnog konusa, od tjemena prema osnovi, relativnom brzinom vGr . Os konusa je OA. Ugao konusa je 2α . U trenutku t = 0 rastojanja OM 0 = b . Konus se obrće oko osi OA konstantnom ugaonom brzinom ω . Odrediti apsolutnu brzinu i apsolutno ubrzanje tačke M u proizvoljnom trenutku vremena. O b
2α Mo
vr ⋅ t
(aG p )n
R
G vp
G aM
G acor
M
G
ω
G vr
A
Slika uz zadatak 5.5 95
Rješenje: Relativno kretanje tačke M je pravolinijsko jednoliko kretanje, pa je u ovom slučaju a1 = 0 vr =
dsr dt
te je sr = b + vr t .
Prenosno kretanje tačke M je jednoliko kružno kretanje ωP = ω = const. po krugu poluprečnika R = sr sinα = (b + vr t)⋅sinα . Prenosna brzina Vektori
G vP
i
G vr
vP = R⋅ωP = (b + vr t)⋅ω⋅sinα . zatvaraju ugao od 300 te je vM =
vP2 + vr2 = vr2 + (b + vr t ) 2 sin 2 α ⋅ ω 2
.
Prenosna komponenta ubrzanja aP = (aP)n = R⋅ω2 = (b + vr t)⋅ω2⋅sinα . Intenzitet Coriolisova ubrzanja aCor = 2ωP vr sinα = 2ω vr sinα . Vektori (aGP )n i
G aCor
zatvaraju ugao od 900 , te je intenzitet apsolutnog ubrzanja aM =
ω ω 2 (b + vr t ) 2 + 4vr2 sin α
.
Zadatak 5.6. Ploča prikazana na slici obrće se ugaonom brzinom ω = 2,0 s−1 i ima ugaono ubrzanje ε = 3,0 s−2 . U ploči su urezani žljebovi u koje se ubacuju kuglice A, B i C brzinama v = 1,2 m/s i imaju ubrzanje a = 2,5 m/s2 u odnosu na ploču. Kuglica A ide prema gore, kuglica B desno i kuglica D lijevo. Ako je r = 1,0 m , odrediti apsolutno ubrzanje kuglica A, B i C. 96
A
45
r
r0 r
0
B
450
450
r
D
O
Slika uz zadatak 5.6 Rješenje: Ubrzanje apsolutno za sve kuglice G G G G a A = a P + ar + aCor . Prenosno kretanje je obrtanje ploče, a relativno kretanje je kretanje kuglica u žljebu. Za sve tačke G G G G a A = aP + ar + aCor
gdje je
(aP)n = r⋅ω2 = 4,0 m/s2 (aP)t = r⋅ε = 3,0 m/s2 aCor = 2⋅ω⋅vr = 4,8 m/s2 .
Za tačku A slijedi: ar = 2,5 m/s2
(aG p )t
G acor
G ar
G aA
(aG p )n aA = 2,5 m/s2 .
G ap
Ubrzanje tačke A zadatka 5.6 22,50 G ap
Za tačku B slijedi da je G G G a P = (a P )n + (a P )t
(ar)t = 2,5 m/s2 (ar)n =
v2 r0
aB = 12,86 m/s2 .
G ar
G aB
G acor
Ubrzanje tačke B zadatka 5.6 97
Za tačku C slijedi da je
( )
rε + a p
G G G ar = (ar )n + (ar )t
G ac
(ar)t = 2,5 m/s2 (ar)n =
2
v r0
rω 2 +
t
v2 + acor r
450
= 1,44 m/s2
aC = 11,62 m/s2 .
Ubrzanje tačke C zadatka 5.6
Zadatak 5.7. Ruka robota prikazana na slici vrši obrtanje oko osi kroz tačku A i B. Ako je ωAB = 5,0 s−1 ωBC = 4,0 s−1 i ugaona ubrzanja εAB = 40,0 s−2 εBC = 30,0 s−2, odrediti apsolutna ubrzanja tačaka B, C, D i E. Poznate su dužine lAB = 1,50 m , lBC = 1,20 m , lAE = 0,75 m i lBD = 0,60 m. B
300
450
D
E C
A
Slika uz zadatak 5.7 Rješenje: Rezultirajuća ugaona brzina
ωrez = ωAB + ωBC = − 5,0 + 4,0 = − 1,0 s−1 , i rezultirajuće ugaono ubrzanje
εrez = εAB + εBC = 40,0 + 30,0 = 70,0 s−2 . Prenosno kretanje je obrtanje poluge AB, a relativno kretanje obrtanje poluge BC. Kretanje tačke C možemo posmatrati u ravnini.
98
B
C A
f
Kretanje tačke C zadatka 5.7
B
300 450 0 δ 15 A
7,520 G vp
ε C
32,27 0 G vC
G 150 vrel
Geometrija i brzina tačke C Na osnovu slike vidimo da je
ε = 7,52°
lAC = 1,070 m
δ = 52,48° .
Apsolutna brzina tačke C G G G vC = vP + vrel
vP = lAC⋅ωAB = 5,36 m/s vr = lBC⋅ωBC = 4,80 m/s vC = 6,707 m/s Apsolutno ubrzanje tačke C G G G G a B = ar + a P + aCor
.
(I)
Prenosna komponenta ubrzanja tačke C (aP)t = lAC⋅εAB = 1,070⋅40,0 = 42,80 m/s2 (aP)t = lAC⋅ω2AB = 1,070⋅5,02 = 26,75 m/s2 . Relativno ubrzanje tačke C (ar)t = lBC⋅εBC = 1,2⋅30,0 = 36,0 m/s2 (ar)t = lBC⋅ω2BC = 1,2⋅4,02 = 19,2 m/s2 . 99
Coriolisovo ubrzanje aCor = 2⋅ωAB vr vr = lBC⋅ωBC = 1,2⋅4,0 = 4,80 m/s aCor = 2⋅5,0⋅4,80 = 48 m/s2 .
(aGr )t
G vrel
ω AB 150
G acor
150
(aGr )n
(aG p )t
(aG p )n 7,520
G acor G ac 63,650
Ubrzanje tačke C Projektovanjem jednačine I na osi x i y dobivamo (aC)x = −(aP)t⋅sin7,52° −(aP)n⋅cos7,52° + (ar)t⋅cos15° − (ar)n⋅sin15° + aCor⋅sin15° (aC)x = 10,11 m/s2 (aC)y = (aP)t⋅cos7,52° −(aP)n⋅sin7,52° + (ar)t⋅sin15° + (ar)n⋅cos15° − aCor⋅cos15° (aC)y = 20,42 m/s2 aC = (aC )2x + (aC )2y = 10,112 + 20,422 = 22,79 m/s2
Iz geometrije za tačku D vrijedi da je lAD = 1,156 m
100
δ = 21,52°
ε = 38,48°
150
30 0
450
δ
(aGr )n
(aGr )t
(aG p )t
(aG p )n
38,48 0
(aGcor )
ε
(aGD )
16,49 0
Ubrzanje tačke D Prenosno ubrzane tačke D (aP)t = lAD⋅εAB = 46,24 m/s2 (aP)n = lAD⋅ω2AB = 28,90 m/s2 . Relativno ubrzanje tačke D (ar)t = lBD⋅εBC = 18,0 m/s2 (ar)n = lBD⋅ω2BC = 9,6 m/s2 . Coriolisovo ubrzanje tačke C aCor = 2⋅ωAB⋅vr aCor = 24 m/s2
vr = lBD⋅ωBC = 2,40 m/s
Projektovanjem vektorske jednačine na osi koordinatnog sistema x i y dobivamo (aB)x = − 30,28 m/s2
(aD)y = 8,96 m/s2
Na potpuno isti način određujemo ubrzanje tačke B i E (aB)t = lAB⋅εAB = 60 m/s2 (aB)n = lAB⋅ω2AB = 37,5 m/s2 aB = (aB )t2 + (aB )2n = 70,76 m/s2 . Mogli smo odrediti intenzitet ubrzanja tačke B i preko projekcija na osi koordinatnog sistema x i y
i za tačku E
(aB)x = − 30,28 m/s2
(aD)y = − 2,48 m/s2
(aE)x = − 35,36 m/s2
(aE)y = − 1,24 m/s2 .
dobivamo vrijednosti projekcija ubrzanja na ose Ox i Oy. 101
5.2. ZADACI ZA RJEŠAVANJE Zadatak 5.8. Štap AB, dužine l, oslanja se krajem B na kosu ravninu prizme C koja se G G kreće brzinom v0 i ubrzanjem a 0 na desno. Odrediti ugaonu brzinu i ugaono ubrzanje štapa AB u trenutku kada je ϕ = 30° . Ugao nagiba prizme je β = 75° .
B G v0
A
ϕ
β
G a0
Slika uz zadatak 5.8 Rješenje: ωAB = v0 (1 + 2l
εAB =
3)
(
)
⎤ 1+ 3 ⎡ v02 1+ 3 ⎥ ⎢a0 + 2l ⎣⎢ 2l ⎦⎥
Zadatak 5.9. Vatov centrifugalni regulator obrće se oko vertikalne osi AB. Uslijed promjene režima rada mašine doći će do udaljavanja kugli od osi obrtanja AB. Naći apsolutnu brzinu i ubrzanje središta kugli regulatora ako se u posmatranom trenutku regulator obrće ugaonom brzinom ω = 4 s−1 i ubrzanjem ε = 0,8 s−2 . Kugle se obrću oko osi O1 i O2 ugaonim brzinama ω1 = 2 s−1 i ugaonim ubrzanjem ε1 = 0,2 s−2 . Poznate su dužine l = 4,0 m O1O2 = 1,0 m i α = 30° .
102
z
B O1
O2
G α G ω1
ε1 C1
C2
R
G
ω G ε y A
x
Slika uz zadatak 5.9 Rješenje: v = vP2 + vr2 = 12,8 m/s a=
a x2 + a 2y + a z2
= 86,9 m/s2 .
Zadatak 5.10. Kulisa AB oscilira oko A uslijed djelovanja zuba C na kružnoj ploči poluprečnika r, koja rotira sa ω = const. . Odrediti ugaono ubrzanje εAB kulise AB u trenutku kada je ϕ = 15° i ako je poznato ω = 4 s−1 r = 60 mm i a = 90 mm. B
ω
C A
r
ϕ
O
a
Slika uz zadatak 5.10 Rješenje: εAB = 62,6 s−2 . 103
Zadatak 5.11. Horizontalni štap AB premješta se paralelno samom sebi po vetikali konstantnom brzinom vG0 i pri tome presjeca nepomičnu kružnicu poluprečnika r. Odrediti brzinu i ubrzanje tačke M, presjecište tačke kružnice i štapa u odnosu na O kružnicu i na štap u trenutku kada je ϕ = 60° . A
M
ϕ
B
G v0
0
r
Slika uz zadatak 5.11 Rješenje: vM =
2v0 3 3
aM =
2v0 3 3
vr =
v0 3 3
ar = aM =
8 3 2 v0 9r
.
Zadatak 5.12. Kružna ploča s urezanim žljebom obrće se sa ω = 10 s−1 . Ugao obrtanja štapa OA ϕ povećava se konstantnom ugaonom brzinom od 4 s−1 . Odrediti apsolutno ubrzanje klizača B u trenutku kada je ϕ = 30° i a ko je a = 40 mm. ϕ
C
A
B
a O
ω
Slika uz zadatak 5.12 Rješenje: aB = 8,38 m/s2 . 104
Zadatak 5.13. Cijev rotira sa ω = 5 s−1 , a u cijevi se kreće kuglica jednako ubrzano od O prema B ubrzanjem ar = 0,5 m/s2. Kuglica ima relativnu brzinu vr = 0,5 m/s. Ako je ugaono ubrzanje cijevi ε = 2,5 s−2 i r = 100 mm, odrediti apsolutno ubrzanje kuglice A. G B vr
r
A G
ω
O
Slika uz zadatak 5.13 Rješenje: aA = 5,62 m/s2 . Zadatak 5.14. Poluga MA obrće se konstantnom ugaonom brzinom ωAM = 20 s−1 i dovodi u kretanje kulisu BA. Za položaj prikazan na slici odrediti brzinu i ubrzanje tačke A. A 0 45
r=300
M 500
D
B 300 200
Slika uz zadatak 5.14 Rješenje: 2 aA = MA ⋅ ω AM = 120 m/s2 vr = 1,66 m/s vP = 5,19 m/s 2 (aP)n = lAB ⋅ωAB = 32,76 m/s2 aCor = 20,96 m/s2 (aA)ul = 81,13 m/s2 . 105
Zadatak 5.15. Kružna ploča poluprečnika r rotira konstantnom ugaonom brzinom Ω . U ploči je urezan žlijeb u koji je ubačena kuglica A i kreće se po zakonu ξ = r⋅sinωt , gdje je ω = const. . Odrediti brzinu i ubrzanje kuglice P.
r
ξ
A
O
Q
Slika uz zadatak 5.15 Rješenje: G G G v = rω cos ωter + rΩ sin ωteϕ G G G a = −r (ω 2 + Ω 2 ) sin ωter + 2rΩ cos ωteϕ
106
.
Kinematika krutog tijela
Do sada smo proučavali brzine i ubrzanja jedne tačke i opisivali razne vrste kretanja tačke u različitim koordinatnim sistemima. U ovom poglavlju proučavat ćemo kretanje krutog tijela. Apsolutno kruto tijelo može se definirati, odnosno smatrati specijalnim slučajem mehaničkog sistema u kojem su sve tačke spojene, tako da ne mogu mijenjati svoj položaj u odnosu na druge tačke. Pod mehaničkim sistemom podrazumijeva se skup materijalnih tačaka koje su međusobno povezane tako da kretanje svake od njih ovisi o položaju i kretanju ostalih tačaka. Razlikujemo linijske sisteme, planarne i prostorne sisteme. Linijski (jednodimenzionalni) sistemi su oni kod kojih je jedna dimenzija konačna, a ostale dvije su beskonaèno male. To je slučaj krutog štapa. Planarni (dvodimenzionalni) sistemi su oni kod kojih je jedna dimenzija beskonačno mala u odnosu na druge dvije - to je kruta ploča. Prostorni sistemi su kruta tijela proizvoljnih oblika. U ovom dijelu kinematike proučavat ćemo kretanje štapa, ploče i prostornog tijela. Ovdje razlikujemo slobodno kretanje krutog tijela, kada kruto tijelo nema nikakvih kinematičkih veza, i prinudno (neslobodno) kretanje krutog tijela, kada je mogućnost kretanja ograničena vanjskim vezama.
107
6.1. SLOBODNO KRUTO TIJELO Položaj slobodnog krutog tijela možemo odrediti pomoću dva koordinatna sistema: nepomičnog Oxyz vezanog za zemlju i jednog pomičnog vezanog za tijelo Aζηξ . Vidimo da koordinate tačke A(x,y,z) nisu dovoljne za određivanje položaja tijela, jed ne određuju njegovu orijentaciju. Orijentaciju slobodnog krutog tijela možmo odrediti pomoću Eulerovih* uglova ψ, θ, ϕ - slika 6.1. z
ξ
z1 ⋅
⋅
ψ
ϕ
(M )
A
G rA
O
G
ρA
β G ro1
η y1
O1 ψ
x1
ϕ ⋅
θ N
ζ
y
x
Slika 6.1 Eulerovi uglovi Na slici vidimo da je ψ = ∠ x1AN (ugao precesije) θ = ∠ ξAZ1 (ugao nutacije) (6.1) ϕ = ∠ ξAN (ugao vlastite rotacije)
*
Leonhard Euler (1707 - 1783)
108
Jednačine (6.1) nazivaju se Eulerovi uglovi (nazivi su preuzeti iz astronomije). Svakom sistemu vrijednosti ψ, θ, ϕ Eulerovih uglova odgovara jedan jedini položaj sistema Aζηξ s obzirom na koordinatni sistem Ax1y1z1 i obrnuto. Prema tome skalarne veličine x, y, z, ψ, θ, ϕ određuju položaj slobodnog krutog tijela u prostoru. Taj sistem nezavisnoh veličina nazivamo koordinatama položaja krutog tijela. U tom slučaju kretanje krutog tijela određeno je jednačinama ψ = ψ(t) xA = xA (t) θ = θ(t) yA = yA (t) (6.2) ϕ = ϕ (t) zA = zA (t) Zaključujemo da slobodno kruto tijelo ima šest stupnjeva slobode kretanja. Posmatrano u Descartesovom koordinatnom sistemu ove slobode kretanja z
y O x
Slika 6.2 Stepeni slobode kretanja krutog tijela sastoje se iz tri nezavisne translacije po pravcima koordinatnih osi i tri nezavisne rotacije oko kordinatnih osi - slika 6.2. Položaj krutog tijela određen je u prostoru položajem triju tačaka koje ne leže na istom pravcu. Kako tri tačke u prostoru definiraju ravninu, to je položaj krutog tijela u prostoru određen položajem jedne svoje ravnine.
109
z
A(x1,y1,z1
C(x3,y3,z3) B(x2,y2,z2) y
O
x
Slika 6.3 Položaj krutog tijela određen pomoću tri tačke Položaj je dakle određen koordinatama (x1, y1, z1), (x2, y2, z2) i (x3, y3, z3). Ove koordinate nisu nezavisne. Među njima postoje zavisnosti koje proizlaze iz nepromjenljivosti udaljenosti među tačkama krutog tijela. AB =
(x1 − x2 )2 + ( y1 − y2 )2 + (z1 − z2 )2 = const.
AB =
(x1 − x2 )2 + ( y1 − y2 )2 + (z1 − z2 )2 = const.
AB =
(x1 − x2 )2 + ( y1 − y2 )2 + (z1 − z2 )2 = const.
(6.3)
Položaj krutog tijala je određen, prema tome, sa šest nezavisnih koordinata.
6.2. NESLOBODNO (VEZANO) KRUTO TIJELO Ako tijelo nije slobodno nego je njegovo kretanje ograničeno, broj stupnjeva slobode kretanja je manji od šest. U tom slučaju je i broj jednačina kretanja, kao i broj nezavisnoh koordinata položaja, također manji od šest. Pretpostavimo da posmatramo kretanje tijela čija je jedna tačka nepomična. Koordinate te tačke su nepromjenjive. x = C1 y (6.4) z = C3
=
C2
Jednačine (6.4) nazivaju se jednadčine veza koje izražavaju nametnute kinematičke uslove, pri čemu su C1, C2 i C3 konstantne veličine. 110
Položaj krutog tijela je u ovom slučaju definiran je samo s tri koordinate, i to ψ, θiϕ
ψ = ψ(t) θ = θ(t) (6.5)
ϕ = ϕ (t) . Jednačine (6.5) predstavljaju jednačine kretanja krutog tijela. Ovo kruto tijelo ima tri stupnja slobode. Njegovo kretanje svodi se na rotaciju oko nepomične tačke. Kretanje tijela u ovom slučaju zove se sferno kretanje. Ako su dvije tačke krutog tijela nepomične, onda je nepomična i linija koja prolazi kroz te dvije tačke. Kruto tijelo će imati samo jedan stupanj slobode kretanja. To je takozvana rotacija krutoga tijela oko nepomične osi. Pretpostavimo da kruto tijelo ima određenu orijentaciju u prostoru, to jest ψ =C1 θ = (6.6) ϕ = C3 .
C2
U tom slučaju položaj tijela je određen ako znamo koordinate položaja x, y, z proizvoljne tačke A. Kretanje krutog tijela u tom slučaju zove se translacija.
6.3. OSNOVNE VRSTE KRETANJA KRUTOG TIJELA Razlikujemo dvije osnovne vrste kretanja krutog tijela, i to: a) translatorno kretanje ili translacija, b) rotaciono kretanje ili rotacija oko određene osi. Sva ostala kretanja krutog tijela mogu se svesti na jednu od navedenih osnovnih vrsta, odnosno na kombinaciju dviju osnovnih vrsta kretanja. Kako važne specifične slučajeve promatrat ćemo: • kretanje tijela u nepomičnoj ravnini (ravno kretanje), • sferno kretanje tijela (kretanje oko nepomične tačke), • opšte kretanje slobodnog krutog tijela. 111
112
Translatorno kretanje krutog tijela
Ako za cijelo kretanje krutog tijela neizmjenjiva dužina AC (odnosno AB , BC ) tijela ostaje paralelna svom prvobitnom položaju, onda kažemo da to kruto tijelo vrši translatorno kretanje (translaciju). Pri translatornom kretanju putanje svih tačaka tijela su paralelne. Ukoliko su sve putanje paralelne prave linije, radi se o pravolinijskoj translaciji. Ako su putanje tačaka podudarne ali paralelno pomjerene krive linije, onda se radi o krivolinijskoj translaciji - slika 7.1 A2 A1 A B
B1
B2 C2
C1
C
Slika 7.1 Krivolinijska translacija Posmatrajmo vektor AC krutog tijela. Tačke A i C mogu biti ma koje tačke krutog tijela. Kruto tijelo prelazi iz položaja I u položaj II. Za to vrijeme tačka iz položaja A prelazi u položaj A1, a tačka C u položaj C1 - slika 7.2. 113
z
I C
II
vC
B aC
aB
vB
C1
B1
vA
A
A1
rC aA
rA
y O
x
Slika 7.2 Translatorno kretanje tijela Kako se radi o translatornom kretanju krutoga tijela, vektor A1C1 jednak je vektoru AC. Tačka A je definiran radius vektorom položaja rA , a vektor položaja tačke B određen je vektorom položaja tačke A i konstantnim vektorom AC jednačinom (7.1)
rC = rA + A C
Na osnovu ove jednačine vidimo da se putanja tačke C dobiva iz putanje tačke A paralenim pomjeranjem svih tačaka koje se nalaze na putanje tačke A s konstantnim vektorom. Ovo znači da će putanje tačaka tijela biti istovjetne krive (odnosno prave) linije. Diferenciranjem prethodne jednačine imamo: rC = rA + A C
/
d dt
( ).
drC drA d A C = + dt dt dt
Kako je drC = vC dt drA = vA dt
114
(7.2)
( )
d AC = 0 jer je AC = const. , dt
to jednačina (7.2) dobiva slijedeći oblik vC = v A .
(7.3)
Isti postupak možemo ponoviti i za tačku B vB = v A
.
(7.4)
Možemo zaključiti da pri translatornom kretanju tijela sve tačke tijela opisuju istovjetne putanje i imaju u svakom trenutku vremena jednake vektore brzina (7.5)
v A = vB = vC = … = v
Zajedničku brzinu kretanja tijela.
v
svih tačaka tijela nazivamo brzinom translatornog
Diferenciranjem jednačine (7.5) dobivamo dv A dvB dvC dv = = =…= dt dt dt dt
.
(7.6)
Kako je dv A = aA dt
,
dv B = aB dt
,
dvC = aC dt
, to prethodna jednačina poprima slijedeći oblik
a A = aB = aC = … = a
(7.7)
Jednačina (7.7) pokazuje da sve tačke tijela imaju u svakom trenutku vremena jednake vektore ubrzanja. Zajedničko ubrzanje a svih tačaka tijela nazivamo ubrzanjem translatornog kretanja tijela. 115
116
Obrtanje krutog tijela oko nepomične osi
Ako za cijelo vrijeme kretanja krutoga tijela dvije tačke tog tijela ostaju nepomične, takvo kretanje krutog tijela nazivamo obrtanjem krutog tijela oko nepomične osi. Pravac koji prolazi kroz nepomične tačke M i N naziva se os obrtanja (vidi sliku 8.1). z N ϕ
π1
π2
ε
ω O1 s
A
r εo
vA
O ωo
x
y
M
Slika 8.1 Obrtanje krutog tijela Tačke tijela koje se nalaze na osi obrtanja MN su nepokretne. Sve ostale tačke tijela opisuju kružne putanje u ravninama koje su normalne na os obrtanja i čiji se centri nalaze na osi obrtanja. Da bismo odredili položaj krutoga tijela, zamislimo da imamo dvije ravnine: nepomičnu ravninu π1 i pomičnu ravninu π2 koje prolaze kroz os obrtanja MN. Ako nam je poznat položaj ravnine π2 u svakom trenutku vremena u 117
odnosu na ravninu π1 , poznat nam je i položaj krutog tijela. Položaj ravnine π2 u odnosu na π1 određen je uglom ϕ . Ovaj ugao naziva se uglom obrtanja krutoga tijela. Pretpostavimo da je ugao obrtanja pozitivan ako raste od nepomične ravnine π1 u smjeru koji je suprotan smjeru obrtanja kazaljke na satu (posmatrano iz pozitivnog smjera osi 0z), a da je negativan ako raste u smjeru obrtanja kazaljke na satu. Da bismo poznavali položaj krutoga tijela u svakom trenutku vremena, potrebno je poznavati ugao obrtanja
ϕ = ϕ(t) .
(8.1)
Jednačina (8.1) predstavlja zakon obrtanja krutog tijela oko nepomične osi. Kruto tijelo koje vrši obrtanje oko nepomične osi ima jedan stepen slobode kretanja, a položaj tijela određen je samo jednim nezavisnim parametrom uglom obrtanja ϕ .
8.1. UGAONA BRZINA I UGAONO UBRZANJE Osnovne kinematičke karakteristike obrtanja krutog tijela oko nepokretne osi su ugaona brzina ω i ugaono ubrzanje ε . Pretpostavimo da se za vremenski interval Δt = t2 − t1 kruto tijelo obrne oko osi obrtanja za ugao Δϕ = ϕ2 − ϕ1 (vidi sliku 8.2). t2 ϕ2
Δϕ ϕ1 t1
z
ϕ0=0 t0=0
Slika 8.2 Uz definiciju ugaone brzine
118
Srednja ugaona brzina krutog tijela za vremenski interval će biti ωM =
ϕ 2 − ϕ1 t2 − t1
=
Δϕ Δt
.
(8.2)
Tranutnu ugaonu brzinu krutoga tijela (u trenutku t) dobit ćemo ako potražimo graničnu vrijednost srednje ugaone brzine kada vremenski interval vremena teži nuli. Δϕ Δt → 0 Δt
ω = lim
(8.3) ω=
dϕ =ϕ dt
.
Na osnovu jednačine (8.3) zaključujemo da je ugaona brzina tijela u datom trenutku vremena jednaka prvom izvodu zakona obrtanja krutog tijela po vremenu. Znak ugaone brzine odreduje smjer obrtanja tijela. Vektor ugaone brzine definiran je jednačinom ω = ω ⋅ ω0 (8.4) (gdje je ω0 jedinični vektor),a leži na osi obrtanja tijela. Smatrat ćemo da je ugaona brzina pozitivna ako iz vrha vektora ω vidimo obrtanje krutog tijela suprotno smjeru kazaljki na satu, a da je negativna ako iz vrha vektora ω obrtanje tijela vidimo u smjeru obrtanja satne kazaljke. U opštem slučaju, pri ravnomjernom obrtanju krutog tijela oko nepomične osi, ugaona brzina ω je promjenjiva. Promjenu ugaone brzine karakterizira ugaono ubrzanje ε . Pretpostavimo da se za vremenski interval Δt = t2 − t1 Δω = ω2 − ω1 . ugaona brzina krutoga tijela promijeni za Srednje ugaono ubrzanje krutoga tijela za vremenski interval će biti ε sr = lim
Δt →0
Δω Δt
.
(8.5)
Trenutno ugaono ubrzanje krutoga tijela dobit ćemo ako potražimo graničnu vrijednost srednjeg ugaonog ubrzanja εsr kada vremenski interval Δt teži nuli ε = lim
Δt → 0
ε=
Δω Δt
dω d 2ϕ = 2 =ϕ dt dt
.
(8.6) 119
Možemo zaključiti da je ugaono ubrzanje tijela u datom trenutku vremena jednako prvom izvodu ugaone brzine po vremenu ili drugom izvodu zakona obrtanja tijela (ugla obrtanja) po vremenu. Vektor ugaonog ubrzanja definiran je jednačinom (8.7)
ε = ε ⋅ε0
(gdje je ε 0 jedinični vektor), a leži na osi obrtanja tijela. Smjer vektora ugaonog ubrzanja poklapa se sa smjerom vektora ugaone brzine ako je obrtanje tijela ubrzano, dok za slučaj usporenog obrtanja ova dva vektora imaju suprotne smjerove. Jedinica mjere za ugaonu brzinu je 1/s = s−1, a jedinica mjere za ugaono ubrzanje je 1/s2 = s−2 . U slučaju da se veličina ugaone brzine ne mijenja ω = const. (ε = 0), tada je obrtanje tijela oko nepomične osi ravnomjerno (jednoliko). Zakon ravnomjernog obrtanja tijela možemo dobiti iz jednačine (8.3). Pretpostavimo da je u početnom trenutku vremena t0 = 0 ugao ϕ0 = 0 . Integriramo li jednačinu (8.3), imat ćemo dϕ = ω⋅dt ϕ
t
t
0
0
0
∫ dϕ = ∫ ωdt = ω ∫ dt
zakon ravnomjernog obrtanja tijela ϕ = ω⋅t .
(8.8)
često se u inženjerskim primjerima odreduje brzina ravnomjernog obrtanja i brojem n obrtanja tijela u jednoj minuti. Pri jednom obrtanju tijelo se okrene oko osi obrtanja za ugao 2π , a za n obrtaja tijelo se okrene za ugao n⋅2π. Ako se n obrtaja izvrši za vrijeme t = 1 min = 60s, tada iz prethodne jednacine imamo n⋅2π = ω⋅t (8.9)
ω=
120
2πn π ⋅ n = 60 30
.
U slučaju da se ugaona brzina tijela ravnomjerno povećava ε = const. , tada je obrtanje tijela oko nepomične osi ravnomjerno ubrzano. Ukoliko se ugaona brzina ravnomjerno smanjuje, tada se radi o ravnomjerno usporenom obrtanju. Zakon ravnomjernog promjenjivog obrtanja tijela dobit ćemo na osnovu jednačine (8.5). Pretpostavimo da je u početnom trenutku vremena t0 = 0, ugao ϕ0 = 0, i ugaona brzina ω = ω0 (gdje je ω0 početna ugaona brzina). Integracijom jednačine (8 .5) imamo dω = ε⋅dt ω
t
t
0
0
0
∫ dω = ∫ εdt = ε ∫ dt
,
odakle je
ω = ω0 + ε⋅t
(8.10)
Jednačina (8.10) predstavlja zakon promjene ugaone brzine ravnomjerno promjenjivog obrtanja krutog tijela oko nepomične osi. Prethodnu jednačinu možemo napisati u obliku dϕ = (ω0 + ε⋅t)⋅dt .
(8.11)
Integracijom jednačine (8.11) dobivamo zakon ravnomjerno promjenjivog obrtanja krutog tijela oko nepomične osi u obliku
ϕ = ω0 t + 1 ε⋅t2 . 2
(8.12)
Ukoliko su veličine ω i ε istog znaka, tada je obrtanje ravnomjerno ubrzano, a ako su različitog znaka, obrtanje je ravnomjrno usporeno.
8.2. BRZINA I UBRZANJE TAČKE TIJELA KOJE SE OBRĆE OKO NEPOMIČNE OSI Pretpostavimo da se kruto tijelo obrće oko stabilne osi MN (Oz) ugaonom brzinom ω. 121
Uočimo tačku A koja se kreće po kružnoj putanji poluprečnika R, sa centrom O1 na osi obrtanja, u ravnini koja je normalna na os obrtanja. Vektor brzine proizvoljne tačke A tijela - slika 8 3 - u datom trenutku vremena odreden je izrazom v A = ω × rA = [ω , rA ] ,
(8.13)
gdje je: rA vektor položaja tačke A u odnosu na nepomičnu tačku O. Intenzitet vektora r je konstantan.
z N
O1
ϕ an A
R aA
at rA
vA
γ ω ε O
y M
x
Slika 8.3 Uz odredivanje brzine i ubrzanja
Intenzitet vektora brzine tačke A je vA = ω⋅rA⋅sin ∠(ω , r ) = ω⋅rA⋅sinγ sinγ =
R rA
R = rA⋅ sinγ
(8.14)
vA = ω⋅R , gdje je R poluprečnik kružnice po kojoj se kreće tačka A pri obrtanju tijela oko nepomične osi, a to je ujedno i najkraće rastojanje tačke A od osi obrtanja Oz. 122
Vektor brzine tačke pada u pravac tangente na kružnu putanju - slika 8.3. Okomita je na ravninu koju čine vektori ω i r . Da bismo dobili ubrzanje tačke A tijela koje vrši obrtno kretanje, izvršimo deriviranje jednačine (8.13). v A = [ω , rA ] /
d dt
dv A ⎡ dω ⎤ ⎡ drA ⎤ , rA ⎥ + ⎢ω , =⎢ ⎥ dt ⎦ ⎣ dt ⎦ ⎣ dt
Kako je
aA =
dv A dω =ε , dt dt
i
vA =
drA = [ω , rA ] , dt
.
(8.15)
to jednačinu (8.15) možemo pisati u
obliku a A = [ε , rA ] + [ω , [ω , rA ]] .
(8.16)
Označimo li: at = [ε , rA ]
- tangencijalnu komponentu ubrzanja, a
an = [ω , [ω , rA ]] -
normalnu komponentu ubrzanja
ubrzanje tačke A postaje .
a A = at + an
(8.17)
z
z
N
N
ω
ω O1
an R
ε
rA
γ O
M
vA A
O1
an R
at
ε
A
at
rA
γ O
vA
M
Slika 8.4 Tangencijalna i normalna komponenta ubrzanja
123
Vektor tangencijalnog ubrzanja ima smjer vektora brzine ako je obrtanje tijela ubrzano, a suprotnog je smjera ako je obrtanje tijela usporeno. Vektor normalnog ubrzanja tačke uvijek je usmjeren duž poluprečnika R ka osi obrtanja - slika 8.4.
Intenzitet tangencijalne komponente ubrzanja je
at = ε⋅rA⋅sin∠ (ε , rA ) (8.18)
at = ε⋅R, a intenzitet normalne komponente ubrzanja je
at = ω⋅ω⋅rA⋅sin∠ (ω, rA ) (8.19)
an = ω2⋅R . Intenzitet vektora ubrzanja tačke A tijela koje vrši obrtanje oko stalne osi je
aA =
at2 + an2
(8.20)
aA = R
ε 2 + ω4
.
Pravac vektora ubrzanja s normalom A01 na putanju zatvara ugao β čiji je tangens
tgβ =
at an
=
ε ω2
.
(8.21)
Kako je ugaona brzina karakteristika obrtanja tijela, to je iz jednačine (8.14) očigledno da su brzine pojedinih tačaka srazmjerne njihovim rastojanjima od osi obrtanja tijela - slika 8.5 124
s = R ⋅ϕ
v = R ⋅ω
at = R ⋅ ε
an
O
β
O
β an = R ⋅ ω 2
O
at
Slika 8.5 Brzine, ubrzanja i put pojedinih tačaka tijela koje vrši obrtanje Iz jednačina (8.20) i (8.21) očigledno je da su intenziteti vektora ubrzanja pojedinih tačaka (slika 8.5) tijela srazmjerni njihovim rastojanjima od osi obrtanja tijela i da će zatvarati isti ugao β s normalama na njihove putanje.
8.3. PERMANENTNA I TRENUTNA OS OBRTANJA Ukoliko su brzine tačaka tijela koje leže na osi MN jednake nuli za sve vrijeme kretanja tijela, onda se ta os naziva permanentna os obrtanja. Ako su brzine tačaka tijela što leže na nekoj osi jednake nuli samo u nekom odredenom trenutku, onda se ta os naziva trenutna ili pomična os obrtanja. Vrijednost brzina svih tačaka tijela u tom slučaju takoder se odreduju jednačinom v = [ω , r ] (8.22) gdje se vektorska veličina ω , koja leži na pravcu trenutne osi obrtanja, naziva trenutna ugaona brzina obrtanja. Za razliku od permanentne osi, trenutna os obrtanja, a s njom i vektor trenutne brzine obrtanja ω , neprekidno mijenjaju svoj pravac kako u odnosu na tijelo tako i u odnosu na referentni koordinatni sistem. Uslijed toga vektor ε ugaonog ubrzanja neće se poklopiti po pravcu s vektorom ω i slika vektora ubrzanja tačaka tijela razlikovat će se od one na slici 8.4. Primjer permanentne osi obrtanja prikazan je na slici 8.6 - obrtanje zupčanika čije tačke, osim onih što leže na toj osi, opisuju koncentrične kružnice. Sve tačke imaju istu ugaonu brzinu i ugaono ubrzanje ( ω , ε ).
125
vA
A A1 v A1
α α
vB
RB O
B
ω
Slika 8.6 Permanentna os obrtanja Brzina tačke A
vA = rA⋅ω .
(8.23)
Grafički, tj. kada su brzine prikazane na slici kao dužine vrijedi
tgα =
vA rA
,
(8.24)
i pri tome iz jednačina (8.23) i (8.24) slijedi tgα = ω . (8.25) Zaključujemo da je veličina ugaone brzine tijela koje vrši obrtanje oko permanentne osi jedanka vrijednosti tangensa ugla α . Vektori brzina uvijek su okomiti na poluprečnik rA koji dobijemo spajanjem tačke s permanentnom osi. Pri obrtanju krutog tijela oko trenutne osi obrtanja pojedine tačke tijela ne opisuju kružnice nego se kreću po razlicitim krivuljama. Brzine pojedinih tačaka odreduju se na isti način kao da se tijelo obrce oko permanentne osi. Na slici 8.7 prikazano je kretanje diska po horizontalnoj podlozi. Vidi se da što je tačka A udaljenija od tačke O to je njena brzina veća. Najveću brzinu ima tačka A vA = 2⋅vO1. vA
A vB
B
O1 vO1
α
α
R
O ω
Slika 8.7 Trenutna os obrtanja 126
Ugaona brzina diska odredena je jednačinom
ω=
vO1 v = O1 R O O1
vB =
O B ⋅ω = O B ⋅
vO1 R
.
(8.26)
8.4. RIJEŠENI ZADACI Zadatak 8.1. Jedna tačka kreće se po krugu poluprečnika R = 0,2 m konstantnim ugaonim ubrzanjem ε = 4 s−2 . Potrebno je odrediti: a) ugaonu brzinu tačke nakon 6 sekundi, b) broj okretaja nakon 6 sekundi i c) tangencijalnu i normalnu komponentu ubrzanja na kraju 6 sek. Rješenje: a) Ugaona brzina
ω = ε⋅t = 4⋅6 = 24 s−1. b) Broj obrtaja tačke
ϕ= n=
ω ⋅t
24 ⋅ 6 2 ϕ 72 = = 2π 2π 2
=
= 72 rad 11,5 okretaja.
c) Tangencijalna komponenta ubrzanja
at = R⋅ε = 0,2 m ⋅ 4 s−2 = 0,8 m/s2 , normalna komponenta ubrzanja
an = R⋅ω2 = 0,2 m ⋅ 242 s−2 = 115,2 m/s2 .
127
Zadatak 8.2. Disk turbine obrće se oko svoje osi po zakonu π
ϕ=
4
t3
.
Odrediti ugaonu brzinu i ugaono ubrzanje diska turbine u trenutku kada napravi 27 obrtaja.
Rješenje: Zakon promjene brzine i ugaonog ubrzanja dϕ d ⎛ π 3 ⎞ = ⎜ t ⎟ dt dt ⎝ 4 ⎠ ω = 3π t 2 4 dω d ⎛ π 3 ⎞ ε= = ⎜ t ⎟ dt dt ⎝ 4 ⎠ 3π ε= t . 2
ω=
Ugao za koji se disk obrne poslije 27 obrtaja
ϕ = 27⋅2π = 54π ϕ = π t 3 = 54π . 4
Vrijeme za koje disk napravi 27 obrtaja
t=
3
216
=6s.
Ugaona brzina i ugaono ubrzanje diska za ovaj trenutak vremena
ω= ε=
128
2π 2 ⋅6 4
3π ⋅6 2
= 27π s−1
= 9π s−2 .
Zadatak 8.3. Tačka A obrće se oko jedne čvrste osi ugaonim ubrzanjem ε = 0,06 1/s2 Za koji interval vremena će ubrzanje tačke A s tangencijalnom komponentom ubrzanja zatvarati ugao od 80° ? Rješenje:
v
γ
a
ε
at
an
O
R
Slika uz rješenje zadatka 8.3 an R ⋅ ω 2 ω 2 = = at R ⋅ε ε
tgγ = Za ε = const.
ω = ε⋅t tgγ = t=
ε 2t 2 = ε ⋅t2 ε
tgγ
ε
=
tg 800 0,06
t = 9,7 s . Zadatak 8.4. Osovina se obrće po zakonu ϕ =
π 16
sin 3 πt , gdje je ϕ ugao obrtanja u 4
radijanima. Odrediti brzinu i ubrzanje tačke A osovine, koja se nalazi na rastojanju R = 0,8 m, u trenutku kada ugaona brzina obrtanja osovine dostigne najveću apsolutnu vrijednost. Rješenje: Ugaona brzina i ugaono ubrzanje osovine
129
ω=
3 ⎞ dϕ d ⎛ π = ⎜ sin πt ⎟ 4 ⎠ dt dt ⎝ 16
ω=
π 3
ε=
16 4
3 4
π cos πt =
3π 2 3 cos πt 64 4
9π 3 3 dω sin πt =− 256 4 dt
s−1
s−2 .
Brzina tačke A i komponente ubrzanja
v = R⋅ω =
3π 2 3 R cos πt 64 4
at = R⋅ε =
−
an = R⋅ω2 =
9π 3 3 R sin πt 256 4 9π 4
3 R cos 2 πt 4 64 2
.
Maksimalna vrijednost ugaone brzine ω je kada je cos 3 πt = 1 . Taj trenutak vremena označimo t1 i tada je
3 4
πt1 = k⋅π, to jest t1 =
4 4 k 3
, gdje je k = 0, 1, 2,
3... i prema tome je
t1 = 0,
4 8 , … 3 3
s.
vmax =
3π 2 R 64
= 0,8 3π ≈ 0,37 m/s ,
U tim trenucima je
at1 = 0
2
64
a1 = an1 =
9π 4 64 2
⋅0,8 ≈ 0,171 m/s2 .
Zadatak 8.5. Poluga CB obrće se brojem obrtaja n = 24 min−1 . Poluga CB je poluprečnika r = 150 mm, a AD dužine l1 = 900 mm. Rastojanje oslonaca CA je l2 = 600 mm. Odrediti: a) veličinu uglova α, β, γ , brzine tačaka B i D kada poluge dođu u vertikalni položaj, b) hod tačke D, c) srednju brzinu za radni hod i d) srednju brzinu za povratni hod.
130
lh
D
α
r B
C
β l2
l1
A
Slika uz zadatak 8.5 Rješenje: a) Ugaone brzine poluga CB i brzine tačaka B ωCB = πn = π ⋅ 24 rad 30
vD
D B
30
s
= 2,513
rad s
vB = ωCB⋅r = 2,513⋅0,15 = 0,377
vB
r
m . s
l1
Ugaona brzina za radni hod poluge AD l2
l2+r
ωr =
vB 0,377 1 = = 0,5027 l2 + r 0,6 + 0,15 s
,
Ugaona brzina poluge AD za povratni hod A
ωP =
0,377 vB 1 = = 0,8378 l2 − r 0,6 − 0,15 s
.
Slika uz rješenje zadatka 8.5 Brzina tačke D vD l = 1 vB l1 + r
vD = Uglovi α, β i γ
0,377 ⋅ 0,9 m = 0,4524 0,75 s
.
lh/2
γ = arcsin r
l2
r
α l1
l2
β γ
γ
= arcsin
150 600
γ = 14,48°≈ 14,5° α = 180° + 2γ = 209,0° β = 180° − 2γ = 151,0° . Slika uz rješenje zadatka 8.5 131
b) Hod tačke D
sinγ =
lh 2l1
lh = 2l1⋅sinγ = 2⋅900⋅sin14,5° lh = 450 mm . c) Srednja brzina za radni hod lh Δt r
vsr =
Δtr − vrijeme za ugao α,
vrijeme za jedan obrtaj
T=
1 n
α Δt r = T 3600
Δtr = vsr =
Δtr = T
α 3600
.
209 α = 0,02419 = n ⋅ 3600 24 ⋅ 360 0,45 m . = 18,60 0,02419 min
d) Srednja brzina za povratni hod ΔtP = β 0 =
vsr =
151 = 0,01748 24 ⋅ 360 n ⋅ 360 0,45 lh m = = 25,75 . Δt P 0,01748 min
min
min
Zadatak 8.6. Poluga CB obrće se oko osi kroz tačku C konstantnom ugaonom brzinom ωCB = 14 s−1. Za položaj mehanizma i dimenzije prikazane na slici potrebno je odrediti: a) ugaonu brzinu poluge AB, b) brzinu kojom se tačka B kreće u klizaču, c) ubrzanje tačke B. 400 mm 50
150 C
r
450
A B
Slika uz zadatak 8.6 132
Rješenje: Klizač B ima brzinu
vB = lCB⋅ωCB = 0,150⋅14 vB = 2,10 m/s . 400mm
δ
50mm A
C
ε
δ β
γ
a)
450 B
vBu C
45
β
vB
0
450 B vBrel
b)
ρ β
Slika uz rješenje zadatka 8.6 Iz trougla ABC a) imamo: tgδ =
lAC =
50mm ; δ = 7,13° 400mm 400 = 403,1 mm cos δ
ε = 180° − 45° − 7,13° = 127,87°. Primijenimo li cosinusni teorem dobit ćemo 2 2 lAB = l AC + lCB − 2l AC lCB cos ε lAB = 403,12 + 1502 − 2 ⋅ 403,1⋅150 cos127,870 lAB = 509,1 mm .
Ugao γ odredit ćemo sinusni teorem
sinγ =
150 lCB sin ε = sin 127,87 0 l AB 509,1
γ = 13,45° β = γ − δ = 13,45° − 7,13° = 6,32° . 133
Brzina tačke B (slike b) je pod uglom ρ = 45° + β = 45° + 6,32° = 51,32° . Komponenta brzine tačke B kao poluge AB vBU = vB⋅sinρ = 2,1 m/s ⋅sin51,32° vBU = 1,639 m/s . Ugaona brzina poluge AB ωAB =
vBU 1,639m / s = l AB 0,5091m
= 3,220 s−1
b) Brzina tačke B kojom klizač ide kroz žlijeb
vBrel = vB⋅cosρ = 2,1m/s⋅cos51,32° vBrel = 1,312 m/s . c) Ubrzanje tačke B
aB = an =
v 2 2,12 = 0,15 r
= 29,40 m/s2
Vektor ubrzanja tačke B usmjeren je od tačke B ka tački C. 8.5. ZADACI ZA RJEŠAVANJE Zadatak 8.7. Zamajac poluprečnika R = 0,9 m počinje se kretati iz stanja mirovanja konstantnim ugaonim ubrzanjem ε . Prvi okretaj traje 10 sekundi. Odrediti ubrzanje tačke na obodu zamajca u trenutku t = 15 s. Rješenje: ε0 = 452 = 0,1257 s−2 10
ω = ε0⋅t = 1,885 s−1 an = R⋅ω2 = 3,2 m/s2 at = R⋅ε = 0,113 m/s2 a=
134
an2 + at2 = 3,80
m/s2 .
Zadatak 8.8. Tačka rotira po kružnici poluprečnika R = 0,005 m po zakonu ϕ = 4⋅t2 + 2. Odrediti ugaono ubrzanje, obodnu brzinu i tangencijalnu komponentu ubrzanja. Koliko vremena treba tački da obavi prvi, a koliko da obavi drugi okretaj? Rješenje: ε = 8 s−2 v = 0,4⋅t m/s at = 0,4 m/s2 a = 0,4 1 + 64t 4 m/s2 t1 = 0,52 s t2 = 1,77 s v = 0,70 m/s a = 10,05 m/s2 . Zadatak 8.9. 1 2 t 3
Zamajac mašine u periodu njegovog puštanja u rad rotira po zakonu ϕ = . Treba odrediti veličinu i pravac ubrzanja tačke koja je udaljena od osi
rotacije za 0,5 m, i to u trenutku kada je njezina obodna brzina v = 8 m/s. Rješenje: a = 188,06 m/s2 β = 1° 48′ . Zadatak 8.10. Poluga AC vrši obrtanje oko osi kroz tačku A konstantnom ugaonom brzinom ω . Klizač B kreće se kroz horizontalnu vođicu. Odrediti brzinu i ubrzanje klizača B. C
v
b
B
ϕ ω
Slika uz zadatak 8.10 135
Rješenje: b ⋅ω vB = 2
aB =
cos ϕ 2 bω2 sin ϕ cos3 ϕ
.
Zadatak 8.11. Klizač B kreće se u horizontalnim vođicama konstantnom brzinom vB na desno (slika uz zadatak 8.10). Odrediti ugaonu brzinu i ugaono ubrzanje poluge AC. Rješenje: ωAC = vB cos 2 ϕ b
εAC = − 2⎛⎜ v
2
⎞ ⎟ sin ϕ cos 3 ϕ ⎝ b ⎠ B
.
Zadatak 8.12. Klizač B kreće se u polukružnoj vođici konstantnom ugaonom brzinom vB na desno. Za dimenzije mehanizma prikazanog na slici odrediti ugaonu brzinu i ugaono ubrzanje poluge AC. (r = b = 0,5 m)
C
B f
b
r
A
Slika uz zadatak 8.12 136
Rješenje: ωAC = vB = cos ϕ 2b
εAC = 0 . Zadatak 8.13. Poluga DB vrši obrtanje oko osi kroz tačku D konstantnom ugaonom brzinom ω = konst. = 5 s−1 . Odrediti brzinu kojom klizač B klizi kroz vođicu, i ugaonu brzinu poluge AB za dimenzije prikazane na slici. B 0,2m 450
A
ω D
0,6m
Slika uz zadatak 8.13 Rješenje: v = 0,884 m/s ωAB = 0,975 s−1 . Zadatak 8.14 Za mehanizam prikazan na slici klizač B kreće se brzinom v0 = 2,0 m/s na desno. Odrediti ugaonu brzinu poluga AB i DB za dimenzije prikazane na slici.
B
A
450
300
D
0,3m
Slika uz zadatak 8.14. 137
Rješenje: ωAB = 2,44 s−1 ωCD = 13,3 s−1 .
138
Ravno kretanje krutog tijela 9.1. JEDNAČINE RAVNOG KRETANJA KRUTOG TIJELA Ravnim kretanjem krutog tijela nazivamo kretanje pri kojem se svaka tačka tijela kreće u ravnini paralelnoj nekoj nepomičnoj (referentnoj) ravnini π - slika 9.1. U tehničkoj praksi česti su slučajevi da dijelovi mehanizama i mašina vrše ravno kretanje, npr. točak vagona koji se kreće po pravolinijskom kolosijeku, zupčanik s nepokretnom osi, planetarni zupčanik diferencijalnog reduktora i dr. Obrtanje tijela oko nepokretne osi je također poseban slučaj ravnog kretanja. Ako je vektor brzine tačke A vGA uvijek paralelan nepomičnoj ravnini π, tada će se tačka A kretati u ravnini π1 koja je paralelna ravnini π i prolazi kroz tačku A. Na isti način možemo zaključiti da se sve tačke tijela kreću u ravninama koje su paralelne nepomičnoj ravnini π . Prema tome i površina S koja nastaje presjekom tijela s ravninom π1 kreće se stalno u ravnini π1 . Pravac MN, koji je normalan na ravninu π , kretat će se paralelno samom sebi. Pravac MN, prema tome, vrši translatorno kretanje. Tačke M, N tijela kretat će se u paralelnim ravninama na potpuno isti način (po istim putanjama, jednakim brzinama i jednakim ubrzanjem). Na taj način dolazimo do zaključka da će se tačke kretati na isti način kao i njihove projekcije na ravninu π1 . Prema tome, da bismo proučili ravno kretanje krutog tijela dovoljno je proučiti kretanje ravne figure (S) tijela na ravnini π1 . Ravninu π1 možemo uzeti za koordinatnu ravninu Oxy. Kako presjek (S) svojim 139
položajem određuje položaj cijelog tijela, to se proučavanje ravnog kretanja tijela svodi na proučavanje kretanja ravne figure (S) u ravnini Ox.
N
y
(S)
A
G vA
Β1
0
x M
Β
Slika 9.1 Ravno kretanje krutoga tijela Položaj ravne figure (S) u ravnini Oxy jednoznačno je određen koordinatama xA i yA tačke A ravne figure (S) i uglom ϕ koji dužina AB, proizvoljno izabranu u ravnini figure (S), zatvara s osi Ox - slika 9.2. y
B A
(S)
ϕ
yB xA
x
0
Slika 9.2 Položaj ravne figure S Da bismo odredili položaj tijela u svakom trenutku vremena, potrebno je da poznajemo zavisnost xA = xA (t) yA = yA (t) (9.1) ϕA = ϕA (t) . 140
Jednačine (9.1) predstavljaju zakon kretanja tijela u ovom slučaju i nazivaju se jednačine ravnog kretanja krutog tijela. Prema tome, kruto tijelo pri ravnom kretanju ima tri stupnja slobode. Ono može vršiti translacije u pravcu koordinatnih osi i rotaciju oko osi okomite na ravninu u kojoj se izvodi translatorno kretanje. Pokažimo da se ravno kretanje tijela može razložiti na dva osnovna kretanja: translatorno kretanje, pri čemu se sve tačke tijela kreću na potpuno isti način kao i neka tačka A (koju nazivamo pol), i obrtnog kretanja tijela oko osi koja je normalna na ravninu π1 a prolazi kroz pol A. Ravna figura (S), a s njom i cijelo tijelo, može se dovesti iz položaja I u položaj II jednom translacijom tako da pol iz položaja A1 dođe u položaj A2 (pri čemu dužina A1B1 zauzima položaj A2B′2) i obrtanjem ravne figure (S) oko pola A2 za ugao Δϕ1 (pri čemu dužina A2B′2 zauzima položaj A2B2). y
(S)
I B1 B'2 B2 Δϕ1 Δϕ
II
2
A1 A2 A'2
x
0
Slika 9.3 Razlaganje ravnog kretanja tijela Ako bismo tačku B uzeli za pol, postupak je analogan prethodnom. Translatorni dio ravnog kretanja tijela određen je prvim dvjema jednačinama (9.1), dok je obrtanje oko pola određeno trećom jednačinom. Kinematičke karakteristike ravnog kretanja krutog tijela su brzine i ubrzanja translatornog dijela kretanja koje su jednake brzini i ubrzanju pola A, i ugaona brzina i ugaono ubrzanje obrtnog dijela kretanja oko pola A. Sve ove kinematièke karakteristike mogu se odrediti iz jednačina kretanja krutog tijela (9.1).
141
9.2. ODREĐIVANJE BRZINA TAČAKA KRUTOG TIJELA KOJE VRŠI RAVNO KRETANJE U prethodnom poglavlju 9.1 pokazali smo da se ravno kretanje krutog tijela sastoji iz translatornog dijela, pri kome se sve tačke tijela kreću G brzinama v A pola A, i obrtnog dijela kretanja oko osi koja prolazi kroz pol A a normalna je na ravnu figuru S. Dokažimo da je brzina tačke B koja pripada tijelu jednaka geometrijskom zbiru brzina ova dva komponentna kretanja. Neka je položaj bilo koje tačke B tijela (slika 9.4), koja se nalazi u ravnoj figuri (s), određen u odnosu na koordinatni sistem Oxy vektorom položaja. G G G rA = rA + A B
G vB y
G vBA
G vA B (S)
G rB
AB
G
ω
G vA
Diferenciranjem jednačine (9.2) po vremenu dobivamo: G G G drB drA dA B = + dt dt dt
.(9.3)
Korištenjem definicije vektora G drB G = vB , brzine tačke nalazimo da su
A
G rA x
0
(9.2)
G drA G = vA dt
i
G dA B dt
dt
G
predstavlja brzinu vAB
koju ima tačka B kada je pol A nepomičan ( rGA = const). Ovo znači da je vGBA brzina tačke B pri obrtanju ravne figure (S) oko pola A. Na taj način jednačinu (9.3) možemo izvesti kao Slika 9.4 Određivanje brzine tačke ravne figure G G G vB = v A + vBA . (9.4) G
Na osnovu jednačine (8.14) intenzitet i pravac vektora brzine vAB tačke B pri obrtanju oko pola A dati su izrazima G vBA = B A ⋅ ω , vBA ⊥ B A , (9.5) 142
gdje ω − ugaona brzina obrtanja tijela. Na ovaj način smo dokazali da je brzina bilo koje tačke B tijela jednaka G G geometrijskom (vektorskom) zbiru brzine vA , pola A i brzine v AB tačke B pri G njenom obrtanju zajedno s krutim tijelom oko toga pola. Vektor brzine v B nalazimo pomoću konstrukcije paralelograma vektora brzina - slika 9.4.
9.3. TEOREM O PROJEKCIJAMA VEKTORA BRZINA DVIJU TAČAKA KRUTOG TIJELA KOJE VRŠI RAVNO KRETANJE Određivanje brzina tačaka krutog tijela, koje vrši ravno kretanje, neposrednim korištenjem obrasca (9.4) je dosta složeno. Na osnovu ovog osnovnog obrasca mogu se dobiti metode koje su pogodnije i jednostavnije. G Ako je poznat vektor brzine vA taèke A koja leži na pravcu a−a i pravac G vektora brzine v B b−b tačke B, tada je moguće odrediti intenzitet vektora brzine tačke B pomoću teorema o projekcijama vektora brzina koji glasi: Projekcije vektora brzina dviju tačaka krutog tijela na pravac koji spaja te dvije tačke jednake su jedna drugoj. b G vB
(S) a
G vBA
G vA A
β
α vA cosα
a
B
G vBA G vA vB cosβ
b
Slika 9.5 Metoda projiciranih brzina Da bismo dokazali ovaj teorem uočimo bilo koje dvije tačke A i B krutoga tijela slike 9.5. Ako uzmemo tačku A za pol, tada je vektor brzine tačke B G G G vB = v A + vBA . (9.6) Projicirajmo jednačinu (9.6) na pravac AB i imat ćemo (9.6) → A B ⇒ (vGB )A B = (vGA )A B + (vGBA )A B jer je vektor
G vBA
vB⋅cosβ = vA⋅cosα + 0 , normalan na pravac A B . Konačno imamo vB⋅cosβ = vA⋅cosα .
(9.7) 143
Jednačina (9.7) predstavlja matematički oblik teorema o projekcijama vektora brzina dviju tačaka krutog tijela. Na osnovu jednačine (9.7) vrlo lako se može odrediti veličina brzine neke tačke tijela ako je poznat pravac njenog kretanja i vektor brzine neke druge tačke istog tijela koje vrši ravno kretanje.
9.4. ODREĐIVANJE BRZINE TAČAKA POMOĆU TRENUTNOG POLA BRZINA Druga vrlo jednostavna i očigledna metoda za određivanje brzina tačaka krutog tijela, koje vrši ravno kretanje, zasniva se na pojmu trenutnog pola brzina. Trenutni pol brzina naziva se ona tačka u ravnini presjeka (S) krutog tijela čija je brzina u datom trenutku vremena jednaka nuli. Ako kretanje krutog tijela nije translatorno, lako je dokazati da takva tačka u svakom trenutku vremena postoji, i to samo jedna. Neka u trenutku vremena t tačke A i B krutog tijela, koje se nalaze u presjeku (S) imaju brzine vGA , vGB koje nisu G G paralelne - slika 9.6. U presjeku normala na vektore brzina vA i v B nalazi se trenutni pol brzina Pv, jer ova tačka ima brzinu jednaku nuli (vP = 0) . PV
ω a
b
G vB
(S)
G vA a
A
B b
Slika 9.6 Trenutni pol brzina Ako bi tačka Pv imala brzinu, ona bi bila normalna na Pv A (jer je vGA ⊥ A P ) i na P B (jer je vGB ⊥ B P ), što je nemoguće osim u slučaju kada je vGP = 0 . Prema tome, tačka P je trenutni pol brzina. Ako u datom trenutku vremena trenutni pol brzina Pv uzmemo za pol, tada će brzina tačaka A i B biti v
G G G v A = vPv + v APv
(9.8) G G G vB = vPv + vBPv 144
.
Kako je brzina trenutnog pola brzina jednaka nuli jednačine poprimaju slijedeći oblik
G vPv
= 0 , to prethodne
G G v A = v APv
(9.9) G G vB = vBPv
.
Zaključujemo da je brzina bilo koje tačke tijela, koja se nalazi na ravnoj figuri (s), jednaka njenoj brzini pri obrtanju oko trenutnog pola brzina Pv. Intenziteti i pravci vektora brzina određeni su na osnovu jednačine (9.5) slijedećim jednačinama G v A = v APv = A Pv ⋅ ω , v A ⊥ A PV
(9.10) v A = v APv
G = A B ⋅ ω , v A ⊥ A PV
.
Iz ovih jednačina dobivamo odnos ω=
vA v = B A Pv B Pv
,
(9.11)
odakle zaključujemo da su intenziteti vektora brzina pojedinih tačaka krutog tijela srazmjerni njihovim rastojanjima od trenutnog pola brzina. G Pretpostavimo da je poznata brzina vA tačke A i pravac brzine tačke B ravne figure (S). Na osnovu jednačine (9.11) moguće je odrediti brzinu bilo koje tačke C krutog tijela
G vA A
(S)
G vC C
PV
ω
G vA
(S)
B PA V
A
B
G vB
G vA
A C
(S) PV
B
G vB
Slika 9.7 Određivanje brzine tačaka pomoću trenutnog pola brzina
145
Pomoću zadanih pravaca tačaka A i B određujemo (slika 9.7) trenutni pol Pv i trenutnu ugaonu brzinu rotacije ravne figure (S). ω=
vA . APv
(9.12)
Tražena brzina tačke C vC = Pv C ⋅ ω = vB ⋅
Pv C Pv A
.
(9.13)
Na slici 9.7 a prikazano je određivanje trenutnog pola brzina dviju tačaka A i B, čije normale na vektore brzina leže na istom pravcu. Pro tome su veličine brzina tih tačaka različite ali su jednakog pravca i smjera. Trenutni pol brzina Pv u tom se slučaju nalazi u presjecištu linije AB, te linije što spaja krajeve G G vektora vA i v B . Kada su vektori brzina tačaka A i B paralelni i suprotna smjera, trenutni pol brzina Pv određuje se na sličan način - slika 9.7 c. G G Ukoliko su vektori vA i v B paralelni a pravac AB nije normalan na pravac vektora brzina (slika 9.8), tada se trenutni pol brzina Pv nalazi u beskonačnosti. Iz jednačine (9.11) očigledno je da je trenutna ugaona brzina obrtanja tijela jednaka nuli. Zaključujemo da tijelo vrši trenutno translatorno kretanje, pri čemu su brzine svih tačaka kretanja tijela iste. G vB
B α
A α
G vA
Slika 9.8 Trenutna translacija krutoga tijela 9.5. ODREĐIVANJE BRZINA TAČAKA POMOĆU PLANA BRZINA Brzine tačaka krutog tijela, koje vrši ravno kretanje, mogu se odrediti i grafičkom metodom pomoću konstrukcije plana brzina. 146
Pretpostavimo da je poznata brzina tačke A tačke B kao što je prikazano na slici 9.9.
I B
G vA
I
ravne figure i pravac brzine
G a plan brzina vA G vD d
D C
G vB b
G vC O
A
G vA
⊥ AB
c ⊥ AC
plan položaja
⊥ BC
Slika 9.9 Plan brzina tačaka ravne figure G
Iz proizvoljne tačke O uctamo vektor vA u izabranoj razmjeri i pravac paralelan pravcu I. To je pravac brzine tačke B. Na taj način dobili smo odgovarajući plan brzina - slika 9.9.b. Iz jednačine (9.4) i (9.5) imamo da je G G G vB = v A + vBA ,
(9.14) G v AB = BA ⋅ ω i v AB ⊥ BA
gdje je
.
(9.15) Prema tome, ako iz tačke a u planu brzina povučemo liniju ab , koja je G okomita na AB do njenog presjecišta s pravcemG v B , dobit ćemo u istom G mjerilu vektor brzine v B taèke B, a vektor ab daje brzinu tačke B pri G obrtanju oko pola A ab = vGBA Da bismo našli brzinu tačke C, koja ne leži na AB , treba iz tačke a povući liniju ac ⊥ AC , a iz tačke b liniju bc ⊥ BC do njihova sjecišta C. Tada na G osnovu prethodnog zaključujemo da je vC = OC = OC , pri čemu je acG = vGCA i G G bc = vCB . Tada, prema jednačini (9.15), slijedi da je ab = vBA = ω ⋅ A B
(9.16)
a c = vCA = ω ⋅ A C bc = vCB = ω ⋅ B C
,
odakle dobijemo ab ac bc = = AB AC BC
=.... = ω .
(9.17) 147
Iz plana brzina vidimo da je linija što spaja vrhove vektora brzina okomita na linije koje spajaju odgovarajuæe tačke ravne figure (S), a po veličini su proporcionalne tim linijama u planu položaja brzina. Brzinu tačke D na liniji A B možemo odrediti ako odsječak ab podijelimo u istom odnosu u kojem tačka D dijeli odsječak A B (to jest ad : d b = A D : D B ); tada je Od = vGD . Ugaonu brzinu posmatrane ravne figure (S) određujemo iz dobivenog plana brzina pomoću jednačine (9.17).
9.6. ODREĐIVANJE BRZINE TAČAKA POMOĆU METODA ZAOKRENUTIH BRZINA Ako vektore brzine tačaka A i B zakrenemo u smjeru ugaone brzine za ugao od 90° , pravci ovih zaokrenutih brzina sjeći će se u trenutnom polu obrtanja. B
G vA
G vB G vC
C
G vB
G B´ vC
A
G vA
C´
A´
G
Pv
ω
Slika 9.10 Metoda zaokrenutih brzina Ova činjenica proizlazi iz same definicije trenutnog pola Pv. Kako su brzine tačaka A, B, C.... brzine rotacije za trenutni pol, to je vA =
A Pv ⋅ ω
vB =
B Pv ⋅ ω
(9.18)
Iz slike 9.10 proizlazi 148
.
A′Pv = A Pv − v A = A Pv − A Pv ⋅ ω = A Pv (1 − ω )
(9.19) .
B′Pv = B Pv − vB = B Pv − B Pv ⋅ ω = B Pv (1 − ω )
Odnos
A′Pv A Pv (1 − ω ) A Pv = = B′Pv B Pv (1 − ω ) B Pv
ukazuje na sličnost trouglova ΔABPv i ΔA′B′Pv .
Iz ovog izvodimo zaključak da je pravac A′B′ na kojem leže vrhovi zakrenutih brzina tačaka nekog štapa paralelan s tim štapom. Poznavanjem veličine brzine jedne tačke štapa možemo na ovaj način grafički odrediti brzine svih ostalih tačaka tog štapa. Sličnost trouglova ΔABPv i ΔA′B′Pv navodi nas na zaključak da će krajevi ortogonalnih brzina ravne figure (S) ležati na sličnom liku. Centar sličnosti je u trenutnom polu brzina Pv - slika 9.11 a. Posmatrajmo sada dva štapa A B i B C zglobno povezana - slika 9.11 b. Kako se u zglobu B mogu okretati jedan u odnosu na drugi, to je tačka B zajednički pol obrtanja. G vC
G vA
C
G
ω Pv 2 C´
G vB B
A
Pv1
A´
B
G
Pv
B
G
ω AB A
B´
ω
G ωCB vG
A´
G vA
C G
vC
B´
C´
G
ω Pv 2
Pv2
Slika 9.11 Slike uz objašnjenje Kennedyevog teorema
Kako relativni pol B pripada štapu A B i štapu B C , to će vrh vektora njegove ortogonalne brzine ležati na pravcu A′B′ ⏐⏐ A B i na pravcu B′C ′ ⏐⏐ B C - ležat će prema tome u presjecištu pravaca A′B′ i B′C ′ . Oba trenutna pola Pv1 i Pv2 štapova A B i B C , te njihov međusobni relativni pol B, leže na istom pravcu. Ovo je Kennedyjev teorem. Kennedyjev teorem ima široku primjenu u teoriji mehanizama za određivanje trenutnih polova obrtanja. 149
9.7. ODREĐIVANJE UBRZANJA TAČAKA KRUTOG TIJELA KOJE VRŠI RAVNO KRETANJE Brzina neke tačke B ravne figure (S) određena je poznatom jednačinom G G G G G G vB = v A + vBA = v A + (ω × r )
(9.20)
G
gdje je rG = AB vektor položaja tačke B u odnosu na pol A - slika 9.12. Diferenciranjem jednačine (9.20) po vremenu dobit ćemo G G G dvB dv A dvBA = + dt dt dt
(9.21)
G G G G dvB dv A ⎛ dω G ⎞ ⎛ G dr ⎞ = +⎜ × r ⎟ + ⎜ω × ⎟ dt dt ⎝ dt dt ⎠ ⎠ ⎝
.
U ovoj jednačini je, prema definiciji G dv A G = aA dt
G dv B G = aB dt
G dv BA G A = aB dt
ubrzanje pola A. Izraz
, ubrzanje tačke B, dok je
određuje komponentu ubrzanja
tačke B pri njenom obrtanju zajedno s tijelom oko pola A. Ugaono ubrzanje G G dω G ravne figure = ε je vektor okomit (kao i ω ) na ravnu figuru (S). Osim dt
toga je
Imajući u vidu da
G dr G G =ω×r . dt je ωG ⊥ rG i ωG ⋅ rG = 0
, dobivamo
G G dr G G G G G G G G G G ω × = ω × (ω × r ) = ω (ω ⋅ r ) − r (ω ⋅ ω ) = −ω 2 r . dt
Iz jednačine (9.21) imamo da je G G G G G aB = a A + (ε × r ) − ω 2 r .
(9.22)
Ako uvedemo oznake G G
(G )
ε × r = a BA 150
t
i
( )
G G − ω 2 r = a BA
n
(9.23)
gdje su (aGBA )t i ( a AB ) n tangencijalna i normalna komponenta ubrzanja koje bi tačka B imala kada bi se figura samo obrtala oko osi kroz tačku A (pola). To dobivamo G
( ) ( )
G G G G aB = a A + aBA t + aBA
(9.24)
n
ili G G G aB = a A + aBA
G aA
G aB
G a BA
(S)
G aA G εG
ω
β
(9.25)
(aG )
A B t
(S)
B
β
G aBA G εG
ω
A
B
(aG )
A B n
A
(S)
(aG )
A B n
G
ε G ω A
β
B
(aG )
A B t
G a BA
Slika 9.12 Ubrzanja tačaka ravne figure Prema tome, vektor ubrzanja bilo koje tačke B tijela jednak je vektorskom zbiru iz ubrzanja neke druge tačke A tijela, koja je uzeta za pol, i vektora ubrzanja tačke B pri njenom obrtanju zajedno s tijelom oko toga pola. G Korištenjem jednačina (9.23) i (9.25), vektor ubrzanja a B tačke B tijela možemo odrediti konstrukcijom paralelograma slike 9.12 a. G Ovdje je zgodno da se vektor a AB zamijeni, na osnovu jednačine (9.11) vektorskim zbirom njegove tangencijalne i normalne komponente čiji su intenziteti
(aG ) = A B ⋅ ε A B t
(9.26)
( aG AB ) n = AB ⋅ω2 a njegov intenzitet je aBA = A B ε 2 + ω 4
.
(9.27)
Vektor tangencijalne komponente ( aG AB ) t je normalan na poteg AB i ima smjer obrtanja ako je obrtanje tijela ubrzano (slika 9.12 b), odnosno ima 151
smjer suprotan smjeru obrtanja ako je obrtanje tijela suporeno (slika 9.12 G c). Vektor normalne komponente ( a AB ) n uvijek je usmjeren od tačke B ka polu A. Ukoliko se pol A ne kreæe pravolinijski već krivolinijski, tada se vektor G ubrzanja a B sastoji iz tangencijalne i normalne komponente. U tom slučaju jednačina (9.24) ima slijedeći oblik
( ) ( )
G G G G G aB = (a A )t + (a A )n + aBA t + aBA
n
.
(9.28)
Ubrzanje tačaka tijela koje vrši ravno kretanje možemo odrediti i odgovarajućom grafičkom konstrukcijom. Da bismo odredili vektor ubrzanja bilo koje tačke tijela u datom trenutku G vremena, potrebno je i dovoljno da su poznati vektori brzine i ubrzanja ( vA , G a A ) neke tačke A tijela u tom istom trenutku vremena, i putanja neke druge tačke B tijela ili položaj trenutnog pola brzine.
9.8. ODREĐIVANJA UBRZANJA TAČAKA POMOĆU TRENUTNOG POLA UBRZANJA Pri ravnom kretanju krutog tijela, u svakom trenutku vremena postoji tačka Q u ravnoj figuri (S) tijela čije je ubrzanje jednako nuli. Tačka Q zove se trenutni pol ubrzanja. Položaj trenutnog pola ubrzanja Q može se odrediti na slijedeći način. G
Pretpostavimo da je poznat vektor ubrzanja a A pola A, trenutna ugaona G G brzina ω i trenutno ugaono ubrzanje ε tijela. Tada, na osnovu jednačine (9.25) imamo G G G aQ = a A + aQA = 0 (9.29) odakle je
G G a A = −aQA
odnosno
a A = aQA
Vodeći računa o jednačini (9.27) imamo da je aQA = Q A ε 2 + ω 4
odnosno 152
.
(9.30)
QA =
aA 2
ε + ω4
.
(9.31)
Pravac potega QA zatvara s vektorom osnovu jednačine tgβ =
(a ) (a )
A Q t A Q n
=
ε ω2
G aA
ugao β , koji je određen na
.
(9.32)
Ugao β mjeri se od vektora aG A u smjeru obrtanja tijela ako je obrtanje ubrzano, odnosno u suprotnom smjeru od smjera obrtanja tijela ako je obrtanje usporeno. Prema tome, položaj trenutnog pola ubrzanja Q potpuno je određen dužinom (9.31) i uglom (9.32). (Vidi sliku 9.13) (S)
G a AQ G
ω
A
G aA
G aBA
Q Q
β β
G aA
G a B (S)
G − aA
B β
A
β π-β
G aA
Slika 9.13 Trenutni pol ubrzanja
Ukoliko su poznati vektori ubrzanja aG A i aGB tačaka A i B u ravnoj figuri (S) tijela, tada se trenutni pol ubrzanja Q nalazi u presjeku pravih povučenih u tačkama A i B pod uglom β prema vektorima aG A i aGB . Da bismo ovo dokazali uzmimo npr. tačku A za pol - slika 9.13. Tada na osnovu (9.25) imamo G G G a B = a A + a BA (9.33) odakle je G G G a BA = a B + (− a A ) . Kako pravac AB s vektorom ubrzanja aGBA zatvara ugao π − β, to možemo smatrati da je ugao β poznat. Tada povlačimo pravce iz tačaka A i B pod 153
uglom β prema vektorima aG A i aGB . U presjecištu ovih pravaca nalazi se trenutni pol ubrzanja Q. Prema jednačinama (9.30) i (9.31) možemo za bilo koje dvije tačke A i B u ravnoj figuri (S) napisati QA =
aA 2
ε +ω
4
i
aB
QB =
(9.34)
2
ε + ω4
odakle nalazimo aA Q A = aB Q B
.
(9.35)
Prema tome, jednačina (9.35) pokazuje da su veličine ubrzanja pojedinih tačaka tijela srazmjerne rastojanjima tih tačaka od trenutnog pola ubrzanja. Treba imati u vidu da se u općem slučaju položaji trenutnog pola brzina Pv i trenutnog pola ubrzanja Q ne poklapaju.
9.9. POMIČNA I NEPOMIČNA CENTROIDA Kada kruto tijelo vrši ravno kretanje kontinuirano u toku određenog vremenskog intervala, trenutni polovi brzina mijenjaju svoj položaj i pritom opisuju takozvane centroide koje su, dakle, geometrijska mjesta sukcesivnih trenutnih polova. Posmatrajmo ravno kretanje krutog štapa AB. Pri ravnom kretanju, premještanjem iz A1B1 u položaj A2B2, štap AB obrće se oko trenutnog pola P1, a zatim pri premještanju položaja u A3B3 oko trenutnog pola P2, i tako dalje - slika 9.14 A3 A2 B2
B1 ϕ
A1
B3
C1 P1
ϕ C2
C3
C4
P2 P3 P4
Slika 9.14 Konstrukcija pomične i nepomične centroide 154
U presjecištima odgovarajućih simetrala dužina A1 A2 i B1B2 , odnosno A2 A3 i B2 B3 , nalaze se trenutni polovi P1 P2 P3.... koji leže u nepomičnoj ravnini u kojoj se kreće štap AB. Spajanjem tačaka trenutnih polova dobivamo izlomljenu liniju koja pri beskonačno malim pomacima štapa AB postaje krivulja i naziva se nepomična centroida (nc). U trenutku kada štap, pa prema tome i ravna figura (S), zauzme položaj A1B1, s polom P1 se poklapa tačka C1. Kako će štap rotirati za ugao pri prelazu u novi položaj, to će se u novom položaju s odgovarajućim polom P2 poklapati tačka C2 ravne figure. Dok je štap AB još u položaju A1B1, položaj tačke C2 definiran je sa P1P2 = C1C2 i uglom ϕ između P1P2 = C1C2 . Pri daljnjem kretanju definiranom trenutnim polovima P3, P4, ... s tačkom trenutnih polova će se poklapati tačke ravne figure C3, C4, ... Geometrijska mjesta svih trenutnih polova C1, C2, C3, ... nalaze se na krivulji koja leži na pomičnoj ravnini (u kojoj leži ravna figura (S)) naziva se pomična centroida - slika 9.15. B A C4
C3 C1 C2 P1 P2 P3 P4 nepomična (n.c) centroida
C5
pomična (p.c) centroida zajednička tangenta
P5
Slika 9.15 Pomična i nepomična centroida Pri ravnom kretanju pomična centroida se kotrlja po nepomičnoj centroidi. Ovo je izraženo teoremom Poinsot-a. Prema tome, kretanje ravne figure (S) u ravnini može se prikazati kao kotrljanje bez klizanja pomične centroide po nepomičnoj centroidi. Tačka dodira obje centroide je trenutni pol u kojoj leži zajednička tangenta. Ovakav način analize ravnog kretanja veoma je prikladan za analizu i sintezu mehanizama i mašina, jer se u nekim slučajevima elementi mašina ocrtavaju upravo po ovim krivuljama, a ponekad se mogu lako konstruirati ako su te krivulje poznate. Pomoću ovih krivulja možemo odrediti putanju tačaka ravne figure (S). Pretpostavimo da su poznate pomična i nepomična centroida a treba G odrediti putanju tačke A ravne figure (S) - slika 9.16. Brzina svake ( v ) 155
tačke pomične ravne figure (S) leži na tangenti u promatranoj tački, a G normala n na tangentu i vektor brzine v prolazi kroz trenutni pol P, tj. kroz dodirnu tačku pomične i nepomične centroide (n.p. tačka A1). U osnovnom položaju u kojem se (p.c.) i (n.c.) dodiruju P0 nanosimo na ... i u tim tačkama pomičnu centroidu kratke odsječke C0C1 , C1C2 , C1, C2, .... povucimo normale, pa izmjerimo uglove ϕ1, ϕ2 ... što ih te .... normale zatvaraju sa spojnicama C1 A0 , C2 A0 .
Ucrtajmo na nepomičnoj centroidi tačke P1, P2, ... s kojima bi se pri kotrljanju (p.c.) po (n.c.) tačke C1, C2, .... poklopile tako da je P0 P1 = C0C1 , P1 P2 = C1C2 U tačkama P1, P2, ... podižimo normale i linije koje s normalama zatvaraju uglove ϕ1, ϕ2 .... Na tim zrakama nanesimo odsječke P1 A1 = C1 A0 , P2 A2 = C2 A0
t0 A 0 n'2 n'1 n0 ϕ1 ϕ0 (p.c)
C0 C1 P0 P 1
t1 n1 ϕ1
n2
C2 P2
A1
G v
A2 t2
ϕ2
(n.c)
Slika 9.16 Konstrukcija putanje tačke A Na taj način dobivamo tačke A1, A2, .... u koje će doći tačka A0 u položajima ravne figure (S) kojima odgovaraju trenutni polovi P1, P2, ..... Krivulja kroz tačke A0, A1, A2, ... je tražena putanja tačke A koja se još naziva ovojnica ili anvelopa.
156
9.10. RIJEŠENI ZADACI Zadatak 9.1. Radno vratilo dizel motora okreće se konstantnom ugaonom brzinom ωAB = 100 s−1. Poznate su dužine¸lAB = 50 mm (dužina klipnjače) lBD = 20 mm. Odrediti brzinu kretanja klipa i ugaona brzina klipnjače. B A
45°
D
Slika uz zadatak 9.1 Rješenje: Za položaj mehanizma prikazanog na slici vrijedi B
ωAB
A
G vD
δ
D
Slika uz rješenje zadatka 9.1 sin δ =
l AB 50 sin 450 = sin 450 200 lBD
δ = 10,2° . Brzina tačke B vB = lAB⋅ωAB = 0,05⋅100 = 5 m/s Klipnjača BD vrši ravno kretanje pa je brzina tačke D G G G vD = vB + v DB
157
B
=
45°
D
G vB
B
+
G vD
B
D
G vB
ωBD=ωDB
G vDB
D G vB
translacija
rotacija
Slika uz određivanje brzine tačke D G vD 45° 90°-δ
G vB
vDB =
β
sin 450 sin 79,80
G vDB
⋅ vB
vDB = 3,59 m/s . Primjenom sinusnog teorema imamo vD =
sin 55,20 sin 45
0
v DB
sa
β = 55,2°
vD = 4,17 m/s . Brzina tačke D preko trenutnog pola brzina možemo odrediti ako je poznato ugaono ubrzanje v DB = l DB ⋅ ω DB
ω DB =
vDB 3,59 = l DB 0,2
= 17,96 s−1.
Zadatak 9.2. Poluga ED mehanizma prikazanog na slici obrće se konstantnom ugaonom brzinom ωED = 10,0 s−1. Poznate su dužine poluga lED = 200 mm, lBD = 300 mm, lAB = 250 mm i lDS = 200 mm. Za položaj mehanizma prikazanog na slici odrediti brzine tačaka B, D, S i ugaono ubrzanje AB i BD. 158
B 45°
S
A D
ωED E
45°
Slika uz zadatak 9.2 Rješenje: Brzina tačke D vD = lED ⋅ωED = 0,2⋅10 = 2,0 m/s
vD
45°
vB
B
vBD
B
S
=
S
B
vSD
vD
+
ωED
45°
vD
D
D
vD
S
D
vBD 45°
vB
45°
vD
vSD
vS
45°
vD
Slika uz određivanje brzina tačaka mehanizma Brzina tačke B G G G v B = v D + v BD
vB = lAB ⋅ωAB
ωAB =
vB . l AB
Kako je vD ⋅cos45°= vB ⋅cos45° vD = vB = 2 m/s to je ugaona brzina poluge AB
ωAB = 8,0 s−1. 159
Na osnovu teorema i gornje skice imamo da je = 2,828 m/s , a ugaona brzina poluge BD v BD
v DB ωBD = = 9,428 s−1. l BD
Brzina rotacije tačke S oko tačke D vSD = lDS ⋅ωBD = 0,20⋅9,428 = 1,886 m/s . Brzina tačke S G G G vS = v D + vSD
vS = 1,491 m/s . Zadatak 9.3. Mehanizam prikazan na slici ima dimenzije r = 0,12 m, lBC = 0,4 m, ϕ = 20°. Poluga AB okreće se sa n = 2000 o/min. Odrediti brzine tačaka A i B. B
r n A
φ r 2
C
Slika uz zadatak 9.3 Rješenje: Brzina tačke B
vB = r⋅ω vB = r⋅ π ⋅ n = 0,12⋅ π ⋅ 2000 = 25,13 m/s 30
30
ωBC
M
r 2
r n A
r sinφ
G vB
B φ φ x
G vC
C
Slika uz određivanje brzina tačaka B i C 160
Iz geometrije slijedi: x=
⎛r ⎞ l 2 − ⎜ + r ⋅ sinϕ ⎟ ⎝2 ⎠
2
x cos α ⎛ 1 1⎞ BM = −r 2 ⎜ sin2 ϕ + sin ϕ + ⎟ + l 2 = 0,418 m ⎝ cos α 4⎠ r C M = x ⋅ tgϕ + + r ⋅ sin ϕ 2 ⎛ ⎛ 1⎞ 1⎞ CM = tgϕ −r 2 ⎜ sin 2 ϕ + sin ϕ + ⎟ + l 2 + r⎜ sin ϕ + ⎟ = ⎝ ⎝ 4⎠ 2⎠ BM =
Brzine tačaka B i C se dobiju na slijedeći način: ωBC = vB = B M ⋅ωBC vC =
CM
⋅ωBC
ωBC =
ωBC = ωBC vC = vB CM
BM
vC = vB
CM BM
0,2419 m .
vB BM vC CM
0,241909 0,411866
= 25,1327
vC = 14,76 m/s . Zadatak 9.4. Disk poluprečnika r kotrlja se po horizontalnoj podlozi ugaonom brzinom ω. Središnja tačka kreće se brzinom v0 = r⋅ω . Odrediti brzine tačaka E, D i B koje se nalaze na obodu diska. ω O
vO=r·ω
ω
r=
vO
vO=r·ω
ω
M
Slika uz zadatak 9.4 Rješenje: Tačka A je trenutni pol i njena brzina je jednaka nuli vA = v0 − r⋅ω = 0 . 161
Prikažimo rastavljanje ravnog kretanja na translaciono i rotaciono kretanje D
D
r·ω
r·ω
ω E
D
vO
vO=r·ω
B= E
B
vO
A
A
vO
B
+ E
r·ω
r·ω
vO
A
Slika uz rješavanje zadatka 9.4
vD
vE vO
Brzina tačaka E, D i B vB = 2 ⋅r⋅ω vD = 2⋅r⋅ω vE = 2 ⋅r⋅ω .
vB
M=A
Trenutni pol brzina Zadatak 9.5. U reduktoru prikazanog na slici pogonsko vratilo je I i zupčanik A čiji je poluprečnik rA. Okretanje se prenosi preko zupčanika B i D èiji su poluprečnici rB i rD na vratilo II. Odrediti odnos nI / nII broja okretaja pogonskog I i gonjenog vratila II. PV
D B
vII
B A B
vA=vB
D
ωII A
ωI
I
A
Slika uz zadatak 9.5 162
II
Rješenje: Obrtna brzina zupčanika je vA = rA⋅ωI , ujedno i brzina zupčanika B na mjestu dodira ta dva zupčanika vB = vA = rA⋅ωI . Trenutni pol brzina je u tački PV za zupčanik B i vratilo II pa vrijedi vII =
rD rD + rB
vA =
rD ⋅ rA rD + rB
⋅ωI .
Brzina centra zupčanika D i B kao poluge vratila II je vII = lS⋅ωII = (rA + rB)⋅ωII . Odnos ugaonih brzina odnosno broja okretaja je n r +r r +r ωI = I = A B⋅ D B ω II nII rA rD nI ⎛ rB ⎞ ⎛ rB ⎞ = ⎜1 + ⎟ ⋅ ⎜1 + ⎟ nII ⎜⎝ rA ⎟⎠ ⎜⎝ rD ⎟⎠
.
Zadatak 9.6. Za podatke iz zadatka 9.1 potrebno je odrediti ubrzanja tačaka B i D i ugaono ubrzanje poluge DB. Rješenje: G aB B
45°
10,2°
G aB B = G
aD D
B
G aD 45°
(aG ) = l ⋅ ε B D t
10,2°
(aG )
B D n
= l ⋅ω2
ε ω
+D
G aB
l
l ⋅ω2 l ⋅ε
D
G aB 10,2°
Slika uz rješenje zadatka 9.6 163
Ubrzanje tačke B pošto je ωAB = const. slijedi: aB = lAB⋅ω2 = 0,05⋅104 = 500 m/s2 Ubrzanje tačke D možemo izraziti u slijedećem obliku
( ) + (aG )
G G G aD = aB + aDB
(aG ) (a ) = l
Intenzitet komponente
B D n
B D n
(a )
B D n
n
.
B D t
(*)
je
DB
2 ⋅ ω DB
= 0,2⋅17,962 = 64,5 m/s2 . G
Projektovanjem vektorske jednačine (*) na pravac okomit na ubrzanje a D dobivamo
(a )
B D t
=
1 cos10,80
(a )
B D t
(a
B
( )
⋅ cos 450 − aDB n ⋅ sin 10,20
)
= 348 m/s2 . G
Projektovanjem jednačine (*) na pravac ubrzanja a D dobivamo intenzitet ubrzanja tačke D aD = aB⋅sin45° + (aDB )n cos10,2°− (aDB )t sin10,2° aD = 356 m/s2 . Ugaono ubrzanje poluge DB je ε DB =
Zadatak 9.7.
164
(a ) = 348m / s B D t
l DB
0,2m
2
= 1738 s−2 .
Za mehanizam prikazan na zadatku 9.2 i iste podatke odrediti ubrzanja tačaka B, D i S ako je ugaono ubrzanje poluge ED εED = 50 s−2. Rješenje: (aGB )n S
(aG )
B 45°G
(a B )t
G aB
D (aGD )t
B
S
G aD
=
45°G
(a D )n
= l ⋅ω2
D B n
B
G aD
(aG )
D B t
S
(aG )
+
D S n
ω
= l ⋅ε
( ) G a SD
45°
ε
(aGD )n
(aGD )t
(aGB )t
G aB
(aG )
D B n
G aD
G aD
45°
G aD
t
D
D
O
(aGB )n
G aD
G aS
(aG )
D S n
(aG )
(aG )
D S t
D B t
Slika uz rješenje zadatka 9.7 Ubrzanje tačke D
(a ) (a )
D n
2 = l ED ⋅ωED = 0,2 m⋅100 s
D t
= l ED ⋅εED = 0,2 m⋅50 s
−2
−2
= 20 m/s2
= 10 m/s2 .
Ubrzanje tačke B možemo izvesti kao ubrzanje tačke poluge DB i poluge AB. G G G G a B = a D + ( a BD ) n + ( a DB ) t
(I)
G G G aD = ( aD ) n + ( aD ) t G G G aB = ( aB ) n + ( aB ) t
(II)
( aG ) + ( aG ) = ( aG ) + ( aG ) + ( aG ) + ( aG ) B n
B t
D n
D t
D B n
D B t
.
Kao što je poznato iz zadatka 9.2 ωAB = 8,0 s−1 ωBD = 9,428 s−1 .
(a )
2 = l AB ⋅ ω AB
(a )
2 = l BD ⋅ ω BD
B n D B n
= 0,25 m⋅8,02 s−2 = 16,0 m/s2 = 0,30 m⋅9,432 s−2 = 26,7 m/s2 .
165
Projektovanjem jednačine (I) na pravac ose y imamo: aBy = −(aD)n⋅sin45° − (aD )t sin45°− (aBD )n aBy = −20⋅ sin45° −10,0⋅ sin45° − 26,7 aBy = − 47,88 m/s2 , a projektovanjem jednačine (II) na isti pravac dobit ćemo aBy = −(aB)n⋅sin45° − (aB )t sin45° . Iz zadnje jednačine dobivamo aBz = [−(aB)n⋅sin45° − aBy ] aBz = − 16,0 +
1 sin 450
47 ,88 2 0 = 51,71 m/s . sin 45
Projektiramo jednačinu II na x osu imat ćemo aBx = −( a B ) n ⋅cos45° + ( a B ) t cos45° aBx = − 16,0⋅cos45° + 51,71⋅cos45° = 25,25 m/s2 . Projektiranjem jednačine I na pravac x ose imamo da je: aBx =
(a )
D n
⋅cos45° −
(a ) cos45° + (a )
D B t
D t
.
Iz gornje jednačine dobivamo
(a )
= aBx − [ (aD )n − (aD )t ]⋅cos 45°
(a )
= 25,25 − (80,0 − 10,0) ⋅cos 45° = 18,18 m/s2 .
D B t D B t
Ubrzanje tačke B aB = 166
2 2 aBx + a By = (47,88) 2 + (25,25) 2
= 54,13 m/s2 .
Ugaono ubrzanje poluga AB i BD (a ) 51,71 ε AB = B t = = 206,9 s−2 l AB
εBD =
0,2
(a )
D B t
lBD
=
18,18 0,30
= 60,6 s−2 .
Ubrzanje tačke S
(a )
D S n
2 = l DS ⋅ ω DB
(a ) = l D S t
DS
⋅ ε BD
= 0,20⋅9,4282 = 17,78 m/s2 = 0,20⋅60,60 = 12,12 m/s2
( ) + (aG )
G G G G aS = (aD )n + (aD )t + aSD
(III)
D S t
n
Projektovanjem jednačina III na ose x i y dobivamo aBx =
(a )
D n
cos45° +
(a ) cos45° + (a )
D S t
D t
= 19,19 m/s2
aBx = −( a D ) n sin45° − ( a D ) t sin45° + ( a SD ) n = − 38,39 m/s2 aS =
2 2 aSx + aSy = 19,19 2 + 38,39 2
= 42,92 m/s2 .
Zadatak 9.8. Po nepokretnom zupčaniku I poluprečnika r1=0,3m kotrlja se zupčanik II poluprečnika r2 = 0,2m koji je osnovicom vezan za krivaju 0A. Krivaja 0A ima ugaonu brzinu ωOA=1 s−1 i ugaono ubrzanje ε OA = −4 s−2 . Odrediti ubrzanje tačke D koja se nalazi na obimu pokretnog zupčanika II.
D
G vA
II G A (a A )t (aGA )n P
εOA ωOA
εII
ωII
I O
Slika uz zadatak 9.8 167
Rješenje: Brzina i ubrzanje tačke A vA =
O A ⋅ ωOA
= (0,30 + 0,2)⋅1 = 0,5 m/s
G G G a A = (a A )t + (a A )n
(a A )t = O A ⋅ ε OA = (0,30 + 0,2)⋅(+4) = 2 m/s2 2 (a A )n = O A ⋅ ωOA = (0,30 + 0,2)⋅12 = 0,5 m/s2 .
Tačka dodira zupčanika I i II P je trenutni pol brzina za zupčanik 2
ωII =
vA 0,5 = A P 0,2
= 2,5 s−1
dωII 1 dv A ( a A ) t 2 = = = dt AP dt AP 0,2
εII =
= 10 s−2 .
Ubrzanje tačke D
( ) ( )
G G G G G aD = (a A )n + (a A )t + aDA n + aDA
(a ) = D A ⋅ ε A D t
(a )
A D n
(aGD )t
II
= D A ⋅ ω II2
= 0,2⋅10 = 2 m/s2 = 0,2⋅2,52 = 1,25 m/s2
y
II G G (a ) D (aD )n A A t (aGA )n
Projiciranjem jednačine I na x i y os x
dobivamo aDx =
(a )
A t
+
(a )
= 3,25 m/s2
aDy =
(a )
−
(a )
= 1,5 m/s2
aD = Slika uz rješenje zadatka 9.8 168
(I)
t
A D t
A D n
A n
2 2 aDx + a Dy = 3,252 + 1,52
= 3,58 m/s2
Zadatak 9.9. Štap AB kreće se u ravnini slike tako da njegovi krajevi klize po osima koordinatnog sistema. Odrediti centroide takvog kretanja. AB = l = const. y A l
x O
B
Slika uz zadatak 9.9
Rješenje: Projekcije brzine tačke A η
y A (ab) G vA
(vA)y = − ω⋅l⋅sinωt (vA)x = 0
P ω·t
(vA)ξ = ω⋅l⋅sinωt⋅ cosωt
l
(vA)η = − ω⋅l⋅sin2ωt . x
O
l
B ζ
Koordinate nepomične centroide xP = l⋅ sinωt yP = l⋅ cosωt
Slika uz rješenje zadatka 9.9 169
Eliminacijom parametra t dobivamo jednačinu nepomične centroide: x P2 + y P2 = l 2
To je kružnica poluprečnika l. Koordinate pomične centroide u koordinatnom sistemu Aξη
ξP = l⋅sin2ωt ηP = l⋅sinωt⋅ cosωt = l⋅sinωt
1 − sin 2 ωt
.
Isključenjem vremena t, odnosno sinωt, dobiva se: ξ2P + ηP2 = lξP .
Vidi se da posljednja jednačina predstavlja kružnicu prečnika l čije središte ima koordinate ξ =
l 2
i η = 0. .
9.11. ZADACI ZA RJEŠAVANJE Zadatak 9.10. Za mehanizam prikazan na slici odrediti brzinu i ubrzanje tačke A i ugaonu brzinu i ugaono ubrzanje poluge AB ako je brzina klizača A vA = 5,0 m/s usmjerena prema dolje. Dužina poluge AB je lAB= 1,20 m.
170
45°
A
B
30°
Slika uz zadatak 9.10 Rješenje: vA = 1,83 m/s
ωAB = 5,10 s−1 aA = 44,19 m/s2
εAB = 26,04 s−2 Zadatak 9.11.
45°
B A
M
0,5m
Disk prikazan na slici obrće se ugaonom brzinom ωD = 20,0 s−1 . Dužine su AM=0,30m, AB=0,90m. Za mehanizam prikazan na slici odrediti brzinu tačke B, ugaonu brzinu štapa AB i ugao koji štap AB gradi s horizontalom, kao i ubrzanje tačke B i ugaono ubrzanje štapa AB ako je ugaono ubrzanje diska εD = 100 s−2 .
Slika uz zadatak 9.11 171
Rješenje: vB = 5,68 m/s aB = 61 m/s2
ωAB = 4,98 s−1 εAB = 83 s−2 ∠(AB,hω) = 18,7°
Zadatak 9.12. Dva diska u sistemu prikazanom na slici povezana su štapom BD. Desni disk obrće se oko ose E sa ugaonom brzinom ωAB = 4,98 s−1 u pokazanom smjeru. Ugaono ubrzanje desnog diska εAB = 83 s−2 . Odrediti brzinu i ubrzanje tačke B, ugaone brzine i ugaona ubrzanja lijevog diska i štapa BD. Diskovi su: ED=0,25m, BD=0,50m, AB=0,25 1 2 m. R
D A
45°
E
ωE
45°
B
Slika uz zadatak 9.12 Rješenje: vB = 4,24 m/s
vD = 3,0 m/s
ωBD = 6,0 s−1
ωAB = 24 s−1
εED = 384 s−2
εA = 672 s−2
aB = 157 m/s2
(aB)n = 102
(a ) = 18 m/s2
(aD)t = 36 m/s2
m/s2 D B n
(aD)n = 30 m/s2 . 172
Zadatak 9.13. U mehanizmu prikazanom na slici klizač A kreće se brzinom vA = 1,0 m/s i ubrzanjem poluge kroz klizač aB = 1,0 m/s2. Dužina poluge AD = l = 1,0 m. Poluga AD kreće se kroz zglobni klizač B. Za položaj mehanizma prikazanog na slici odrediti brzinu i ubrzanje tačke D i ubrzanje tačke A. Ugaonu brzinu i ugaono ubrzanje poluge AD. l
l
G vA
2 30°
2
D
B
A
Slika uz zadatak 9.13 Rješenje: vD = 10 m/s aD = 1,53 m/s2 aA = 0,577 m/s2
ωAD = 1,0 s−1 εED = 0,577 s−2
Zadatak 9.14. U mehanizmu prikazanom na slici poluga AB okreće se ugaonom brzinom ωAB = 1,2 s−1. U položaju mehanizma prikazanom na slici odrediti brzine tačaka B, E i D. Dužine su AB = 0,20m; EB = DB = 0,15 m. Ugaonu brzinu poluga BE i BD.
173
E 45°
B 30°
A
45°
D ωAB
Slika uz zadatak 9.14 Rješenje: vB = 0,24 m/s vD = 0,328 m/s vE = 0,088 m/s
ωDB = 1,96 s−1 ωEB = 1,96 s−1 Zadatak 9.15. Za disk poluprečnika R = 0,50 m privezan je štao AB u tački A a poluprečnika r = 0,30 m. Ugaona brzina diska ωD = 10,0 s−1. Štap AB je dužine 1,0 m. Ugaono ubrzanje diska εD = 40 s−2. Odrediti brzinu i ubrzanje tačke B. Ugaonu brzinu i ugaono ubrzanje štapa AB. R
r
M B
A
C
Slika uz zadatak 9.15 174
Rješenje: vB = 3,26 m/s aB = 3,03 m/s2
ωAB = 3,47 s−1 εAB = 6,91 s−2 G vB
A 31°
M
120°
G vBA
G vA
31°
B C
Slika uz rješenje zadatka 9.15 Zadatak 9.16. Klizač A kliže po nepomičnoj vodilici člana C, dok se članovi a i b kreću u vertikalnoj ravnini. U položaju mehanizma prikazanom na slici ugaona brzina člana a je ωa = 1,76 s−1 u smjeru prikazanom na slici, i ugaono ubrzanje εa = 5 s−2. Odrediti brzinu i ubrzanje klizača A.
c C ωa
b
εa
300
30°
A
a 400
400
B
Slika uz zadatak 9.16 175
Rješenje: vA = 2,15 m/s aA = 38 m/s2
Zadatak 9.17. Valjak prikazan na slici kotrlja se bez klizanja po cilindričnoj podlozi. Ako je u prikazanom položaju ugaona brezina valjka 6 s−1 u smjeru kretanja kazaljke na satu i ugaono ubrzanje 5 s−2 u suprotnom smjeru, treba odrediti ubrzanje tačke C i ugaono ubrzanje štapa BC.
90mm
150mm
A 120mm
B
r
C
Slika uz zadatak 9.17 Rješenje: aC = 0,618 m/s2
εBC = 13,43 s−2
176
Zadatak 9.18. Mehanizam dat na slici sastoji se od poluga ED, AB i ploče CBD oblika pravouglog trougla čija je kateta CD = a. Poluga ED obrće se konstantnom ugaonom brzinom ωED = 2 s−1 u pokazanom smjeru. Dati su uglovi , ∠CBA = 90° , ∠EDC = 30°, ∠CBD = 60° . Tačka C nalazi se u datom trenutku na pravcu EA. U položaju mehanizma prikazanom na slici odrediti ugaono ubrzanje ploče i poluge AB. D 30° 60°
B
ωED E
A
C
Slika uz zadatak 9.18 Rješenje:
εAB = 84 3 s−2 εP = − 105 4
3
s−2
Zadatak 9.19. Štap AB kreće se u ravnini slike tako da donjim krajem klizi po horizontalnoj podlozi i pri tome se stalno oslanja na tačku C. Treba odrediti pomičnu i nepomičnu centroidu i trenutnu ugaonu brzinu štapa oko trenutnog pola, ako su poznati brzina donjeg kraja štapa i visina h. y B x O
η
h φ G vA
A
ζ
Slika uz zadatak 9.19 177
Rješenje: x2 = h⋅y
ξ4 − h2⋅(η2 + ξ2) = 0 ω=
178
v⋅h x2 + h2
Sferno kretanje
10.1. GEOMETRIJSKA INTERPRETACIJA U najjednostavnijem slučaju prostornog kretanja kruto tijelo ima tri stepena slobode kretanja a položaj tijela je određen ako su poznati Eulerovi uglovi ϕ = ϕ (t ) ψ = ψ (t ) θ = θ (t )
(10.1)
Jednačine (10.1) predstavljaju jednačine kretanja krutog tijela oko nepomične tačke. Pri ovakvom kretanju ostale tačke tijela opisuju putanje koje leže na sfernoj plohi sa središtem u nepomičnoj tački i zato se takvo kretanje naziva sferno kretanje. Dokazat ćemo da u ovom slučaju vrijedi D'Alambertov odnosno Eulerov teorem koji glasi: Svako premještanje krutog tijela koje ima jednu nepomičnu tačku može se izvesti konačnom rotacijom oko osi kroz tu nepomičnu tačku. Položaj krutog tijela u prostoru određen je s tri njegove tačke koje ne leže na istom pravcu već tvore trokut u toj ravnini.
179
Uzimamo da je tačka O tijela, u kojoj je tijelo pričvršćeno za podlogu, nepomična i ona ostaje zajednička za sve položaje. Ostale dvije tačke, A i B, mogu se odabrati proizvoljno, a zbog jednostavnosti odabrat ćemo tako da je OA = OB, tj. da trougao bude jednokraki. Geometrijsko mjesto svih mogućih položaja tačaka A i B (slika 10.1) bit će ploha kugle radijusa R = OA = OB. ϕ B
a
A1 b
A
01
0
B1
Slika 10.1. Konačna rotacija oko osi kroz nepomičnu tačku Presjek ravnine kroz tačke A, B i O s kuglom daje velike kružnice AB. Neka te tačke u nekom drugom položaju tijela zauzimaju položaj A1 i B1. Ako se tačke A i A1 na površini kugle spoje velikim lukom AA1 i iz polovine luka a povuče sferna okomica aO1, a iz polovine velikog luka BB1 tačke b povuče sferna okomica bO1, dobit će se sjecište tih okomicatačka O1 koja će biti jednako udaljena od tačaka A i A1, odnosno od B i B1. Zbog toga će sferni trouglovi O1AB i O1A1B biti jednaki, a to znači da se rotacijom oko osi OO1 sferni trougao O1BA može dovesti u položaj trougla O1B1A1. Zajedno sa takvom rotacijom kružni isječak OAB premješta se u položaj krućnog isječka OA1B1, a ravnine tog kružnog isječka pripadaju tijelu koje se zajedno s njom okreće oko nepomične tačke O.
10.2. POMIČNA I NEPOMIČNA AKSOIDA Kretanje tijela oko nepomične tačke može se smatrati nizom beskonačno malih rotacionih pomaka iz jednog u drugi susjedni položaj. Svaki takav pomak može biti ostvaren beskonačno malom rotacijom oko tzv. trenutne osi rotacije koja prolazi kroz nepomičnu tačku. Geometrijsko mjesto trenutnih osi rotacije krutog tijela (s jednom nepomičnom tačkom) daje u prostoru neku konusnu plohu koja se naziva nepomična aksoida. Osim toga, pri kretanju tijela trenutna os rotacije mijenja svoj položaj u samom tijelu (tačnije: u prostoru vezanom za tijelo) i zajednički vrh u nepomičnoj tački O i u svakom trenutku je trenutna os rotacije njihova zajednička izvodnica. 180
Ωp
Ω
Ωr
M
G
ω G
nepomični aksoid
ωp
G
ωr
pomični aksoid
0
Slika 10.2 Pomična i nepomična aksoida Kretanje krutog tijela oko nepomične tačke može se promatrati i kao kotrljanje bez klizanja pomične aksoide po nepomičnoj aksoidi. Pri tome su brzine tačaka tijela, koje leže na trenutnoj osi rotacije, tj. na zajedničkoj izvodnici pomične i nepomične aksoide, u posmatranom trenutku jednake nuli. U specijalnom slučaju, kada su obje aksoide kružni konusi (slika 10.3), kretanje tijela oko nepomične tačke zove se precesiono kretanje. Pri tome pomična aksoida vrši istovremeno dva kretanja: jedno ugaonom brzinom ω r oko svoje osi, a drugo ugaonom brzinom ω p oko osi precesije. Ako su obadvije ugaone brzine, ω r i ω p konstantne, kretanje se naziva regularna precesija. Ako pritom obje ugaone brzine imaju isti smjer rotacije, kretanje je progresivna precesija – slika 10.3. Ako ugaone brzine ω r i ω p imaju suprotan smjer, onda se kretanje naziva retrogradna precesija. ζ
z
Ω
z nepomični aksoid
M
nepomični aksoid
pomični aksoid
ζ
Ω
M
pomični aksoid
0
Slika 10.3 Progresivna precesija
0
Slika 10.4 Retrogradna precesija 181
Takvo kretanje vrši Zemlja oko Sunca. Ona se, naime, u odnosu na svoju os okreće u jednom smjeru, a po svojoj ekliptici oko Sunca u suprotnom smjeru. Pritom Zemljina os opisuje pomičnu aksoidu oko nepomične osi ekliptike u vremenu od oko 26000 godina, što je već ustanovio Hiparh u 3. stoljeću prije n.e. 10.3. UGAONA BRZINA I UGAONO UBRZANJE PRI SFERNOM KRETANJU Pretpostavimo da imamo kruto tijelo koje vrši sferno kretanje oko nepomične tačke O. Tijelo se okreće oko svoje osi ξ koja se istovremeno okreće oko vertikalne nepomične osi Oz. Pri tom kretanju trenutna os rotacije Ω opisuje u odnosu na nepomični koordinatni sistem Oxyz konusnu plohu - nepomičnu aksoidu po kojoj se kotrlja, a da se ne kliže, pomična aksoida. Ako se tijelo u vremenu Δt zakrene oko trenutne osi rotacije za ugao Δα , tada je njegova ugaona brzina u trenutku t (trenutna ugaona brzina) ω=
Δα dα lim = Δt →0 Δt dt
(10.2)
G
Vektor trenutne ugaone brzine ω je u pravcu trenutne osi rotacije (klizni vektor) - slika 10.5 z
Ω ξ
G
ω G
η θ
ω2 G k1
G
ω1
G k O nG ψ
G
x
y
φ
ω3 N
ζ
Slika 10.5 Trenutna ugaona brzina 182
G
ω
G
Pri sfernom kretanju vektor ω u općem slučaju mijenja se po veličini i po G G pravcu, to jest ω = ω(t). G Projiciranjem vektora ω na osi pokretnog koordinatnog sistema Oζηξ dobivamo ωζ = ψ ⋅sinϕ⋅sinθ + θ ⋅cosϕ
ωη = ψ ⋅cosϕ⋅sinθ − θ ⋅sinϕ ωξ = ψ ⋅cosθ + ϕ
(10.3)
ili u matričnom zapisu ⎧ωζ ⎫ ⎡ sin ϕ ⋅ sin θ ⎪ ⎪ ⎢ ⎨ ωη ⎬ = ⎢cos ϕ ⋅ sin θ ⎪ ω ⎪ ⎢ cosθ ⎩ ξ⎭ ⎣
cos ϕ
0⎤ ⎧ψ ⎫ ⎪ ⎪ − sin ϕ 0⎥⎥ ⎨θ ⎬ 0 1⎥⎦ ⎪⎩ϕ ⎪⎭
(10.4)
G
Analogno dobivamo projekcije vektora ω na osi nepomičnog koordinatnog sistema Oxyz ωx = ϕ ⋅sinψ⋅sinθ + θ ⋅cosψ ωy = − ϕ ⋅cosψ⋅sinθ + θ ⋅sinψ (10.5) ωz = ϕ ⋅cosθ + ψ ili u matričnom zapisu ⎧ωζ ⎫ ⎡ sin ϕ ⋅ sin θ ⎪ ⎪ ⎢ ⎨ ωη ⎬ = ⎢cos ϕ ⋅ sin θ ⎪ ω ⎪ ⎢ cosθ ⎩ ξ⎭ ⎣
cos ϕ 0⎤ ⎧ψ ⎫ ⎪ ⎪ − sin ϕ 0⎥⎥ ⎨θ ⎬ 0 1⎥⎦ ⎪⎩ϕ ⎪⎭
(10.6)
Jednačine (10.3) i (10.5) nazivaju se Eulerove kinematičke jednačine. G Intenzitet vektora trenutne ugaone brzine ω određen je jednačinom
ω=
ωζ2 + ωη2 + ωξ2 = ω x2 + ω y2 + ω z2
,
(10.7)
a njegov pravac slijedećim jednačinama G
cos( ω,Ox) =
ωx ω
G
, cos( ω,Oy) =
ωy ω
G
, cos( ω,Oz) =
ωz ω
.
Analognim postupkom dolazimo do trenutnog ugaonog ubrzanja pri sfernom kretanju krutog tijela
ε=
dω dt
.
(10.8)
183
Ako se podsjetimo svojstva iz kinematike tačke, da vektor ubrzanja ima pravac tangente na hodograf brzina, i primijenimo ga u ovom slučaju, imat ćemo: iz tačke O nanesimo vektore trenutnih ugaonih brzina ωG1, ωG2 , ... koji odgovaraju nizu vremenskih intervala. Spajanjem vrhova tih vektora dobivamo hodograf vektora trenutnih ugaonih brzina - slika 10.5. Vektor ugaonog ubrzanja poklapa se s pravcem tangente na hodograf ugaonih brzina. G u A G
G
ω2
G
ω1
G
E
ω3
ω G
ε 0
Slika 10.6 Trenutno ugaono ubrzanje Potražimo brzinu tačke A (kraja vektora A je vektor ωG pa imamo G G dω G vA = =ω dt
G
G
ω ).
G
ε
Radijus vektor položaja tačke (10.9)
G
Pošto su vektori ε i u geometrijski jednaki po veličini a jednaki su međusobno, tj. G
G
(10.10)
ε =u
zaključujemo da je ugaono ubrzanje tijela jednako brzini kraja vektora G ugaone brzine. Vektor ε nanosi se iz tačke O, a linija koja određuje pravac G vektora ε zove se os ugaonog ubrazanja E. Projekcije vektora trenutnog ugaonog ubrazanja na osi pomičnog Oxhz i osinepomičnog Oxyz koordinatnog sistema su ε ξ = ω ξ εη = ωη
ε x = ω x ε y = ω y
ε ζ = ω ζ
ε z = ω z
G
(10.11)
Intenzitet vektora ε , njegov pravac i smjer određeni su slijedećim jednačinama 184
ε = ε ξ2 + εη2 + ε ζ2 G ε cos(ε , Ox ) = x ,
ε εy cos(ε , Oy ) = , ε G ε cos(ε , Oz ) = z . ε G
(10.12)
10.4. BRZINA TAČKE TIJELA PRI SFERNOM KRETANJU Potražimo brzinu tačke A tijela koje vrši sferno kretanje. Brzina tačke A izražava se po istoj jednačini kao i kod rotacije tijela oko stalne osi – slika 10.7 G i
G G G G G v A = ω × rA = [ω , rA ] = ω x xA
G j
G k
(10.13)
ω y ωz yA
zA
G
Moramo imati u vidu da je ω vektor koji se mijenja i po pravcu i po smjeru i da ugaona brzina ovdje nije derivacija nekog ugla koji bi bio funkcija vremena, jer takav ugao ovdje ne postoji.
z
Ω
G
ω h G rA
G
ε C
α
A G vA
y 0 x
Slika 10.7 Brzina tačke tijela pri sfernom kretanju
185
Intenzitet vektora
G vA
određen je izrazom
vA = ω⋅r⋅sinα = ω⋅h (10.14) gdje je h udaljenost tačke A od trenutne obrtne osi Ω . G G Ako se komponente ugaone brzine u osima z, ξ i ON oznace sa , ω1 , ω2 , i G ω3 , možemo napisati (slika 10.5) G G G G ω = ω1 + ω2 + ω3 . (10.15) Pošto se rotacijom oko osi z mijenja samo Eulerov ugao ψ , rotacijom oko osi ξ samo ugao ϕ i rotacijom oko osi ON samo ugao θ , slijedi da je ω1 =
dψ = ψ dt
− ugaona brzina precesije
ω2 =
dϕ = ϕ dt
− ugaona brzina sopstvene rotacije
ω3 =
dθ =θ dt
− ugaona brzina nutacije.
(10.16)
Jednačina (10.15) može se napisati G
ω
G
G
= ψk + ϕk1 + θnG .
G
Projekcije vektora v A na pomične i nepomične koordinate osi odredene su izrazima vζ =ωη⋅ζA − ωζ⋅ηA = ( ψ ⋅cosϕ⋅sinθ − θ ⋅sinϕ)ζA −( ψ ⋅cosθ + ϕ )ηA vη = ωξ⋅ζA − ωζ⋅ξA = ( ψ ⋅cosθ + ϕ )ζA − ( ψ ⋅sinϕ⋅sinθ + θ ⋅cosϕ)ξA (10.17) vξ = ωξ⋅ηA − ωη⋅ξA = ( ψ ⋅ sinϕ⋅sinθ + θ ⋅cosϕ)ηA − ( ψ ⋅cosϕ⋅sinθ − θ ⋅sinϕ)ξA
vx =ωy⋅zA − ωz⋅yA = (− ϕ ⋅cosψ⋅sinθ + θ ⋅sinψ)zA −( ϕ ⋅cosθ + ψ )yA vy = ωz⋅xA − ωx⋅zA = ( ϕ ⋅cosθ + ψ )xA − ( ϕ ⋅sinψ⋅sinθ + θ ⋅cosψ)zA (10.18) vz = ωx⋅yA − ωy⋅xA = ( ϕ ⋅ sinψ⋅sinθ + θ ⋅cosψ)yA + ( ϕ ⋅cosψ⋅sinθ − θ ⋅sinψ)xA 186
Ove se jednačine (10.17) i (10.18) nazivaju također Eulerove jednačine. Na osnovu ovih jednačina možemo izračunati intenzitet i pravac vektora G vA
vA =
v x2 + v 2y + v z2 = vξ2 + vη2 + vζ2
(10.19) cos( vG x , Ox) = v x ,
cos ( vG y , Oy) = vy ,
v
v
cos ( vG z , Oz) = v z v
Ako je poznat položaj trenutne obrtne osi Ω , onda je pri određivanju G G ugaone brzine ω dovoljno poznavati brzinu v A bilo koje tačke A koja ne leži na trenutnoj obrtnoj osi. U ovom slučaju iz tačke A spustiti okomicu AB na trenutnu obrtnu os Ω. vA AB
ω=
(10.20)
10.5. UBRZANJE TAČKE TIJELA PRI SFERNOM KRETANJU Da bismo odredili ubrzanje neke tačke A i tijela koje vrši sferno kretanje, treba izvršiti derivaciju brzine, tj. treba derivirati jednačinu (10.13). G G K dv dω K K dr K xτ A + ω x A aA = A = dt dt dt
(10.21)
Ω G
ω
E M G
ε
α
G h
G a2
A
hE G G rA v A G aA
G a1
0
Slika 10.8 Ubrzanje tačke tijela pri sfernom kretanju
187
Budući da je
K drA K K G = vA = ω x τ A dt G dω G =ε dt
i
ugaono ubrzanje, jednačine (10.21), poprima oblik G G G K G G a A = ε xτ A + ω x(ω xτ A ). (10.22) rastavljanjem druge komponente ubrzanja i vodeći računa o vektorskoj algebri, dobivamo G G G K G G G a A = ε xτ A + ω (ω ⋅τ A ) − ω 2τ A . (10.23) Ako stavimo da je vektor ωG = ω ⋅ ωG0 , gdje je ωK0 jedinični vektor drugi član, gornja jednačina se pojednostavljuje G K G G G G G G G G ω (ω ⋅τ A ) − ω 2τ A = ω 2 [ω0 (ω0 ⋅τ A ) − τ A ] = ω 2 [ω0 (τ A cos α ) − τ A ] =
[
]
G G G G = ω 2 OM − τ A = −ω 2 M A = ω 2 h G K je vektor h = AM .
gdje Jednačinu (10.23) pišemo sada u jednostavnijem obliku G G G G G a A = ω x τ A + ω ⋅ h.
(10.24) Iz prethodne jednačine vidimo da se vektor ubrzanja neke tačke A tijela pri sfernom kretanju predočava kao geometrijska suma dvije komponente ubrzanja. Označimo prvu komponentu sa G G G a1 = ε × rA (10.25) G
G
koja je normalna na ravninu u kojoj leže vektori ε i rA , a ima smjer takav G da gledano iz vrha tog vektora vidimo pomjeranje vektora ε prema vektoru G rA u smislu suprotnom kretanju kazaljke na satu. Intenzitet tog vektora je G G a1 = ε ⋅ rA sin(ε , rA ) = ε ⋅ hE
(10.26) gdje je hE udaljenost tačke A od trenutne osi ugaonog ubrzanja. Drugu komponentu označimo sa G G G G a2 = ω × v A = ω 2 h
(10.27)
koja je usmjerena prema trenutnoj obrtnoj osi slike 10.8 i na ziva se, po analogiji kada tijelo rotira oko nepomične osi, aksipetalno ubrzanje. Intenzitet aksipetalne komponente ubrzanja je a2 = ω ⋅ v A sin 900 = ω ⋅ v A = ω 2 h (10.28) 188
G
gdje je h = h najkraća udaljenost tačke A od trenutne obrtne osi Ω. G
G
Ukoliko označimo ugao izmedu komponenti ubrzanja a 1 i a 2 sa , intenzitet ubrzanja tačke A postaje aA =
(10.29)
a12 + a22 + 2a1a2 β
G
Do intenziteta ubrzanja tačke A možemo doći i preko projekcije vektora a A na osi nepomičnog koordinatnog sistema ili na osi pomičnog koordinatnog sistema. Projekcija vektora na osi nepomičnog koordinatnog sistema su aAx = εy zA − εz yA + ωx (ωx xA + ωy yA + ωz zA) −ω2 xA aAy = εz xA − εx zA + ωy (ωx xA + ωy yA + ωz zA) −ω2 yA (10.30) aAz = εx yA − εy xA + ωz (ωx xA + ωy yA + ωz zA) −ω2 zA , a na ose pomičnog koordinatnog sistema: aAζ = εη ξA − εξ ηA + ωζ (ωζ ζA + ωη ηA + ωξ ξA) −ω2 ζA aAη = εξ ξA − εξ ζA + ωη (ωζ ζA + ωη ηA + ωξ ξA) −ω2 ηA (10.31) aAξ = εζ ηA − εη ζA + ωζ (ωζ ζA + ωη ηA + ωξ ξA) −ω2 ξA , Ovdje treba primijetiti da je εx =
dω x dt
,
εy =
dω y dt
,
εz =
dω z dt
jer u nepomičnom koordinatnom sistemu vektor trenutne ugaone brzine izražen je preko projekcija G
G
G
G
ω = ωxi + ω y j + ω z k
gdje su
G G G i , j, k
konstantni jedinični vektori, Prema tome je G G G G dω G = ε = ε xi + ε y j + ε z k dt
.
Veličine εx, εy i εz dobivamo deriviranjem jednačina (10.5). Intenzitet ubrzanja tačke A izražavamo kao aA =
2 2 a A2 ζ + a 2Aη + a A2 ξ = a 2Ax + a Ay + a Az
(10.32) 189
10.6. ODREĐIVANJE POLOŽAJA TRENUTNE OBRTNE OSI Sve tačke koje leže na trenutnoj obrtnoj osi imaju brzine jednake nuli. Prema tome, za svaku tačku koja leži na trenutnoj obrtnoj osi vrijedi G G
ω×r = 0
(10.33) Vodeći računa o jednačini (10.13) gornju jednačinu možemo pisati u slijedećoj formi G i
G k
G j
ωx ω y ωz = 0 x
y
(10.34)
z
odnosno G i ωζ ζ
G G j k ωη ωξ = 0 . η ξ
(10.35)
Iz jednačine (10.34) dobivamo jednačinu trenutne obrtne osi u nepomičnom koordinatnom sistemu, u obliku x
ωx
=
y
ωy
=
z
ωz
.
(10.36)
Na analogan način iz jednačine (10.35) dobivamo jednačinu trenutne obrtne osi u pomičnom koordinatnom sistemu ζ η ξ = = ωζ ωη ωξ
(10.37)
Eliminacijom parametra vremena t iz gornje dvije jednačine dobivamo jednačine pomične i nepomične aksoide. 190
10.7. RIJEŠENI ZADACI
Zadatak 10.1. Konusni zupčanik I kotrlja se po nepokretnom konusnom zupčaniku II, tako da radijus OO1 = r kruži po zakonu promjene ugla
ϕ = c⋅t4 . G
G
Odrediti trenutnu ugaonu brzinu ω i trenutno ugaono ubrzanje ε . Ω
G
ψ
I
ϕ
ω
G
ϕ0
G ω0 G
ψ0
r2
0
01
h r1 r2
II 02
C
Ω
Slika uz zadatak 10.1 Rješenje: Ugaona brzina oko osi OO2 je ϕ =
Brzina tačke O1
dϕ dt
= 4ct3 .
vO1 = r2⋅ ϕ = dϕ = 4r2 ct3 . dt
Zupčanik I izvodi sferno kretanje. U zadanom trenutku tačka C je također nepomična, pa je trenutna obrtna os za tijelo I OC, a brzina tačke O1 je vO1 = h⋅ω 191
Tačka O1 ima samo jednu brzinu pa je vO1 = vO1 4r2 ct3 = h⋅ω ω = 4r2 ⋅c⋅t3 . h
G
Aksoide će biti konusi s vrhovima u O. Vektor ω pada u os OC koja je G pokretna. Veličina vektora ω može se prikazati kao G G G ⋅ ψ0 ω = ϕ ⋅ ϕ0 + ψ
gdje je ψ brzina rotacije zupčanika I oko osi OO1. Veličinu ψ nalazimo iz relacije r1⋅ ψ = vO1 = h⋅ω = h ⋅ ω = r2 ⋅ 4ct 3 . ψ r1
r1
Prema tome r G G G ω = 4 ct 3 ⋅ ϕ0 + 2 ⋅ 4 ct 3 ⋅ ψ0 r1
Ugaono ubrzanje je jednako G
ε =
G G G dω d d = (ϕ ⋅ ϕ0 ) + (ψ ⋅ψ 0 ) dt dt dt
G
Jedinični vektor ϕ 0 je stalan, te je d (ϕ ⋅ ϕG0 ) = 12ct 2ϕG0 dt
.
G
Jedinični vektor ψ0 je promjenjiv, te imamo G G G dψ d dψ 0 (ψ ⋅ψ 0 ) = ψ + ψ 0 dt dt dt G G r2 G d (ψ ⋅ψ 0 ) = ϕψn0 +ψ 0 12ct 2 dt r1
192
.
.
Prema tome je ε
G
=
G 12ct 2ϕ 0
+
G G r2 12ct 2ψ 0 + ϕψn0 r1
G
=
G 12ct 2ϕ 0
+
G G r2 r 12ct 2ψ 0 + 2 16c 2t 6 n0 r1 r1
ε
.
Ugaono ubrzanje može seG prikazati kao G G G G dω d dω0 dω G ε= ω0 . = (ω ⋅ ω0 ) = ω + dt
Pri tome je
dt
dt
dt
G G dω0 G G hG = ϕ × ω0 = ϕ ⋅ sin α ⋅ n0 = 4ct 3 n0 dt r1 G
G
G
ω0 = sin α ⋅ ϕ 0 + cos α ⋅ψ 0 =
h G h G ϕ0 + ψ 0 r2 r1
r2 ⋅ 4ct 3 h dω r2 i = ⋅ 12ct 2 dt h ⎛ h 3 G ⎞ r2 ⎛h G G h G ⎞r ε = ⎜⎜ 4c n0 ⎟⎟ 4ct 3 + ⎜⎜ ϕ 0 + ϕ 0 ⎟⎟ 2 12ct 2 r1 ⎠ h ⎝ r1 ⎠h ⎝ r2 G G G G r r ε = 12ct 2ϕ 0 + 2 12ct 2ψ 0 + 2 16c 2t 6 n0 . r1 r1
ω=
,
Zadatak 10.2. Na slici je prikazana kružna ploča poluprečnika r koja se kotrlja bez klizanja po horizontalnoj ravnini, tako da se os ploče OS obrće konstantnom ugaonom brzinom ω1 oko nepomične vertikalne osi CO = r. G a
G
G u
D
ω1
G
ω
G
0
ε
G vA
G a2 vG s
α
S K'
C
G a1 A
K B
Ω
ravan π
Slika uz zadatak 10.2 193
G
Treba odrediti ugaonu brzinu ploče ω , te brzinu i ubrzanje tačke A u položaju ploče prikazanom na slici, ako je OS = 2r .
Rješenje: Trenutna obrtna os je OB i ploča izvodi sferno kretanje. Brzina tačke S ploče je vS = 2⋅r⋅ω1 = Ugaona brzina ploče ω = vS
SK
=
SK
⋅ω = r⋅cosα⋅ω .
2rω1 2ω1 = r cos α cos α
G
Kako je ω1 = const i α = const bit će ω = const. Vidimo da će vektor ω opisivati horizontalnu kružnicu poluprečnika 2ω1 . Ta kružnica je hodograf G vektora ugaone brzine ω . Brzina kojom se tačka D kreće po hodografu jednaka je ugaonom ubrzanju
ε = (2ω1 )⋅ ω1 = 2(ω1 )2. Brzina tačke A vA =
AK ′
⋅ω = 2⋅r⋅cosα
2ω1 cos α
= 4⋅r⋅ω1 .
Komponente ubrzanja tačke A su: a1 = hE⋅ε = a1 =
AK ′
G
OA
ε=
2r 4rω12 2ω12 = cos α cos α
⋅ω2 = 2⋅r⋅cosα
2ω12 cos 2 α
=
1 8ω12 r cos α
G
Ugao između vektora a 1 i a 2 je (180° − α) , pa je a=
194
a12 + a22 − 2a1a2 cos α =
4ω12 5 − 4 cos 2α cos α
.
10.8. ZADACI ZA RJEŠAVANJE Zadatak 10.3. Projekcije vektora ugaone brzine krutog tijela, koje vrši sferno kretanje na pomične koordinatne osi Oζηξ , izražene su jednačinama
ωζ = 2⋅t
ωη = t2
ωξ = t3
Odrediti veličine, brzine i ubrzanja tačke tijela u trenutku t 1s čije su koordinate (1, 0, 0) u m. Rješenje: vA = 2 m/s aA = 29 m/s2 Zadatak 10.4. Kretanje tijela oko nepomične tačke 0 zadano je jednačinama ψ = π ⋅t , ϕ= π , θ = π⋅t 2
3
gdje su ψ, ϕ i θ izraženi u radijanima, a t u sekundama. Odrediti ubrzanje tačke tijela koja leži na trenutnoj obrtnoj osi na rastojanju 2 3 od nepomične tačke. Rješenje: aA = 3 ⋅π2 m/s2 Zadatak 10.5. Sferno kretanje tijela definirano je jednačinama ϕ = 6⋅t , θ=
π 2
ψ = 3⋅t −
π , 2
Odrediti vektor ugaone brzine i vektor ugaonog ubrzanja. Napisati jednačine nepomične i pomične aksoide.
195
Rješenje:
G
G
G
G
ω = −3 3 cos 3t ⋅ i − 3 3 sin 3t ⋅ j + 6k G
G
G
ε = 9 3 sin 3t ⋅ i − 9 3 sin 3t ⋅ j
z=− ξ=
196
5 3
2 3
x2 + y2
ζ 2 +η 2 .
Složeno kretanje krutog tijela
Složeno kretanje krutog tijela definira se na isti način kao i složeno kretanje tačke. Naime, ako se kruto tijelo kreće u odnosu na pokretni koordinatni sistem O1ζηξ i ako ovaj koordinatni sistem istovremeno vrši kretanje u odnosu na nepokretni (apsolutni) koordinatni sistem Oxyz, tada je rezultirajuće kretanje krutog tijela složeno kretanje. Brzina tačke A tijela u odnosu na nepomični koordinatni sistem Oxyz, prema teoremu o slaganju brzina, određena je jednačinom G G G v = v p + vt .
(11.1)
Proučavanje složenog kretanja tijela svodi se na rješavanje slijedećeg zadatka: u bilo kom trenutku vremena, pri različitim karakteristikama prenosnog i relativnog kretanja, potrebno je pronaći raspored i veličine apsolutnih brzina i ubrzanja tačaka tijela. Kako raspored i veličina brzina pojedinih tačaka tijela ovise o translatornoj i ugaonoj brzini tijela, postavljanje zadatka svodi se na slaganje trenutnih translacija i trenutnih rotacija s obzirom na brzine. Iz jednačine (11.1) vidimo da je slaganje kretanja komulativno, i apsolutno kretanje neće se promijeniti ako prenosno i relativno kretanje zamijene svoje uloge.
197
11.1. SLAGANJE TRANSLACIJA G
Posmatrajmo kruto tijelo koje se kreće translatorno brzinom v1 u odnosu na koordinatni sistem O1ζηξ , koji se istovremeno kreće također G translatorno brzinom v 2 u odnosu na nepomični koordinatni sistem Oxyz. Tada je apsolutna brzina bilo koje tačke posmatranog tijela data jednačinom G G G v = v1 + v2 . (11.2) Možemo zaključiti da je rezultirajuće kretanje također translatorno s brzinom koja je jednaka vektorskom zbiru prenosne i relativne komponente brzine. Ako bi kruto tijelo istovremeno sudjelovalo u n translatornih G G G kretanja čije su brzine v1 , v 2 ...v n , tada bi i rezultirajuće kretanje bilo translatorno, brzinom koja je određena jednačinom G G G G v = v1 + v2 + ... + vn =
n
G
∑v . i
(11.3)
i =1
11.2. SLAGANJE ROTACIJA Pretpostavimo da posmatramo tijelo koje u datom trenutku vrši G obrtanje ugaonom brzinom ω1 oko trenutne obrtne osi Ω1 u odnosu na koordinatni sistem O1ζηξ . Koordinatni sistem O1ζηξ također u tom G trenutku vrši obrtanje ugaonom brzinom ω 2 oko trenutne obrtne osi Ω 2 u odnosu na nepomični koordinatni sistem Oxyz. Zavisno od međusobnog položaja trenutnih osi Ω1 i Ω 2 može nastupiti nekoliko slučajeva koje ćemo posebno proučiti.
11.2.1. Slučaj kada se pravci trenutnih obrtnih osi sijeku Proučimo slučaj kada se pravci trenutnih obrtnih osi Ω1 i Ω 2 sijeku u G G tački O – slika 11.1. Prenesimo vektore ugaonih brzina ω1 i ω 2 u tački O i nad njima konstruirajmo paralelgram. Tačka A vrha dijagonale paralelograma ima brzinu jednaku nuli, pošto je brzina tačke O očigledno jednaka nuli, pravac OA predstavlja trenutnu os obrtanja tijela. 198
ξ
Ω
z
Ω1
A G
G
ω1
ω
η
G
Ω2
ω2
O
y
x
ζ
Slika 11.1 Slaganje rotacija Ugaona brzina rezultirajućeg kretanja je G
G
G
(11.4)
ω = ω1 + ω2
Prema tome, rezultirajuće kretanje je obrtanje oko trenutne obrtne osi Ω G koja prolazi kroz tačku O, trenutnom ugaonom brzinom ω koja je jednaka G G relativnom zbiru komponenti ugaonih brzina ω1 i ω 2 . Ovaj zaključak možemo i uopćiti za slučaj da tijelo sudjeluje istovremeno u n rotacija oko G G G trenutnih osi koje sijeku u jednoj tački O, ugaonim brzinama ω1 , ω 2 ..., ω n . Rezultirajuće kretanje je obrtanje oko trenutne obrtne osi koja prolazi kroz tačku O, ugaonom brzinom G
G
G
K
ω = ω1 + ω2 + ... + ωn =
n
K
∑ω . i
(11.5)
i =1
11.2.2. Slučaj kada su pravci trenutnih obrtnih osi paralelni, a ugaone brzine imaju isti smjer Proučimo slučaj kada je relativno kretanje krutog tijela obrtanje oko osi ξ ugaonom brzinom ωG1 i kada je prenosno kretanje obrtanje tijela oko osi Oz ugaonom brzinom ωG2 . Očigledno je da je apsolutno kretanje tijela ravno kretanje u odnosu na nepomični koordinatni sistem Oxyz. U ovom slučaju za proučavanje rasporeda i veličine brzina pojedinih tačaka tijela dovoljno je proučiti samo brzine tačaka neizmjenjive ravne figure (S) koja predstavlja presjek posmatranog tijela i ravnine okomite na trenutne osi obrtanja – slika 11.2. 199
Ω
Ω2
ζ
G
ω
G
ω2 B
C
G
G
G
ω1 A (S)
π2 ω2
ω
B x
G
ω1G
vA
A
C
G π 2 vB
y
Slika 11.2 Trenutne ugaone brzine su paralelne i istosmjerne Kretanje tačke A tijela, koja se nalazi na osi ξ , nastaje samo zbog prenosnog obrtanja tijela oko osi Oz. Intenzitet brzine tačke A je v A = AB ⋅ ω2 . (11.6) Kretanje tačke B tijela, koja se nalazi na osi Oz, nastaje samo zbog relativnog obrtanja tijela oko osi ξ . Intenzitet brzine tačke B je (11.7)
vB = BA ⋅ ω1.
vektori brzina vGA i vGB su međusobno paralelni i usmjereni u suprotne strane. Na osnovu teorije ravnog kretanja možemo zaključiti da na dužini između tačaka A i B postoji tačka C čija je brzina jednaka nuli vC = BC ⋅ ω2 − AC ⋅ ω1 = 0. (11.8) Pravac koji prolazi kroz tačku C, a paralelan je sa Ω1 i Ω 2 , naziva se trenutna os obrtanja tijela Ω . Korištenjem jednačine (9.11) možemo G odrediti veličinu ugaone brzine ω apsolutnog obrtanja tijela ω=
vA AC
=
vB . BC
(11.9)
Iz svojstva proporcija imamo da je ω=
200
v A + vB AC + BC
=
v A + vB AB
.
Iz jednačina (11.6) i (11.7) dobivamo konačno ω = ω1 + ω2 ω ω1 ω2 =
AB
AC
=
BC
(11.10)
.
Iz jednačine (11.10) možemo zaključiti: ako je relativno i prenosno kretanje krutog tijela obrtanje istog smjera oko paralelnih osi, tada je rezultirajuće kretanje također obrtanje oko trenutne obrtne osi apsolutnom ugaonom brzinom ω = ω 1 + ω 2 , trenutna os obrtanja paralelna je datim osima I ona mijenja svoj položaj u prostoru opisujući cilindričnu površinu.
11.2.3. Slučaj kada su pravci trenutnih obrtnih osi paralelni, a ugaone brzine imaju suprotne smjerova Pretpostavimo da tijelo sudjeluje u dvije rotacije suprotnih smjerova oko paralelnih osi ugaonim brzinama ωG1 i ωG2 . Pretpostavimo da je ω1 > ω2 slika 11.3. Ω2 G G vB
ω2
Ω1
Ω
G vA (S) A
B
C
G
π1
G
ω
ω1
Slika 11.3 Trenutne ugaone brzine paralelne i suprotnog smjera Na pravcu AB sa strane veće ugaone brzine ω1 postoji tačka C čija je brzina jednaka nuli vC = BC ⋅ ω2 − AC ⋅ ω1 = 0 ili BC AC
=
(11.11)
ω1 ω2
201
Pravac koji je paralelan pravcima ugaonih brzina ωG1 i ωG2 i prolazi kroz tačku C predstavlja u datom trenutku obrtnu os tijela, a položaj te osi (odnosno tačke C) određen je jednačinom (11.11). Za tačku B vrijedi vB = AB ⋅ ω1 = BC ⋅ ω
te imamo da je ω = ω1
AB BC
= ω1
BC − AC BC
⎛ AC ⎞ ⎟. = ω1⎜1 − ⎜ CB ⎟ ⎝ ⎠
odnosno ⎛
ω = ω1 ⋅ ⎜⎜1 − ⎝
ω AB
=
ω1 BC
ω2 ⎞ ⎟ = ω1 − ω2 ω1 ⎟⎠
=
ω2 AC
(11.12)
.
Iz ovih jednačina možemo zaključiti: ako je relativno i prenosno kretanje krutog tijela obrtanja suprotnih smjerova oko paralelnih osi, tada je rezultirajuće kretanje trenutno obrtanje koje se vrši oko trenutne osi obrtanja ugaonom brzinom ω = ω1 − ω2 .
11.2.4. Slučaj kada su pravci trenutnih obrtnih osi paralelni, a ugaone brzine istog intenziteta i suprotnih smjerova (spreg ugaonih brzina) Posmatrajmo sada slučaj obrtanja oko paralelnih osi suprotnih smjerova ugaonim brzinama jednakih intenziteta ω1 = ω2 = ω. Ovaj se slučaj naziva spreg obrtanja, pri čemu ωG1 i ωG2 čine spreg ugaonih brzina (kinematički spreg) – slika 11.4. Ω1 G
Ω2
ω1 d
B
π1
G
ω2
G vM
M (S) A
Slika 11.4 Spreg ugaonih brzina 202
Pokazat ćemo da su tada apsolutne brzine svih tačaka tijela jednake, tj. da spreg trenutnih ugaonih brzina daje trenutno translatorno kretanje, ili drugim riječima: spreg trenutnih ugaonih brzina kinematički je ekvivalentan brzini translacije tijela. Za proizvoljnu tačku M tijela vrijedi G G G G G v A = ω1 × AM + ω2 × BM = ω1 × AM − ω1 BM G G G v A = ω1 × AM − BM = ω1 × AB.
(
)
(11.13)
Prema tome, brzine svih tačaka tijela u nekom trenutku t međusobno su jednake. Odatle slijedi da je spreg trenutnih ugaonih brzina doista ekvivalentan brzini translacije. G G v A = ω1 × AB.
(11.14)
Iz ove jednačine zaključujemo da je vektor vG rezultantnog translatornog kretanja okomit na ravninu sprega ugaonih brzina ωG1 i ωG2 , i to tako da ako gledamo s vrha vektora vG vidi se da vektori ωG1 i ωG2 nastoje izazvati rotaciju suprotnog kretanja kazaljke na satu. Razmak d između vektora ωG1 i ωG2 , zove se krak sprega ugaonih brzina. Intenzitet brzine v = vM = ω1 ⋅ d = ω2 ⋅ d
(11.15)
Vektor vG se na osnovu jednačine vG = ωG1 × AB naziva moment sprega ugaonih brzina. To je slobodan vektor. Prema tome, spreg ugaonih brzina ekvivalentan je trenutnoj brzini translacije, koja je jednaka momentu tog sprega ugaonih brzina.
11.3. SLAGANJE TRANSLATORNOG I OBRTNOG KRETANJA KRUTOG TIJELA Pretpostavimo da posmatramo kruto tijelo koje vrši trenutno obrtanje ugaonom brzinom ωG oko osi O1 ξ pokretnog koordinatnog sistema O1 ζηξ , a pokretni koordinatni sistem kreće se translatornom brzinom vG u odnosu na nepomični koordinatni sistem. Da bismo odredili kretanje krutog tijela u odnosu na nepomični koordinatni sistem, primjećujemo da zavisno od ugla G G ω i v mogu nastupiti tri slučaja koja ćemo posebno proučiti. 203
11.3.1. Slučaj kada je brzina translacije okomita na os obrtnog kretanja krutog tijela Razmotrimo slučaj kada kruto tijelo rotira ugaonom brzinom ωG oko osi Ω , koja je okomita na ravninu π 1 - slika 11.5. Pri tome se os zajedno s krutim tijelom kreće translatorno brzinom vG koja je okomita na os obrtanja. Izaberimo na liniji AB tačku B koja leži u ravnini π 1 . Na osnovu slike 11.5 zaključujemo da tačka B vrši istovremeno dva komponentna kretanja: translaciju zajedno sa osi Ω i rotaciju oko tačke O, a njena apsolutna brzina će biti jednaka razlici brzina vG i vG1. Kako vektori vG i vG1 leže u istom pravcu ali suprotnog smjera, pri čemu brzina G G v1 zavisi od rastojanja AB i jednaka je v1 = AB ⋅ ω , možemo odabrati položaj tačke B tako da bude zadovoljen uvjet v = v1, odnosno AB = d =
v
ω
(11.16)
.
Ω
Ω1
G
ω
G v1
A
π1
G v
G v
B
(S)
d
Slika 11.5 Brzina translacije okomita na os obrtanja U tom će slučaju os Ω1 biti u promatranom trenutku nepomična i prema tome kruto tijelo će obrtati oko trenutne obrtne osi Ω1 ugaonom brzinom. ω1 =
v = ω. d
(11.17)
Ukoliko trenutnu brzinu translacije vG zamijenimo spregom ugaonih brzina (ωG1,−ωG1 ) , uz pretpostavku da je ωG1 = ωG , dolazimo do istog rezultata. Ako spreg 204
ugaonih brzina smjestimo kao na slici 11.6, onda je krak sprega ugaonih brzina jednak d=
Ω
v
ω
(11.18)
.
Ω1
G
ω
G
ω1
A
d B
G − ω1
Slika 11.6 Zamjena trenutne brzine translacije Tada se trenutne ugaone brzine ωG i ωG1 na osi Ω poništavaju, a ostale samo trenutno obrtanje oko trenutne osi Ω1 ugaonom brzinom ωG1 = ωG . Možemo zaključiti da se obrtanje i translacija krutog tijela u ravnini okomitoj na os obrtanja mogu sastaviti u jedno obrtanje s istom ugaonom brzinom oko nove osi Ω1 koja je paralelna sa zadanom osi Ω i nalazi se na rastojanju
d=
v
ω
od te osi.
11.3.2. Slučaj kada je brzina translacije paralelna s osi obrtanja (zavojno kretanje tijela) Neka se složeno kretanje krutog tijela sastoji iz obrtnog kretanja koje se vrši ugaonom brzinom ωG oko osi Oz, i translatornog kretanja brzinom G v koja je paralelna Oz osi. Ovakvo kretanje tijela naziva se zavojno kretanje. Os Oz naziva se os zavrtanja, a samo kruto tijelo naziva se zavrtanj – slika 11.7. z
y1
G vA
h
G v G
ω
G v
r
0
ϕ = ω ⋅t x
β
A
β
G v1
α β
A y 0
α
r ⋅ω ⋅ t
v ⋅t
h
x1
2 ⋅ r ⋅π
Slika 11.7 Zavojno kretanje 205
Tačka A na rastojanju r od osi obrtanja opisuje zavojnicu koja leži na cilindru poluprečnika r. Ako ovaj cilindar razvijamo u ravnini Ox1y1, onda je položaj tačke A određen koordinatama x1 = r ⋅ ω ⋅ t
(11.19)
y1 = v ⋅ t.
Zaključujemo da je putanja tačke A prava linija, tj zavojnica s konstantnom zakrivljenošću s nagibom
⎛v⎞ ⎟. ⎝ω ⎠
α = arctg ⎜
Hod zavojnice h = v ⋅T = v ⋅
2π
(11.20)
ω
ne zavisi od r. Veličina brzine tačke A v A = v 2 + v12 = v 2 + r 2ω 2 .
(11.21)
Brzina tačke A vGA leži na pravcu tangente na zavojnicu i zatvara s osi obrtanja ugao β . tgβ =
v1 r ⋅ ω 2π ⋅ r . = = v v h
(11.22)
11.3.3. Slučaj kada brzina translacije zatvara oštar ugao s osi obrtanja Pretpostavimo da kruto tijelo vrši složeno kretanje koje se sastoji od obrtnog kretanja ugaonom brzinom ωG oko osi Ω i translatornog kretanja G brzinom vG koja gradi oštar ugao α s obrtnom osi. Razložimo brzionu v na dvije komponente vG1 i vG2 . Neka je komponenta vG1 usmjerena u pravcu osi G obrtanja, a komponenta v 2 neka je okomita na os obrtanja. Intenziteti komponenti su: v1 = v ⋅ cos α
(11.23)
v2 = v ⋅ sin α Ω
G
ω1
G
G v1
ω
G v1
α
A
G v
d
B
G v2 Ω1
Slika 11.8 Brzina translacije zatvara ugao α s osi obrtanja 206
Sastavljanjem vektora ugaone brzine ωG i vektora vG2 dobivamo, analogno onom u 1.3.1, obrtanje ugaonom brzinom ωG1 = ωK oko nove trenutne osi obrtanja Ω1 . Pri tome je rastojanje između osi Ω i Ω1 d=
v2
ω
=
v
ω
(11.24)
⋅ sin α
Prema tome, rezultantno kretanje u ovom slučaju je trenutno zavojno kretanje oko osi Ω1 , koja je paralelna s vektorom ωG i udaljena od te osi za veličinu d. 11.4. RIJEŠENI ZADACI
Zadatak 11.1. Na kolicima koja se kreću translatorno brzinom vG1 postavljena je takozvana Volfova kulisa koja se sastoji od vertikalne osovine AB, koja se kreće duž vertikalne vođice, zatim vođice CD duž koje je klizač E pokretan. Poluga OE dužine a obrće se konstantnom ugaonom brzinom ωG oko osi koja prolazi kroz tačku O. Odrediti apsolutnu brzinu klizača E i vođice CD u trenutku kada je ugao ϕ = π . 6
B E C A
G ω a ϕ 0
D G v1
Slika uz zadatak 11.1 Rješenje: Brzina klizača E, posmatrana kao tačka poluge OE G G G vE = vO + vEO
gdje je
G G vO = v1.
S druge strane, brzina tačke E kada se posmatra kao tačka koja se slobodno kreće u kulisi 207
G v2 C
G v E0
G v0
E
ϕ
E D G
G v1
ω
0
G
G
ϕ v0 = v1
Slika uz rješenje zadatka 11.1
G G G G vE = v1 + v2 + vt
Ako izjednačimo brzine tačke E, imat ćemo G G vE = vE G G G G G v1 + vEO = v1 + v2 + vr
(I)
projiciranjem izraza I na pravac AB imamo da je vEO ⋅ cos ϕ = v2
Za trenutak vremena kada je v2 = a ⋅ ω
ϕ=
π 6
komponenta brzina kulise je
3 . 2
Intenzitet brzine kulise je v = v12 + v22 = v12 + a 2ω
Intenzitet brzine klizača je vE = v12 + ω 2 a 2 − aωv1
208
3 4
Zadatak 11.2. Na slici je prikazan planetarni sistem konusnih zupčanika. Zadani su poluprečnici r1 i r2 zupčanika i uglovi 2α1 i 2α 2 . Treba odrediti relativnu i apsolutnu ugaonu brzinu zupčanika 1 koji se kotrlja po nepomičnom zupčaniku 2, ako je poznato ω p .
α 0 ωp α2
2
0
G
ωr ω1 α1
G
G
n A2
r2
P H
1
A1
r1 Ω2
G α2 ωp a2
Ω
Ω1
G
ω1 α1 G ωr a1
Slika uz zadatak 11.2 Rješenje: Kretanje zupčanika 1 sastavljeno je od obrtanja oko osi Ω1 ugaonom brzinom ω p (prenosno kretanje) i obrtanja oko osi Ω 2 ugaonom brzinom ωr (relativno kretanje). Trenutna os obrtanja (apsolutnog) zupčanika 1 je Ω (koja prolazi kroz tačke (O i P). Vektor apsolutne brzine ωG1 leži na trenutnoj obrtnoj osi Ω . Na osnovu poznatog zakona složenog kretanja imamo da je G
G
G
ω1 = ω p + ωr
Primjenom sinusnog teorema imamo: ωp ωr ω = = 1 sin α1 sin α 2 sin α 209
gdje je α = α1 + α 2 .
relativna ugaona brzina zupčanika 1 ωr =
sin α 2 ⋅ω p , sin α1
kako je sin α1 =
r1 OP
, sin α 2 =
r2 OP
imamo da je ωr =
r2 ⋅ω p. r1
Apsolutna brzina zupčanika 1 ω1 =
sin α ⋅ω p , sin α1
a možemo je odrediti i pomoću kosinusnog teorema ω1 = ω 2p + ωr2 + 2ω pωr cos α = ω 2p + ω1 =
ωp r1
r22 r12
ω 2p + 2ω p
r2 cos α r1
r12 + r22 + 2r1r2 cos α ..
Zadatak 11.3. Poluga AB dužine l obrće se oko osi Ω1 u pozitivnom smjeru ugaonom brzinom ωG1 čini je intenzitet ω1 = ω. Disk poluprečnika r obrće se oko osi Ω 2 u pozitivnom smjeru ugaonom brzinom ωG2 čiji je intenzitet ω2 = ω u odnosu na polugu AB. Odrediti veličinu i pravac apsolutnih brzina tačaka C i D diska. 210
Ω2
G
Ω1
ω2
G
ω1 A
B
G vB
ω1 P
ω 2 B vG C
G vD
D
C
Slika uz zadatak 11.3 Rješenje: Kako su ugaone brzine relativnog i prenosnog obrtanja diska jednakih intenziteta i istog smjera, to se trenutno pol P diska nalazi na sredini poluge AB. ωa = ω1 + ω2 = 2 ⋅ ω
Korištenjem jednačina iz predhodnog poglavlja 12 + r 2 = ω 12 + 4r 2 4 ⎞ ⎛1 vD = PD ⋅ ωa = 2 ⋅ ω ⋅ ⎜ + r ⎟ = ω ⋅ (1 + 2 ⋅ r ). 2 ⎠ ⎝
vC = PC ⋅ ωa = 2ω
Pravci vektora
G G vC i vD
normalni su na potege PC, odnosno PD.
Zadatak 11.4. Horizontalna os AB točka obrće se ugaonom brzinom ω oko vertikalne osi Ω1 , pri čemu se točak kotrlja bez klizanja po horizontalnoj ravnini. Odrediti ugaonu brzinu ω r točka oko osi AB i njegovu apsolutnu brzinu ω a oko trenutne osi obrtanja ako je poluprečnik točka r, a rastojanje AB = 1. 211
Ω1
A G ωp
G
ωr
B G
ωa P
Slika uz zadatak 11.4 Rješenje: Na osnovu slike vidimo da je ω p = ω. Trenutna os obrtna točka ima pravac AP. Iz paralelograma vektora ugaonih brzina imamo ωr AP 1 = = ω BP r 1 r
ωr = ⋅ ω.
Apsolutna ugaona brzina ωa = ω 2 + ωr2 = ω 1 +
12 r2
=
ω r
r 2 + 12 .
Zadatak 11.5. U reduktoru prikazanom na slici pogonski članovi su zupčanik 1 i poluga H koja nosi osovinu dvojnog satelita 2 – 2'. Ako je poznato: ugaona -1 -1 brzina zupčanika 1 ω1 = 140s , ugaona brzina poluge H ω H = 60s , brojevi zuba zupčanika z1 = 60, z2 = 40, z'2 = 20 i z3 = 120. Odrediti ugaonu brzinu zupčanika 3 ω 3 i brojeve zuba svih zupčanika, i to: a) kada zupčanik 1 i poluga H rotiraju u istom smjeru b) kada rotiraju u suprotnim smjerovima. 212
B
2
C
2C A 2′ H 10
B
A H 0
3
P2 2′
G v G C vB G vA
3
1
C B A 0
Slika uz zadatak 11.5 Rješenje: a) Ovdje imamo zupčasti par 2 – 2' koji vrši obrtanje oko paralelnih osi. Brzina tačaka A,B i C
(
v A = r1 ⋅ ω1 = ω 2 ⋅ P2C + r '2 + r2
)
(
v B = (r1 + r2 ) ⋅ ω H = ω 2 ⋅ P2C + r '2
(I)
)
vC = ω2 ⋅ P2 C
(II) (III)
gdje je ω2 ugaona brzina zupčanika 2 – 2' oko trenutnog centra P2. Na osnovu (I) i (II) imamo r1 ⋅ ω1 − (r1 + r2 ) ⋅ ω H = r2 ⋅ ω2
ω2 =
1 ⋅ [r1 ⋅ ω1 − (r1 + r2 ) ⋅ ω H ] r2
r1 P C + r '2 + r2 r ω − (r + r )ω r2 ili 1 1 1 2 H = = 2 (r1 + r2 )ωH (r1 + r2 )ωH P2 C + r '2 P2 C + r '2 P2 C =
r2 (r1 + r2 )ω H − r '2 r1ω1 − (r1 + r2 )ω H
vC = ω2 ⋅ P2 C = ω H ⋅ r3 −
ω3 =
r1r '2 ⋅ (ω1 − ω H ) r2
vC r r' = ω H − 1 2 (ω1 − ω H ). r3 r2 r3
Ako poluprečnike zamijenimo s brojem zuba ω3 = ω H −
z1z '2 (ω1 − ωH ) z 2 z3
213
ω3 = 60 −
20 ⋅ 60 (140 − 60) 120 ⋅ 40
ω3 = 40 s −1.
b) ω1 = 140 s −1
ω H = −60 s −1 20 ⋅ 60 (140 + 60) ω3 = −60 − 120 ⋅ 40 ω3 = −110s −1.
Zadatak 11.6. Pravougaoni paralelopiped u posmatranom trenutku obrće se oko dvije osi koje se sijeku u tački O. Ugaona brzina prvog obrtanja po pravcu, smjeru i intenzitetu, jednaka je dijagonali OD. Ako je poznata brzina B v3 = 61 m/s i ako su date ivice paralelopipeda O A = 5 m, OC = 4 m , OE = 3 m G odrediti vektor ugaone brzine ω rezultirajućeg kretanja paralelopipeda. z
G ω2 0 G i
D
E G k
G
F
ω1
y
G j
A G B
C x
Slika uz zadatak 11.6 Rješenje: Vektor ugaone brzine G
G
ω1
možemo pisati G
G
G
ω1 = ω1x i + ω1 y j + ω1z k .
214
Kako su date stranice paralelopipeda, to je G
G
G
ω1 = 5 j + 3k .
Vektor
G
ω2
usmjeren je duž pravca OD, imamo da je G
4 5
G
G
3 5
ω2 = ω2 i + ω2 k .
Vektor apsolutne ugaone brzine je G
G
G
G
4 5
G
ω = ω1 + ω2 G
⎛
ω = ω2i + 5 j + 3⎜1 + ⎝
Brzina tačke B
G i G G G 4 vB = [ω , ra ] = ω2 5 4
ω2 ⎞ G
⎟k . 5 ⎠
G j
G k
⎛ ω ⎞ 5 3⎜1 + 2 ⎟ 5 ⎠ ⎝ 5 0
vBx = −(15 + 3 ⋅ ω2 ) ⎛ ω ⎞ vBy = 15 ⋅ ⎜1 + 2 ⎟ 5 ⎠ ⎝ vBz = 4 ⋅ ω2 − 20 2
⎛ ω ⎞ vB2 = 612 = (15 + 3 ⋅ ω2 )2 + 125 ⋅ ⎜1 + 2 ⎟ + (4 ⋅ ω2 − 20 )2 5 ⎠ ⎝
Nakon sređivanja imamo da je 769 ⋅ ω22 − 310 ⋅ ω2 − 73800 = 0
ω2 = 10 s −1 G
ω=− ω=
G 138 G 384 G i +5j + k 50 50
2 570 s −1. 5
215
11.5. ZADACI ZA RJEŠAVANJE Zadatak 11.7. Krivaja O1O2 obrće se oko osi O1 brzinom ω1 . Na rukavac O2 krivaje slobodno je nasađen zupčanik II poluprečnika r2, koji je spregnut sa zupčanikom I. Odrediti apsolutnu ugaonu brzinu ωa zupčanika I i njegovu ugaonu brzinu ω2 u odnosu na krivaje. I
ω1 01
II
ω2
ωa
02
P
Slika uz zadatak 11.7 Rješenje: ω2 = ω1
r1 r2
ωa = ω1
r1 − r2 r2
Zadatak 11.8. Prema podacima koji su dati u primjeru 11.7, odrediti relativnu ω 2 i apsolutnu ugaonu brzinu ω a zupčanika II prema slici 11.8. I II
ωa
ω1
01
P
ω2
02
Slika uz zadatak 11.8
216
Rješenje: ω2 = ω1
r1 r2
ωa = ω1 + ω2 = ω1
r1 + r2 r2
Zadatak 11.9. Zupčanik 4 planetarnog mehanizma pričvršćen je na polugu OA, koja se okreće oko osi O nepomičnog zupčanika 1 konst. ugaonom brzinom ω0 . Osovina dvostrukog zupčanika 2-3 koji su u zahvatu sa zupčanicima 1 i 4 vezan je za polugu u ta~ki O1. Odrediti ugaonu brzinu zupčanika 4 ako su poznati brojevi zuba z1, z2, z3 i z4.
3 2
ω0 0
4 A
01 1
Slika uz zupčanik 11.9 Rješenje:
ω4 = ω0⋅
⎛ zz ⎞ ⎜1 − 1 3 ⎟ ⎜ z z ⎟ 2 4 ⎠ ⎝
Zadatak 11.10. Za podatke iz zadatka 11.9 odrediti ugaonu brzinu poluge OA oko osi O kao prenosno rotaciono kretanje. ω1r
ω 2 r = ω 3r ω 4r
ω0 = ω p
0
01
A ω4
Slika uz zadatak 11.10 217
Rješenje:
ω0 >ω0⋅ z1z3
z2 z4
1>
z1 z3 z2 z4
Zadatak 11.11. Poluga 0A obrće se oko osi O ugaonom brzinom ω0 u pokazanom smjeru i pokreće zupčanik II koji se kotrlja po unutrašnjoj strani zupčanika III. Zupčanik II je u zahvatu sa zupčanikom I koji se okreće oko osi O. Odrediti ugaonu brzinu zupčanika I ako su poznati brojevi zubaca z1 i z2 zupčanika I i II. I
ω1 01
II
ω2 02
ωa P
Slika uz zadatak 11.11 Rješenje:
ω1 = 2 ⋅ ω0 ⋅
218
z1 + z3 z1
Literatura [1]
Andrejev, V.: Mehanika II - Kinematika, Tehnička knjiga, Zagreb, 1971.
[2]
Anđelić, T., Lj. Radosavljević: Mehanika, pojmovi, pravila, obrasci, Tehnička knjiga, Beograd, 1964.
[3]
Assmann, B.: Technische Mechanik, R. Oldenburg Verlag, München, Wien. Tl 1: Statik, 1993. Tl 2: Kinematik und Kinetik, 1992.
[4]
Bražničenko, U.A., V.L. Kan, B.L. Mincberg: Sbornik zadac po teoretičeskoj mehaniki, Lenjingrad, 1962.
[5]
Böge, A.: Mechanik und Festigkeitslehre, Vieweg, Braunschweig, 1971.
[6]
Böge, A.: Aufgaben - sammlung zur Mechanik und Festigkeitslehre, Vieweg, Braunschweig, 1992.
[7]
Böge, A.: Lösungen zur Aufgaben - sammlung zur Mechanik und Festigkeitslehre, Vieweg, Braunschweig, 1992.
[8]
Bat, M.I., G.J. Džanelidza, A.S. Kelzon: Riješeni zadaci iz teorijske mehanike sa izvodima iz teorije, I - Statika i kinematika, prijevod s ruskog, Građevinska knjiga, Beograd, 1970.
[9]
Bazjanac, D. : Mehanika II - Kinematika, Tehnička knjiga, Zagreb, 1977.
[10]
Brommundt, E., G. Sachs: Technische Mechanik, Springer - Verlag, Berlin, 1988.
[11]
Dolocek, V.: Zbirka zadataka iz kinematike, Svjetlost, Sarajevo, 1973.
[12]
Gross, D., Hauger, W. Schnell: Technische Mechanik, Springer, Berlin. Bd. 1: Statik, 1982. Bd. 2: Elastostatik, 1985. Bd. 3: Kinetik, 1983.
[13]
Gross, D, W. Schnell: Formel - und Aufgabensammlung zur technischen Mechanik, Teubner, Stuttgart,
[14]
Goldstein, H.:Klassische Mechanik, AULA - Verlag, Wiesbaden, 1991.
[15] [16]
G. Kiessling, W. Körner, D. Mende, H. Spretke: Physik, Leipzig, 1981. Hagandar, P.: Technische Mechanik, Harri Deutsch, Frankfurt, 219
Bd. 1: Statik, 1989. Bd. 2: Festigkeitslehre, 1990. [17]
Hauger, Lippmann, Mannl: Aufgaben zu Technische Mechanik 1-3, Springer Lehrbuch, Berlin, 1991.
[18]
Ivanović, D.: Vektorska analiza, Naučna knjiga, Beograd, 1963.
[19]
Karabegović, I.: Zbirka riješenih zadataka iz kinetike i dinamike, Viša tehnička škola Bihać, Bihać, 1982.
[20]
Kittel, Ch., W. Knight, M. Ruderman, C. Helmholz, B. Mayer: Berkeley Physik Kurs, Mechanik, Friedr. Vieweg, Braunschweig, 1991.
[21]
Mayer, Schwarz, Stanger: Formel und Tabellensammlung, Handwerk und Technik, Hamburg, 1990.
[22]
Muftić, O.: Mehanika I, Tehnićka knjiga, Zagreb, 1989.
[23]
Murray, R., Spiegel: Allgemeine Mechanik, McGraw-Hill Book Company BmbH, Düsseldorf, 1979.
[24]
Pestel, E.: Technische Mechanik, Bibliographisches Institut, Mannheim, Bd. 1: Statik, 1969. Bd. 2: Kinematik und Kinetik, 1969.
[25]
Pivko, S.: Mehanika I, Statika, Naučna knjiga, Beograd, 1963.
[26]
Rusov, L.: Mehanika, Statika, Privredni pregled, Beograd, 1974. Mehanika, Kinematika, Privredni pregled, Beograd, 1974. Mehanika, Dinamika, Privredni pregled, Beograd, 1975.
[27]
Sapunar, Z.: Mehanika II, Sveucilišna naklada Liber, Rijeka, 1978.
[28]
Steger, H., J. Siaghart, E. Glauninger: Technische Mechanik 2, Festigkeitslehre, Kinematik, Kinetik, Hydromechanik, B.G. Teubner, Stuttgart, 1993.
[29]
Timošenko, S., D.M. Jang: Tehnička mehanika, prijevod s engleskog, Građevinska knjiga, Beograd, 1962.
[30]
Voronkov, I.V.: Teorijska mehanika, prijevod s ruskog, Građevinska knjiga, Beograd, 1963.
[31]
Zimmermann - Rittinghaus: Mechanik - Aufgaben 1, Hermann Schroedel Verlag KG, Hannover, 1966.
[32]
Zimmermann - Rittinghaus: Mechanik - Aufgaben 2, Hermann Schroedel Verlag KG, Hannover, 1966.
220
Simboli Simbol A A, B, C a a aB , aC , …
aCB aCor
an ar at ax, ay, az aϕ d er , eϕ , ez er , eϕ , ez i , j, k
g k l L n Pv R Rk r r
s t UL Uv Ua v, v
Jedinica Naziv 2 površina m integracione konstante − 2 ubrzanje m/s 2 vektor ubrzanja m/s 2 vektor ubrzanja tačaka B,C,... m/s 2 ubrzanje tačke C oko ose kroz tačke m/s B 2 Coriolisovo ubrzanje m/s 2 normalno ubrzanje m/s 2 radijalno ubrzanje m/s 2 tangencijalno ubrzanje m/s 2 skalarne komponente ubrzanja m/s 2 cirkularna komponenta ubrzanja m/s dužina, prečnik m jedinični vektori cilindričnog k. − sistema jedinični vektori prirodnog k. sistema − jedinični vektori Decartovog k. − sistema 2 ubrzanje zemljine teže m/s konstanta − dužina m dužina m °/min broj okretaja trenutni pol brzina − poluprečnik m radijus krivine m radijus m radijus vektor položaja m put, zakon puta m vrijeme s razmjera za dužinu m/m [m/s]/m razmjera za brzinu [m/s2]/m razmjera za ubrzanje brzina m/s 221
v A , vB ,… v AB vr vp
vr, vϕ vx, vy, vz x, y, z
ε α,β,γ,δ ζ,η,ξ ρ
ϕ ψ ω =ϕ
ω0
222
m/s m/s m/s m/s m/s m/s m s−2 °, rad m m °, rad °, rad s−1 s−1
brzine tačaka A,B,... brzina rotacije tačaka A oko B relativna brzina prenosna brzina radijalna i cirkularna komponenta brzine skalarne komponente brzine koordinate ugaono ubrzanje uglovi koordinate radijus vektor položaja ugao, zakon obrtanja ugao ugaona brzina konstante ugaone brzine
